Tập san Toán học - Trường THPT chuyên Hoàng Văn Thụ

Lời nói đầu 
Học toán và làm toán là hai vấn đề hoàn toàn khác nhau. Đó là hai mặt 
không thể tách rời của toán học, trong đó học toán là cơ bản và làm toán là một vấn 
đề đặc biệt quan trọng. Học toán sẽ giúp cho chúng ta nắm đ−ợc những điều cơ bản 
nhất và những vận dụng ban đầu của lý thuyết cơ sở. Làm toán nghĩa là đào sâu 
suy nghĩ, phát triển một bài toán ở mức độ t− duy cao hơn, nhờ đó sẽ giúp chúng ta 
có một cái nhìn toàn diện và sâu sắc hơn về một vấn đề. Và hệ quả tất yếu của việc 
đào sâu suy nghĩ đó là những sáng tạo toán học nh− những khái niệm, những bài 
toán, những ứng dụng hay lý thuyết mới. Đó mới là mục đích sâu sắc nhất của toán 
học. Với tinh thần đó, nhóm những cựu học sinh tr−ờng THPT Chuyên Hoàng Văn 
Thụ – Hòa Bình đH cùng nhau xây dựng nên tờ Tập san Toán học 2007 nhằm mục 
đích động viên phong trào học toán ở tr−ờng Chuyên Hoàng Văn Thụ nói riêng và 
các bạn học sinh của Tỉnh Hòa Bình nói chung. Tờ báo đ−ợc hoàn thành với sự tâm 
huyết, lòng yêu toán và h−ớng tới mái tr−ờng cũ của những học sinh đH từng học 
tập d−ới mái tr−ờng Hoàng thân yêu. Đó cũng là món quà mà những cựu học sinh 
muốn gửi tặng đến các thầy cô giáo với lòng biết ơn sâu sắc! 
Đây là lần thứ hai Tập san ra mắt, nh−ng với quy mô và nội dung phong phú 
hơn rất nhiều so với lần ra mắt tr−ớc đó. Nội dung của Tập san là những bài viết với 
nội dung tìm tòi, sáng tạo, những kinh nghiệm, ứng dụng và những ph−ơng pháp 
học toán. Hy vọng rằng dù với một l−ợng kiến thức không nhiều, nh−ng Tập san sẽ 
mang lại cho các bạn nhiều điều bổ ích và lý thú. 
Vì khả năng của Ban biên tập còn nhiều hạn chế và thời gian có hạn, nên 
trong quá trình biên tập, chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót và nhiều điểm 
không đ−ợc nh− mong muốn, rất mong nhận đ−ợc sự thông cảm và những đóng 
góp xây dựng của các bạn độc giả. Và chúng tôi cũng hy vọng rằng, với truyền 
thống hào hùng của tr−ờng THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ, các bạn thế hệ sau sẽ 
tiếp tục phát huy và không ngừng nâng cao vị thế của tuổi trẻ Hòa Bình trong mắt 
bạn bè ở mọi miền đất n−ớc. Hy vọng rằng Tập san sẽ đ−ợc các bạn khóa sau duy 
trì và hoàn thiện hơn nữa về mọi mặt. Ban biên tập xin đ−ợc cảm ơn tất cả các bạn 
đH tham gia và ủng hộ nhiệt tình để tờ Tập san đ−ợc ra mắt đúng nh− dự kiến. Xin 
trân trọng giới thiệu cùng bạn đọc! 
Chúc các bạn thành công trong học tập và thành đạt trong cuộc sống! 
Hòa Bình tháng 1 năm 2007 
Ban biên tập 
Tập san Toán học 2007 
Hội đồng biên tập 
Tr−ởng ban biên tập: Nguyễn Lâm Tuyền Phó ban biên tập: Bùi Lê Vũ 
Cộng tác viên: Nguyễn Thái Ngọc, L−u Nh− Hòa, trần quang thọ 
phạm tháI sơn, nguyễn duy hoàng 
Mục lục 
Phần 1. Sáng tạo toán học 
Giới thiệu ph−ơng pháp tính một số lớp tích phân dạng hàm l−ợng giác – Cao Trung Chinh... 
1 
Tổng quát hóa bài toán - Đỗ Thị Thu Hà... 3 
Xung quanh bài toán bất đẳng thức thi Toán Quốc tế 2005 – Nguyễn Anh Tuấn. 5 
Thử đi tìm bất đẳng thức trong tam giác – D−ơng Thị H−ơng – Nguyễn Nh− Thắng.. 9 
Một sự tình cờ – Nguyễn Lâm Tuyền 12 
Sử dụng tính chất hàm đơn ánh để giải bài toán ph−ơng trình hàm – Nguyễn Thái Ngọc. 15 
Lời giải các bài thi Toán Quốc tế 2003 – Hà Hữu Cao Trình ... 17 
Số phức với hình học phẳng – Vũ Hữu Ph−ơng.. 20 
Ph−ơng trình hàm và sự trù mật – Bùi Lê Vũ  23 
DHy số và sự trù mật trên R+ – Hồ Sỹ Tùng Lâm. 26 
Một số bài toán số học về dHy tổng các lũy thừa – Trần Quốc Hoàn. 28 
Cân bằng hệ số trong bất đẳng thức Cô-si – Nguyễn Lâm Tuyền.. 30 
Ph−ơng pháp sử dụng định nghĩa để tính giới hạn – Lê Bảo Khánh.. 35 
Điểm Lemoine trong tam giác – Lê Văn Đính... 38 
Câu chuyện đ−ờng tròn và elipse – L−u Nh− Hòa.. 40 
Một số ph−ơng pháp xác định giới hạn của dHy số – Nguyễn Lâm Tuyền 41 
Một lớp các bài toán bất đẳng thức – Nguyên Minh Phúc. 46 
Một số khái niệm về góc định h−ớng – Trần Quang Thọ... 48 
Tiêu chuẩn hội tụ tổng quát – Bùi Lê Vũ – Nguyễn Thái Ngọc 52 
ứng dụng định lý Stolz trong tìm giới hạn của dHy số – Ngô Nhất Sơn. 55 
ứng dụng của một bài toán tổng quát – Nguyễn Hà Thuật 57 
Tập d−ợt sáng tạo – Đặng Phùng H−ng. 59 
Vận dụng định lý sách giáo khoa linh hoạt – Trịnh Anh Tuấn.. 61 
Mở rộng khái niệm tâm tỉ cự cho tứ diện – Hoàng An Giang 64 
Ph−ơng pháp logic mệnh đề – Phạm Phúc Lân.. 66 
Phép chiếu và ứng dụng của phép chiếu – Nguyễn Lâm Tuyền. 69 
Một số bài toán bất đẳng thức chọn lọc – L−u Nh− Hòa 73 
Sử dụng đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức – Vũ Việt Dũng 75 
Tiếp cận toán bằng vật lý – Nguyễn Lâm Tuyền... 78 
Bất đẳng thức Schur và ứng dụng – Tr−ơng Quốc H−ng 81 
Một số bài tập về toán rời rạc – Bùi Mạnh Quân... 83 
Sử dụng hàng điểm điều hòa để giải bài toán cực trị – Trần Thị Linh Ph−ơng.. 85 
Phần II. Lịch sử và ứng dụng Toán học 
Sự phát triển của số học – Phùng Ngọc Thắng... 87 
Toán học và tự động hóa – Nguyễn Lâm Tuyền 90 
Dùng đa thức để phát hiện lỗi đ−ờng truyền – Nguyễn Lâm Tuyền.. 
Cấu trúc tự nhiên – Nguyễn Thái Ngọc.. 
93 
95 
Phần III. Toán học và ngoại ngữ 
Học toán và ngoại ngữ – Ngô Thành Long...... 97 
Ph−ơng tích của điểm với đ−ờng tròn – L−u Nh− Hòa... 98 
Phép nghịch đảo – L−u Nh− Hòa... 99 
Phần IV. Những bài toán hay và các bài toán tự sáng tạo 
Các bài toán tự sáng tạo – Nguyễn Lâm Tuyền. 
103 
Những bài toán hay – Nhiều tác giả... 
109 
Phần i 
Sáng tạo Toán học 
Phần I - Sáng tạo toán học. 
TAÄP S AN TO AÙN H OẽC - 200 7 1 
TRệễỉNG THPT CHUYEÂN HOAỉNG VAấN THUẽ - HOỉA BèNH 
Giụựi Thieọu Phửụng Phaựpự ọ ựự ọ ựự ọ ự 
Tớnh moọt soỏ lụựp tớch phaõn daùng haứm lửụùng giaựcọ ỏ ự õ ù ứ ù ựọ ỏ ự õ ù ứ ù ựọ ỏ ự õ ù ứ ù ự 
Thầy cao trung chinh 
GV. THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ, Hoà Bình 
Để giúp học sinh có thêm những 
kiến thức mang tính hệ thống, tôi xin 
giới thiệu một số lớp tích phân dạng hàm 
số l−ợng giác th−ờng gặp trong các kì thi 
tốt nghiệp cũng nh− thi đại học. Hi vọng 
qua bài viết này, các em có thể rút ra 
nhiều điều bổ ích cho bản thân. 
I. Dạng ∫ dxxxf )cos,(sin . 
1. Nếu f(sinx, cosx) là hàm hữu tỉ thì đặt 
t = tg
2
x
. 
2. Một số hiện t−ợng cá biệt. 
- Nếu f(-sinx, cosx) = - f(sinx, cosx) thì 
đặt x = cost. 
- Nếu f(sinx, - cosx) = - f(sinx, cosx) thì 
đặt x = sint. 
- Nếu f(-sinx, - cosx) = f(sinx, cosx) thì 
đặt x = tgt. 
Qua các cách đổi biến nh− trên, ta có 
thể tính các tích phân một cách đơn giản 
và nhanh chóng. Sau đây là một số ví dụ 
cụ thể. 
1. Ví dụ 1. Tính I = ∫ x
dx
sin
. 
Lời giải. 
Đặt t = tg
2
x
 ⇒ 
22cos
2
dxdt
x
= , 
21
2
sin
t
t
x
+
= . Vậy 
I = ∫ x
dx
sin
 = ln ln
2
dt x
t c tg c
t
= + = +∫ 
2.Ví dụ 2. Tính I = ∫ 3 2
3
cos
sin
x
xdx
. 
Lời giải. Đặt t = cosx xdxdt sin−=⇒ . 
Ta có 
I = - ∫
−
3 2
21
t
t
dt = 
4 2
3 3t t dt
− 
− 
 
∫ = 
7 1
3 7 33 33 33 cos 3 cos
7 7
t t c x x c− + = − + 
 Các bạn hHy tự giải hai ví dụ sau: 
3. Ví dụ3. Tính I = dx
xx
xx
∫ +
+
42
53
sinsin
coscos
. 
4.Ví dụ 4. 
Tính I = ∫
−+ xxxx
dx
22 coscossin2sin
Chú ý: ở đây mọi nguyên hàm đ−ợc hiểu 
là trên mỗi khoảng của tập xác định. 
II. Dạng ∫ xdxx
nm cossin . 
- Nếu m hoặc n là số nguyên d−ơng lẻ 
thì t−ơng ứng ta đặt t = cosx hoặc t = 
sinx 
- Nếu m và n đều là số nguyên d−ơng 
chẵn thì chúng ta dễ dàng sử dụng công 
thức hạ bậc và góc nhân đôi để giải 
quyết bài toán. 
- Nếu (m+n) là số nguyên chẵn thì đặt 
 t = tgx hoặc t = cotgx. 
Tùy theo từng điều kiện của bài toán 
mà ta có thể chọn lựa cách đặt cho phù 
hợp. Sau đây là một số ví dụ: 
Phần I - Sáng tạo toán học. 
TAÄP S AN TO AÙN H OẽC - 200 7 2 
TRệễỉNG THPT CHUYEÂN HOAỉNG VAấN THUẽ - HOỉA BèNH 
1.Ví dụ1. Tính 4 5sin cosx xdx∫ . 
Lời giải. Đặt t = sinx, ta có dt = cosxdx 
Vậy ∫ xdxx
54 cossin = 
= ( ) ( )∫ ∫ =−=− dttttdttt 864224 21 
= cttt ++− 975
9
1
7
2
5
1
= cxxx ++− 975 sin
9
1
sin
7
2
sin
5
1
. 
2.Ví dụ 2. Tính ∫ 3
3
coscos
sin
xx
xdx
. 
Lời giải. 
Ta có ∫ 3
3
coscos
sin
xx
xdx
=
4
3 3sin cosx xdx
−
∫ 
Đặt t = cosx (do m = 3, n = 
4
3
− ), ta có 
dt = - sinxdx. Vậy 
4
3 3sin cosx xdx
−
∫ = - ( )
4
2 31 .t t dt
−
−∫ 
= 
2 4
3 3t t dt
− 
− 
 
∫ 
= 
5 1
3 33 3
5
t t c
−
− + 
= 
5 1
3 33 cos 3cos
5
x x c
−
− + 
3. Ví dụ3. Tính I = ∫ xdxx
42 cossin . 
Lời giải. Ta sử dụng công thức hạ bậc: 
1
sinxcosx= sin 2
2
x , 2
1 cos 2
cos
2
x
x
+
= 
và dế dàng giải quyết bài toán. 
4.Ví dụ 4. Tính I = ∫ 3 11 cossin xx
dx
. 
Lời giải. Dễ thấy m =
3
11
− , n =
3
1
− và 
m + n = - 4 nên ta đặt t = tgx , ta có 
ngaydt = (1+tg2x)dx . Vậy: 
I = ∫ 3 1211 cos xxtg
dx
= ∫ 3 114cos xtgx
dx
= 
( )
( )
( )
22 11
2 3
11
2 3
1
1 .
1 .
t
dt t t dt
t t
−
−
+
= +
+
∫ ∫ 
= 
11 5
3 3t t dt
−
− 
+ 
 
∫ 
= 
8 2
3 33 3
8 2
t t c
− −
− − + 
= 
8 2
3 33 3
8 2
tg x tg x c
− −
− − + 
 Để kết thúc bài viết, tôi xin đ−a ra 
một số bài tập để các em luyện tập thêm 
về ph−ơng pháp trên. 
III. Bài tập. 
Tính các tích phân sau: 
a) I1 = dx
xx
xx
∫ + cossin
cossin 2
b) I2 = ∫ + xx
xdx
sinsin
cos
2
3
c) I3 = ∫
−− 1sincos
2sin
23 xx
xdx
d) I4 = ∫ 3 2
3
cos
sin
x
xdx
e) I5 = ∫ x
xdx
2
4
sin
cos
./. 
============================= 
Giáo dục không phải là sự chuẩn bị cho 
cuộc sống; Chính giáo dục là cuộc sống. 
Jonh Dewey 
Phần I - Sáng tạo toán học. 
TAÄP S AN TO AÙN H OẽC - 200 7 3 
TRệễỉNG THPT CHUYEÂN HOAỉNG VAấN THUẽ - HOỉA BèNH 
toồng quaựt hoựaồ ự ựồ ự ựồ ự ự 
 Baứi Toaựnứ ựứ ựứ ự 

























 
Đỗ Thị Thu Hà 
Chuyên Toán K97 - 00 
Sv. Khoa Kế toán – Kiểm toán 
Đại học kinh tế Quốc dân - Hà Nội 
Chào các bạn - Những ng−ời đH, đang và 
sẽ tiếp tục gắn bó với Toán học trên con 
đ−ờng đi tìm vẻ đẹp lộng lẫy của nó! Chắc 
hẳn tất cả chúng ta đều đH từng kinh ngạc và 
thán phục tr−ớc các phát minh của những 
nhà toán học và cũng đH từng hỏi, tại sao 
những kết quả đẹp nh− vậy lại không phải do 
chính chúng ta sáng tạo ra. Trong khi đó, 
trên thực tế, nếu chúng ta đ−ợc đối mặt với 
nhiều trong số các phát minh đó thì chúng ta 
có thể tìm ra lời giải dễ dàng trong tầm kiến 
thức của mình. Hay đơn giản hơn, những bạn 
yêu toán đH từng tham dự giải bài trên tạp 
chí Toán học và Tuổi trẻ, đH có bao giờ các 
bạn muốn trở thành ng−ời ra đề toán hay 
ch−a? Hay bạn cho rằng đó là công việc của 
thầy cô, của những ng−ời đang nghiên cứu 
toán học? Câu trả lời là không phải! Chúng 
ta đều có thể tạo cho mình một cái gì đó trên 
nền tảng những gì chúng ta đH biết và đH có, 
và cái chúng ta cần chỉ là một chút sáng tạo. 
Tôi muốn cùng các bạn thử sức với một 
trong những ph−ơng pháp - ph−ơng pháp 
tổng quát hóa! 
Khi các bạn giải xong một bài toán, bạn 
hHy nên tự hào một chút về cách giải của 
mình và hHy tự hỏi xem, liệu cách giải đó có 
còn phù hợp nếu bạn thay đổi chi tiết ở đề 
bài. Theo tôi, cách giải tối −u phải là cách 
giải sử dụng ít nhất những dữ liệu đH có ở đề 
bài. Khi đó với những giả thiết không cần 
thiết, bạn có thể thay đổi nó mà cách giải 
vẫn giữ nguyên. Đó là một cách “tổng quát 
hóa”. Điều này có vẻ hơi trái quy luật vì 
cách  ... u đây: 
1 1 1 1 1 1 1 1( ) . .
( ) . . .
V A B C D MA MB MC MD
V ABCD MA MB MC MD
= 
Tuy nhiên, l−u ý là đẳng thức trên đúng với 
mọi điểm M trong không gian. Bài T12/2007 
cũng chính là nội dung bài T12/333 trên tạp 
chí Toán học và Tuổi trẻ do tôi đề xuất. 
Bài T13/2007. Cho a, b, c là 3 cạnh của 
ABC∆ . Chứng minh rằng: 
2
3 4 2 2 2
.
3
2 2 2
A B C
tg tg tg
r
abc A B C
tg tg tg
≥ . 
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? 
Ngoài ra nếu đặt p = 
2
a b c+ +
, hHy chứng 
minh rằng 
( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )3 4.3abc p a p b p b p c p c p a≥ − − + − − + − − . 
Bài T14/2007. Cho các số thực a, b thỏa 
mHn điều kiện 
[ ]
3 3
, 0,1
1
a b
a b
 ∈

+ >
. 
Chứng minh rằng: 
6 6 2 2 3 3 3 31 3 2 2 2a b a b a b a b+ + + ≥ + + . 
Bài T15/2007. Cho n (n > 1) số thực 
1 2, ,..., nx x x . Đặt 1 2
1 21 ...
k
k
k i i i
i i i n
S x x x
≤ < < < ≤
= ∑  , 
với mọi k = 1, 2, 3, , n. Với mỗi số 
nguyên k mà 1 < k < n, chứng minh rằng: 
2
1 1( 1) ( )k k kn k S S n k S+ −− − ≤ − 
Bài T16/2007. Giả sử A, B, C là ba góc của 
một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
2 2 2 2 2 2
A B B C C AT tg tg tg tg tg tg   = + + +   
   
. 
Những bài toán hay 
Bài T17/2007. (Bùi Lê Vũ). 
Cho dHy số thực (xn) đ−ợc xác định bởi 
x0, x1 ∈R và công thức: 
...2,1,0,1 12 =∀
+
=
+
+ n
x
x
x
n
n
n 
Tìm x1998. 
( Vô địch Ireland 98 - 99) 
Lời giải. Dễ dàng kiểm tra tính đúng đắn 
của các biểu thức sau: 
1
0
4
01
01
3
0
1
2
1
,
1
,
1
x
x
x
xx
xx
x
x
x
x
+
=
++
=
+
= 
...
1
160
3
4
5 ⇒=⇒=
+
= xxx
x
x
x 
...2;1;0,5 =∀=⇒ + nxx nn 
Vậy x1998 = 
01
01
3
1
xx
xx
x
++
= . 
Bài T18/2007. (Bùi Viết Lộc). 
Tìm tất cả bộ 4 số tự nhiên (x, y, z, t) thỏa 
mHn: 
( )( )( )
( , ) ( , ) ( , ) 1
x y y z z x txyz
x y y z z x
+ + + =

= = =
(Romania - 95-96) 
Lời giải. Ta có txyz = (x+y)(y+z)(z+x) = 
= x(y + z)(z + x) + xy(y + z) + yz(y + z) 
⇒ yz(y+z) ⋮ x. 
Do x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau 
nên (y +z) ⋮ x ⇒ (x + y + z) ⋮ x 
T−ơng tự, ta có (x + y + z) ⋮ y và 
 (x + y + z) ⋮ z. Vẫn do x, y, z đôi một 
nguyên tố cùng nhau nên (x + y + z)⋮xyz 
⇒ (x + y + z)≥xyz. Công việc còn lại là 
đơn giản, xin dành cho bạn đọc. 
Bài T19/2007. (Bùi Lê Vũ). 
Cho xi∈R, với i = 1, 2, ..., n thỏa mHn: 
∑ ∑
= =
==
n
i
n
i
ii xx
1 1
0,1 . 
Chứng minh rằng 
ni
xn
i
i
2
1
2
1
1
−≤∑
=
. 
Phần IV – Những bài toán hay và các bài toán tự sáng tạo. 
TAÄP S AN TO AÙN H OẽC 20 07 110 
TRệễỉNG THPT CHUYEÂN HOAỉNG VAấN THUẽ - HOỉA BèNH 
Lời giải. Đặt A = { }0/ >ixi , B = { }0/ <ixi 
Ta có:∑ ∑
∈ ∈
=+
Ai Bi
ii xx 0 ,∑ ∑
∈ ∈
=−
Ai Bi
ii xx 1 
⇒ ∑ ∑
∈ ∈
=−=
Ai Bi
ii xx 2
1
⇒
nj
x
i
x
i
x
Bj
j
Ai
i
n
i
i
2
1
2
1
1
−≤+= ∑∑∑
∈∈=
. 
Bài T20/2007. (Nguyễn Lâm Tuyền). 
Xét các số thực d−ơng x, y, z thỏa mHn hệ 
điều kiện: 
{ }2 min ; (1)
5
4 (2)
15
1 (3)
5
z x y
xz
yz
 ≤ ≤

 ≥

 ≥

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
P(x, y, z) = 
zyx
321
++ 
(VietNamB - 2001) 
Lời giải. 
* Từ (1) ta có x 
5
2≥≥ z . 
Nếu x > 4
2
5
2
311
3
2
=+<+⇒
zx
Nếu 
2 2
5 3
x≤ ≤ 
2 215 0
5 3
x x
  
⇒ − − ≤  
  
41
4
15041615 2 ≤+⇔≤+−⇔
x
x
xx 
Vậy 41
4
1511 ≤+≤+
x
x
zx
Đẳng thức xảy ra khi 
5
2
,
3
2
== zx . 
T−ơng tự, ta có 
2
911 ≤+
zy
. 
Đẳng thức xảy ra khi 
5
2
,
2
1
== zy . 
Vậy MaxP = 13. 
Bài T21/2007. (Nguyễn Lâm Tuyền). 
Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên 
tập các số thực R thỏa mHn hệ thức: 
f(y - f(x)) = f(x2002- y) - 2001yf(x), với 
mọi số thực x, y. 
(VietNamB - 2002) 
Lời giải. Lần l−ợt thay y = f(x), y = x2002 vào 
ph−ơng trình hàm ban đầu ta đ−ợc: 
f(0) = f(x2002 - f(x)) - 2001f2(x), với mọi 
Rx ∈ (1) 
f(x2002 - f(x)) = f(0) - 2001x2002f(x), với mọi 
Rx ∈ (2) 
Cộng (1) và (2) theo từng vế, ta đ−ợc: 
x2002f(x) = - f2(x) 0≤ ⇒ 0)( ≤xf với mọi 
Rx ∈ và với x = 0 thì f(0) = 0. 
Vậy từ (1) ta có: 
2001f2(x) = 2001f2(x) + f(0) = f(x2002 - 
f(x)) 0≤ ⇒ f(x) = 0, Rx ∈∀ . 
Thử lại thấy hàm số này thỏa mHn. Vậy 
f(x) ≡ 0, Rx ∈∀ . 
Bài T22/2007. (Nguyễn Lâm Tuyền). 
Cho hai n - giác đều bằng nhau (n ≥ 3) 
A1A3...A2n-1 đ−ợc tô màu xanh và A2A4...A2n 
đ−ợc tô màu đỏ. Hai n - giác đều đó đ−ợc 
xếp chồng lên nhau sao cho phần chung là 
một 2n - giác B1B2....B2n. Chứng minh rằng 
tổng độ dài các cạnh đ−ợc tô màu xanh và 
tổng độ dài các cạnh đ−ợc tô màu đỏ của 2n 
- giác đó bằng nhau. 
(Olympic Toán APMO - 2001) 
Lời giải. Với chú ý ta dựng các điểm Bi sao 
cho mọi hình chiếu của Ai+1 đều thuộc đoạn 
BiBi+1. Ký hiệu các tam giác BiAIBi+1 là Ti 
( ni ,1=∀ ), với quy −ớc T1 ≡ Tn+1. Vì 
A1A3...A2n-1 và A2A4...A2n là các n - giác đều 
nên các tam giác Ti đôi một đồng dạng. Gọi 
hi là độ dài đ−ờng cao hạ từ các đỉnh Ai 
xuống các cạnh xi t−ơng ứng của tam giác Ti. 
Phần IV – Những bài toán hay và các bài toán tự sáng tạo. 
TAÄP S AN TO AÙN H OẽC 20 07 111 
TRệễỉNG THPT CHUYEÂN HOAỉNG VAấN THUẽ - HOỉA BèNH 
Theo tính chất của tam giác đồng dạng, ta 
có: k = 
n
n
x
h
x
h
x
h
2
2
2
2
1
1
.... === = 
= =
+++
+++
−
−
1231
1231
...
...
n
n
xxx
hhh
n
n
xxx
hhh
242
242
...
...
+++
+++
Để ý là x1+x3+...+x2n-1 và x2+x4+...+x2n là 
tổng các cạnh tô màu xanh, đỏ t−ơng ứng 
của 2n - giác B1B2....B2n. Vì vậy, việc chứng 
minh bài toán quy về việc chứng minh 
h1+h3+...+h2n-1= h2+h4+...+h2n. Gọi Si là 
diện tích của các tam giác 
Ai-1AiAi+1, và S là diện tích 2n - giác 
A1A2...A2n, P là diện tích của hai n - giác đều 
A1A3...A2n-1 và A2A4...A2n. Khi đó S - P = 
 = S1+S3+...+S2n-1 
= S2+S4+...+S2n. 
Do vậy h1+h3+...+h2n-1 = h2+h4+...+h2n. 
Bài toán đ−ợc chứng minh. 
Bài T23/2007. (Bùi Lê Vũ). 
 Cho hàm ( )f x khả vi trên [ ]0;1 và 
0k > để ( ) ( ) [ ]' , 0;1f x k f x x≤ ∀ ∈ . 
Chứng minh rằng nếu ( )0 0f = thì 
( ) [ ]0, 0;1f x x= ∀ ∈ . 
Lời giải. 
Chia đoạn [ ]0;1 thành n đoạn [ ]1;i ix x + sao 
cho 1 0 2 1 1
1
...
n n
x x x x x x
k−
− = − = = − < 
Do ( )f x liên tục trên [ ]0;1 nên tồn tại 
một số a nằm giữa 0 và ix sao cho : 
( ) [ ] ( )0;1f a Max f x= . Nếu ( ) 0f a ≠ thì theo 
định lý Lagrăng ta có tồn tại một số c nằm 
giữa 0 và a sao cho: 
 ( ) ( ) ( ) ( )0' f a f f af c
a a
−
= = 
( ) ( ) ( )' f af c kf c
a
⇒ = > . Mâu thuẫn. 
 Vậy ta có điều phải chứng minh. 
Bài T24/2007. (Bùi Lê Vũ). 
Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực 
thỏa mHn: P(x).P(x-1) = P(x2). 
(Ai xơ len - 1996) 
Lời giải. Giả sử a là nghiệm của P(x), từ giả 
thiết suy ra : a2, a4, a8, ... cũng là nghiệm của 
P(x) ∈N. Tồn tại n∈N* sao cho an = 1 
⇒ a = 
n
i
n
pipi 2
sin2cos + 
T−ơng tự, từ P(a) = 0 ta có : a+1, (a+1)2, 
(a+1)4, ... cũng là nghiệm của P(x) 
⇒ a+1 = *,
2
sin2cos Nm
m
i
m
∈+
pipi
⇒
mnmn
pipipipi 2
sin2sin;12cos2cos =−= 
⇒
2
32
sin;
2
12
cos =−=
nn
pipi
⇒ a = 
2
3
2
1 i+− 
⇒ a là nghiệm của P1(x) = x
2 + x +1. 
Dễ thấy P1(x) bất khả quy nên suy ra 
P(x) = (x2 + x +1)n. 
Thử lại thấy thỏa mHn. 
Bài T25/2007. (Bùi Lê Vũ). 
Mỗi điểm trong mặt phẳng đ−ợc tô bởi 
một màu đen hoặc đỏ. CMR ta có thể tìm 
đ−ợc 3 điểm cùng màu mà mỗi cặp điểm có 
khoảng cách bằng 1 hoặc 3 . 
(China - 1996) 
Lời giải. Dế thấy có vô số điểm đ−ợc tô màu 
đen, vô số điểm đ−ợc tô màu đỏ(1) 
Ta gọi 2 điểm A, B là có tính chất (*) nếu 
chúng thỏa mHn hai điều kiện sau: 
+) Hai điểm đ−ợc tô bởi hai màu khác nhau. 
+) AB = 2 
Ta chứng minh tồn tại 2 điểm có tính chất 
(*). Thật vậy, giả sử ng−ợc lại thì ta có : với 
mọi 2 điểm A, B thuộc mặt phẳng mà AB = 
2 thì đều cùng màu. 
Từ nhận xét (1) suy ra tồn tại 2 điểm C,D 
khác màu mà CD > 2. Vẽ đ−ờng tròn 
(C;2),(D;2) cắt [CD] tại C1, D1, ... Tiếp tục 
Phần IV – Những bài toán hay và các bài toán tự sáng tạo. 
TAÄP S AN TO AÙN H OẽC 20 07 112 
TRệễỉNG THPT CHUYEÂN HOAỉNG VAấN THUẽ - HOỉA BèNH 
nh− vậy, ta thu đ−ợc các điểm Ci, Di có tính 
chất: 
+) Các điểm nằm trên (Ci; 2) thì cùng 
màu với C 
+) Các điểm nằm trên (Di; 2) thì cùng 
màu với D. 
Từ cách dựng trên, dễ thấy luôn tồn tại i, j 
sao cho (Ci; 2) và (D; 2) không rời nhau. Gọi 
P là một điểm chung của hai đ−ờng tròn này, 
ta có : 
+) P cùng màu với C 
+) P cùng màu với D ( mâu thuẫn ) 
Vậy nhận định đ−ợc chứng minh. 
Công việc còn lại là đơn giản, xin dành 
cho bạn đọc. 
Chú ý : ta có thể mở rộng bài toán thay vì 
1 bởi vô số và 1, 3 bởi các số a, b thỏa 
mHn điều kiện nào đó . 
Bài T26/2007. (Lê Bảo Khánh). 
Cho a, b là 2 số nguyên d−ơng phân biệt 
thỏa mHn: ab(a+b) ⋮ (a2 + ab +b2) 
Chứng minh: 3 abba >− 
Lời giải. Đặt (a,b) = d⇒ a = du, b = dv. 
Trong đó (u,v) = 1 
⇒ duv(u+v) ⋮ (u2+uv+v2) 
Do (u,v) = 1 nên ta có:( u2+uv+v2; 
uv(u+v) ) = 1 ⇒d ⋮ (u2+uv+v2) 
⇒d ≥ u2+uv+v2 > uv 
⇒đpcm. 
Bài T27/2007. (Bùi Lê Vũ). 
 Tập hợp gồm 2n phần tử đ−ợc chia thành 
các tập con đôi một không giao nhau. Xét 
một thuật toán chuyển một số phần tử của 
một tập con này vào tập con khác. Ngoài ra, 
số phần tử đ−ợc chuyển bằng số phần tử của 
tập con thứ hai (tập hợp này phải có số phần 
tử không lớn hơn tập đầu tiên). Chứng minh 
rằng sau một số hữu hạn lần các phép 
chuyển nh− vậy, ta có thể nhận đ−ợc một số 
tập con trùng nhau với tập hợp lúc ban đầu 
(gồm 2n phần tử). 
Lời giải. Xét các tập con (nếu có thể có) mà 
chúng chứa một số lẻ các phần tử. Vì tổng 
các phần tử là chẵn, nên số các tập có vô số 
cá phần tử lẻ cũng phải là số chẵn. Ta chia 
các tập này thành từng đôi một (theo một thứ 
tự tùy ý). Với các tập hợp của mỗi cặp ta áp 
dụng thuật toán nh− đH nêu trên bài toán, có 
nghĩa là từ tập hợp lớn sang tập hợp nhỏ hơn. 
Khi đó, tất cả số phần tử của các tập đều là 
chẵn. Xét các tập mà số phần tử của nó 
không chia hết cho 4. Vì tổng số các phần tử 
chia hết cho 4 nên ta suy ra số các tập con 
nh− vậy cũng phải là số chẵn. Ta lại chia các 
tập này thành tổng cặp một cách tùy ý và với 
mỗi một cặp ta lại áp dụng thuật toán đH nêu 
trên. Lúc này, số các phần tử ở mỗi tập con 
đều chia hết cho 4. T−ơng tự , ta lập lại các 
b−ớc này sao cho cá phần tử của mỗi tập 
chia hết cho 8, 16, Khi mà tổng số các 
phần tử của tập bất kì chia hết cho 2n , thì tất 
cả 2n phần tử sẽ nằm trong một tập hợp. Đó 
là điều phải chứng minh. 
Bài T28/2007. (Bùi Lê Vũ). 
Tồn tại hay không hàm f: R→R thỏa 
mHn : 
i) f(1) = 1 
ii) f giới nội 
iii) f 01)(1 22 ≠∀





+=





+ x
x
fxf
x
x 
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mHn đề 
bài. Xây dựng dHy (xn) nh− sau: 
1
2
1
1 2
2
1
,
1 1
, 1
n n
n
n n
n n
x
x x
x
x x f
x x
+
+


 =


= +

   = + ≥ 
  
Dễ dàng quy nạp đ−ợc f(n) > n, Nn ∈∀ 
⇒ f không giới nội (mâu thuẫn). 
Vậy không tồn tại hàm f thỏa mHn điều kiện 
đề bài. 
Mathematics is an art, as an art choses the 
beauty and freedom 
-P.Morse- 
Phần IV – Những bài toán hay và các bài toán tự sáng tạo. 
TAÄP S AN TO AÙN H OẽC 20 07 113 
TRệễỉNG THPT CHUYEÂN HOAỉNG VAấN THUẽ - HOỉA BèNH