Nội dung

44 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Ta chú ý rằng √ 2 √ 2+ 2 = √1 2+1 √ = 2 − 1 và √ √ √ √ 4 2+6 4+3 2 1 2 4+3 2 √ . √ = √ =1⇒ √ =√ . 2+ 2 2+ 2 6+4 2 2+ 2 2−1 √ Ta đặt t = ( 2 − 1)u thì (2) trở thành  √  √  √ ∀u f ( 2 − 1)u+1 + f ( 2 − 1)u−1 = 2f ( 2 − 1)u (3)  √ u Lại đặt f ( 2 − 1) = g(u) thì (3) trở thành g(u + 1) + g(u − 1) = 2g(u) ∀u ⇔g(u + 1) − g(u) = g(u) − g(u − 1) ∀u (4) Đặt g(u + 1) − g(u) = h(u) thì h(u + 1) = h(u) ∀u. Bằng quy nạp dễ thấy g(u + n) = nh(u) + g(u) Vậy g(u) = ( h(u) + k(u) nh(u) + k(u − n) với 0 6 u < 1 ∀n ∈ Z với n 6 u < n + 1 (5) trong đó, k(u), h(u) là các hàm tuỳ ý, h(u) tuần hoàn chu kỳ 1. Thay lại theo biến số x > 0 ta được   f (x) = g log√2−1 x với x > 0 trong đó, g(u) được xác định theo √ √ (5). c) Với x < 0 ta đặt −(2 + 2)x = t = ( 2 − 1)u ta có   f (x) = g log√2−1 |x| với x < 0 Tóm lại f (x) = ( a tuỳ ý  g log√2−1 |x| khi x = 0 khi x 6= 0 còn g(u) được xác định theo (5). Bài 6. Xét tập A gồm tất cả có bộ thứ tự (a1, a2, . . . , a1994, . . . , a1993+1994) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: 1) ai ∈ {0, 1} ∀i = 1, 1993 + 1994 2) Số 1 có mặt đúng 1994 lần trong mỗi bộ. 45 2.4. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 Xét phân hoạch A= [ A(n1 ,n2 ,...,n1994 ) ở đây +) Hợp lấy theo tất cả các bộ có thứ tự các số tự nhiên (n1 , n2 , . . . , n1994) thoả mãn n1 + 2n2 + · · · + 1994n1994 = 1994. +) A(n1 ,n2 ,...,n1994 ) là tập gồm tất cả các bộ có thứ tự (a1, a2, . . . , a1993+1994) ∈ A và thoả mãn điều kiện là trong mỗi bộ có đúng nk nhóm k ∀k = 1, 1994. (Nhóm k được định nghĩa là nhóm gồm đúng k số 1 đứng liên tiếp trong bộ, nói khác đi là nhóm có 1 trong các dạng sau (1| .{z . . 1} 0; 0 |1 .{z . . 1} 0; 0 |1 .{z . . 1})). ksố1 ksố1 ksố1 Có 1993 CardA = C1993+1994 1994! n1 !n2! . . . n1994!(1994 − n1 − · · · − n1994)! 1994! = n1 !n2! . . . n1994!(n2 + 2n3 + · · · + 1993n1994 )! CardA(n1 ,n2 ,...,n1994 ) = Mà CardA = X CardA(n1 ,n2 ,...,n1994 ) . Nên suy ra: T = 1 C 1993 1994! 1993+1994 . 2.4 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 1995 Bài 1. Cho tam giác ABC với mỗi điểm M, gọi khoảng cách đại số từ M đến đường thẳng BC là ± (khoảng cách thông thường từ M đến BC), lấy dấu + hay − tuỳ theo M cùng phía hay khác phía với A đối với BC (tất nhiên M thuộc BC thì khoảng cách đó bằng không). Tương tự cho khoảng cách đại số từ M đến CA, AB. 1) Xét các đường tròn (AB1C1), (AB2 C2) như trong đề bài. Hãy chứng minh trục đẳng phương của cặp đường tròn đó là quỹ tích các điểm M mà các khoảng cách đại số từ M đến AB và đến CA tỉ lệ với γ vàβ. 46 Chương 2. Đáp án tuyển sinh −→ −→ Thực vậy, lấy hệ toạ độ vuông góc Oxy mà O ≡ A, B ∈ Ox+ , (AB, AC) = −→ −→ = (1, 0), CA = (− cos ϕ, sin ϕ). Gọi ϕ, 0 < ϕ < 180◦ . Khi đó AB c b  B1 = (b1 cot ϕ, b1),    B = (b cot ϕ, b ), 2 2 2  C1 = (c1 , 0),    C2 (c2 , 0) , c1 , c2 6= 0, c1 6= c2 , b1 , b2 6= 0, b1 6= b2 −→ −−−→ thì B1 B2 = βb CA hay ((b2 − b1 ) cot ϕ, b2 − b1) = β(− cos ϕ, − sin ϕ) suy ra b2 − b1 = −β sin ϕ. −→ −−−→ Ta cũng có C1 C2 = γc AB tương đương với (c2 − c1, 0) = γ(1, 0) hay c2 − c1 = γ. Đường tròn (AB1C1 ) đia qua A, C1 nên x2 + y 2 − c1 x − λ1 y = 0, nó đi sin ϕ cos ϕ qua B1 nên λ1 = b1 −c1sin , đường tròn (AB2 C2): x2 + y 2 − c2 x − λ2y = 0, 2ϕ ϕ cos ϕ . λ2 = b2 −c2 sin β Trục đẳng phương hai đường tròn đó là (c2 − c1 )x + (λ2 − λ1 )y = 0 β + γ cos ϕ ⇔ γx − y=0 sin ϕ hay x sin ϕ − y cos ϕ y = γ β Để ý rằng y là khoảng cách đại số từ M(x, y) đến AB còn x sin ϕ − y cos ϕ là khoảng cách đại số từ M(x, y) đến CA, ta suy ra điều phải chứng minh. 2) Với mỗi điểm M, kí hiệu X, Y, Z là khoảng cách đại số từ M đến BC, CA, AB thì dễ thấy aX + bY + cZ = 2S, (S là diện tích tam giác ABC) và ngược lại (X, Y, Z) mà aX + bY + cZ = 2S xác định một điểm M duy nhất có các khoảng cách đại số nói trên là X, Y, Z. Theo phần 1), phương trình dA là Yβ = Zγ , của dB là X = Zγ , của dC α là Zα = Yβ . Điểm chung của dA , dB , dC (nếu có) là điểm M(X, Y, Z) mà 2.4. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 47 (X, Y, Z) là nghiệm của hệ ( aX + bY + cZ = 2S X = Yβ = Zγ α hay Y Z 2S X = = = α β γ aα + bβ + cγ hệ đó có nghiệm (và chỉ có một nghiệm) khi và chỉ khi aα + bβ + cγ 6= 0. Chú ý: Nếu (AB1 C1), (AB2 C2) cắt nhau tại A0 6= A, có thể chứng minh phần 1) (trong trường hợp này) nhờ phép đồng dạng thuận tâm A0, biến B1 thành C1, biến B2 thành C2 và để hoàn thiện 1) còn cần xét (AB1C1 ), (AB2C2 ) tiếp xúc nhau. Bài 2. Gọi A là tập các giá trị n (n ≥ 3) để đa thức Pn (x) khả quy. Với n ∈ A ta có Pn (x) = f (x).g(x) (*) trong đó f (x) = am xm + · · · + a1x + a0 g(x) = bs xs + · · · + b1 x + b0 Pn (x) = xn+1 + kxn − 870x2 + 1945x + 1995 m ≥ 1, s ≥ 1, m + s = n + 1 Ta sẽ chứng minh m = 1 hoặc s = 1. Giả sử có m ≥ 2 và s ≥ 2 suy ra m < n và s < n. Vì a0 b0 = 1995 chia hết cho 5 và không chia hết cho 25 nên chỉ có một trong hai số a0, b0 là chia . hết cho 5, chẳng hạn a0 ..5 và b0 không chia hết cho 5. Trong dãy a0, a1, ..., am gọi r là chỉ số nhỏ nhất để ar không chia hết cho 5, (1 ≤ r ≤ m < n, chú ý tồn tại r vì am bằng ±1). Từ (??) suy ra cr = ar b0 + ar−1 b1 + · · · + a0br . Do cách chọn r thì a0, a1, ..., ar−1 đều chia hết cho 5, cr là hệ số của xr trong . Pn (x) cũng chia hết cho 5, suy ra ar b0..5, điều này mâu thuẫn với ar , b0 đều không chia hết cho 5. Vậy giả sử m ≥ 2 và s ≥ 2 là sai, suy ra hoặc m = 1 hoặc s = 1, lúc đó Pn (x) có nghiệm nguyên với ∀n ∈ A. Xét các trường hợp sau a) Nếu |xn | ≥ 2 ∀n ∈ A. Khi đó từ xn (x + k) = 870x2 − 1945x − 1995 ta có |xn + k| = |870x2 − 1945x − 1995| |xn |n 48 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Vì A vô hạn nên với n ∈ A đủ lớn thì |xn + k| < 1 suy ra xn + k = 0 suy ra . . 870x2n − 1945xn − 1945 = 0 hay 174x2n − 389xn − 399 = 0. Vì 399..3 và 197..3 . nên xn ..3. Đặt xn = 3y, ta có 522y 2 − 389y − 133 = 0 suy ra k = −3. b) Nếu |xn | < 2, ∀n ∈ A thì xn chỉ có thể là +1, −1. Với xn = 1 thì Pn (1) = 0 suy ra k = −3071. Với xn = −1 thì Pn (−1) = 0. Từ đó với n chẵn thì k = 821, còn với n lẻ thì k = −819. Thử lại, thấy nếu k = −3, k = −3071 thì Pn (x) khả quy ∀n ≥ 3. Nếu k = 821 thì Pn (x) khả quy với ∀n chẵn. Nếu k = −819 thì Pn (x) khả quy với ∀n lẻ. Bài 3. Có a3 + b3 ≥ 2(ab)3/2 suy ra (a3 + b3)n ≥ 2n (ab)3n/2 ≥ 4(ab)3n/2 vì n ≥ 2. Vì vậy, từ (a3 + b3 )n = 4(ab)1995 ta được 3n ≤ 3990. Đặt (a, b) = d ta có a = da1 , b = db1 và (a1, b1 ) = 1. Khi đó, từ (??) có d3n (a31 + b31 )n = 4d2990(a1 b1)1995 hay (a31 + b31)n = 4d3990−3n (a1b1 )1995. . . Suy ra (a31 + b31 )n ..(a1b1)1995 suy ra (a31 + b31)n ..(a1b1 )n (do n < 1995 vì 3n ≤ . 3990) suy ra a3 + b3..a1b1 . Do vậy 1 1  a3 ...b 1 1 b3 ...a 1 1  a ...b 1 1 ⇒ b ...a 1 1 (do (a1, b1) = 1) nên a1 = b1 = 1, lại do (a1, b1) = 1) suy ra a = b = d. Khi đó từ (??) có 2n−2 = d3990−3n . Vì d > 1 nên suy ra d có dạng 2k với k ≥ 1, và do đó n − 2 = k(3990 − 3n) hay n = 3990k+2 , và do đó 3k+1 . n = 1330 − 1328 . Vì n ∈ N∗ nên 1328..3k + 1. Do 1328 = 24 .83 và 3k+1 2i ≡ ( 1 2 (mod 3) nếu i chẵn , (mod 3) nếu i lẻ 2i .83 ≡ ( 1 2 (mod 3) nếu i chẵn (mod 3) nếu i lẻ nên suy ra 3k + 1 ∈ {22 , 24 , 2 × 83, 23 × 83}. Với 3k + 1 = 4 có k = 1 suy ra a = b = 2 và n = 998. Với 3k + 1 = 16 có k = 5 suy ra a = b = 25 và n = 1247. Với 3k + 1 = 166 có k = 55 suy ra a = b = 255 và n = 1322. Với 3k + 1 = 664 có k = 221 suy ra a = b = 2221 và n = 1328. 2.4. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 49 Bài 4. Xét graph G có tập đỉnh là tập gồm n điểm đã cho và tập cạnh là tập gồm 12 (n2 − 3n + 4) đoạn thẳng đã cho. Từ giả thiết của bài toán ta thấy trong G tồn tại một cạnh mà sau khi bỏ nó đi thì được G0 không liên thông. Giả sử a và b là hai đỉnh không liên thông với nhau trong G0 . Gọi Va và Vb lần lượt là tập gồm tất cả các đỉnh của G0 mà liên thông với a và b. Giả sử |Va | = n1 và |Vb | = n2 . Dễ thấy, G0 có 12 (n2 − 3n + 2) cạnh; n1 ≥ 1, n2 ≥ 1, n1 + n2 ≤ n và 1 1 1 1 2 (n − 3n + 2) ≤ n1 (n1 − 1) + n2 (n2 − 1) + (n − n1 − n2)(n − n1 − n2 − 1) 2 2 2 2 hay (n1 − 1)(1 − n2 ) + (n − n1 − n2 )(1 − n1 − n2 ) ≥ 0. Do đó ( (n1 − 1)(1 − n2 ) = 0 (n − n1 − n2 )(n1 + n2 − 1) = 0 Vậy n1 = n − 1, n2 = 1 hoặc n2 = n − 1 và n1 = 1. Từ đó suy ra G0 có một đỉnh cô lập và (n − 1) đỉnh mà bậc của mỗi đỉnh bằng n − 2. Do đó G có một đỉnh bậc 1, (n − 2) đỉnh mà bậc của mỗi đỉnh bằng n − 2 và một đỉnh có bậc bằng n − 1. Bởi thế chu trình đơn có độ dài lớn nhất trong G là chu trình đơn độ dài n − 1 nếu n ≥ 4, 0 nếu n = 2hoặc n = 3. Vậy ( n − 1 nếu n ≥ 4 kmax = 0 nếu n = 2, n = 3 Bài 5. Giả sử n + 1 = 2f (n) (1 + 2α), p + 1 = 2f (p)(1 + 2β) với α, β ≥ 0. Cặp số (n, p) là cặp số đẹp khi và chỉ khi 2f (n) > p hay 2f (n) ≥ p + 1 (1) Từ đó ta có n + 1 = 2f (n) (1 + 2α) ≥ p + 1 suy ra n≥p (2) Từ (1) ta có 2f (n) ≥ p + 1 = 2f (p)(1 + 2β) suy ra 2f (n) ≥ 2f (p), thành thử f (n) ≥ f (p). Từ đó . (n + 1)..2f (p) (3) Ta cần tìm bộ ba số (n, p, q) sao cho ba cặp số (n, p) (p, q) và (n+p+q, n) đều là các cặp số đẹp. Giả sử n + p + q + 1 = 2f (n+p+q) (1 + 2γ). 50 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Theo (2) vì (n, p) và (p, q) là cặp số đẹp nên n + p + q + 1 ≤ 3n + 1. Vì (n + p + q, n) là cặp số đẹp nên 2f (n+p+q) ≥ n + 1 theo (1). Kết hợp các điều kiện trên có 2f (n+p+q) (1 +2γ) = n + p + q +1 ≤ 3n + 1 ≤ 3(2f (n+p+q) − 1) +1 < 3.2f (n+p+q) suy ra 1 + 2γ < 3, và do đó 1 + 2γ = 1 hay n + p + q + 1 = 2f (n+p+q) (4) Mặt khác, 2f (n+p+q) ≥ n + 1 = 2f (n) (1 + 2α) suy ra f (n + p + q) ≥ f (n) (5) Từ 2f (n+p+q) = n + p + q + 1 = (n + 1) + (p + 1) + (q − 1) theo (3) và (5) . . . ta có (n + 1)..2f (p) và (p + 1)..2f (p) suy ra (q − 1)..2f (p), nhưng từ cặp số đẹp (p, q) có 2f (p) > q nên chỉ xảy ra hai trường hợp hoặc q = 0 và f (p) = 0, hoặc q = 1 và f (p) > 0. Xét q = 0 và f (p) = 0, từ (4) có n + p + q + 1 = n + p + 1 = 2f (n+p+q) , đồng thời n + p + 1 = (n + 1) + p = 2f (n) (1 + 2α) + p. . Từ (5) và 2f (n) (1 + 2α) + p suy ra p..2f (n) mà 2f (n) > p nên p = 0. Từ cặp số đẹp (n + p + q, n) = (n, n) suy ra n + 1 ≥ 2f (n) ≥ n + 1 suy ra n − 1 = 2f (n) = 2m . Tử lại, ta thấy bộ ba số (n, p, q) = (2m − 1, 0, 0) thỏa mãn với m ∈ Z và m ≥ 0. Xét q = 1 và f (p) > 0. Từ (4) ta có 2f (n+p+q) = n + p + q + 1 = (n + 1) + (p+1) = 2f (n) (1+2α)+2f (p) (1+2β). Chú ý rằng f (n+p+q) ≥ f (n) ≥ f (p) . suy ra 2f (p)..2f (n) nên f (p) = f (m). Từ 2f (p) = 2f (n) ≥ p + 1 = 2f (p)(1 + 2β) suy ra 1 + 2β = 1 suy ra p+1 = 2f (p) . Ta có 2f (n+p+q) = n+p+q +1 = (n+1)(+(p+a) = n+1+2f (n) , suy ra n + 1 = 2f (n+p+q) − 2f (n) = 2k − 2m . Thử lại ta thấy, bộ ba số (n, p, q) = (2k − 2m − 1, 2m − 1, 1) thỏa mãn với k, m ∈ Z và k > m ≥ 1. Bài 6. 1) Ta tính đạo hàm f 0 (x) = 2x(x3 − 3x + 3) . 3(x2 − 1)2 Dễ dàng chứng minh được x3 − 3x + 3 > 0 ∀x > 1. Từ đó suy ra f 0 (x) > 0 ∀x > 1 và do đó hàm f (x) đồng biến trên (1, +∞). Hơn nữa lại có lim+ f (x) = −∞ và lim f (x) = +∞. Nếu suy ra f (x) với tập xác định x→1 x→+∞ (1, +∞) sẽ có tập giá trị là (−∞, +∞). Từ các kết quả ở trên, theo định lí về hàm ngược, ta suy ra tồn tại hàm g(x) liên tục trên R, có tập giá trị là (1, +∞), và f (g(x)) = x, ∀x ∈ R. 2.5. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 51 tiếp theo, ta sẽ chứng minh g(x) > x, ∀x ∈ R. Thật vậy, với x ≤ 1 thì 3 −3x+3 g(x) > 1 ≥ x. Với x > 1 thì do x − f (x) = x3(x 2 −1) nên x > f (x) ∀x > 1, hay g(x) > x, (do tính đồng biến của f (x) trên (1, +∞). 2) Kí hiệu gn (x) = g(g(...g(x))...). Ta sẽ tìm a dưới dạng a = gn (x0 ) với x0 ∈ R. Khi đó a0 = gn (x0) a1 = f (x0 ) = gn−1 (x0 ) > 1 a2 = f (a1 ) = gn−2 (x0) > 1 ········· an−1 = g(x0) > 1 an = x0 Với x0 6= ±1 thì an+1 f (x0 ). Do g(x) > x, ∀x nên a0 > a1 > a2 > · · · an . Suy ra nếu chọn x0 sao cho x0 = ±1 và f (x0 ) = gn (x0) thì dãy {an } sẽ là dãy tuần hoàn với chu kỳ dương nhỏ nhất bằng n + 1. Bây giờ ta sẽ chứng minh tồn tại x0 thỏa mãn các điều kiện nói trên. Thật vậy, xét hàm h(x) = f (x) − gn (x) trên (−1, 0]. Ta có h(0) = f (0) − gn (0) = 1 − gn (0) < 0, và limx→−1+ h(x) = +∞ (do gn (−1) là số xác định). Hơn nữa, do h(x) liên tục trên (−1, 0) của phương trình h(x) = 0, ta có a > 1 và dãy {an } là dãy tuần hoàn với chu kỳ dương bé nhất bằng 1995. 2.5 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 1996 Bài 1. Gọi 3n điểm đã cho là A1, A2 , ..., A3n. Hiển nhiên trong mặt phẳng chứa 3n điểm đó, ta có thể dựng được đường thẳng ∆ sao cho Ai ∈ / ∆, i = 1, 3n, A1, A2 , ..., A3n nằm về cùng một phía của ∆; và ∆ không song song với Ai Aj (∀inot = j ∈ {1, 2, ..., 3n}). Kí hiệu dAi là khoảng cách từ điểm Ai đến ∆. Khi đó dAi 6= dAj (∀i 6= j ∈ {1, 2, ..., 3n}). Không mất tính tổng quát, giả sử dA1 < dA2 < · · · < dA3n (1) Qua mỗi điểm A3i+1, i = 0, ..., n − 1, kẻ đường thẳng ∆i k ∆ dễ dàng suy ra n tam giác A3j+1 A3j+2A3j+3 , i = 0, ..., n − 1 đôi một rời nhau và mỗi điểm Ai , i = 1, 3n) là đỉnh có đúng một tam giác trong số n tam giác đó. Bây giờ ta sẽ chứng minh tổng S diện tích của n tam giác nói trên thoả mãn S < 12 . Thật vậy, xét 4A3i+1A3i+2 A3i+3, i ∈ {0, 1, ..., n − 1}) và gọi Si là diện tích của nó. Dễ thấy có thể dựng được hai đường thẳng a, b cùng vuông góc với ∆ và sao cho 52 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 1) a đi qua đúng một trong ba điểm A3i+1 , A3i+2, A3i+3 còn b đi qua ít nhất một trong hai điểm còn lại. 2) cả ba điểm A3i+1, A3i+2 , A3i+3 cùng nằm trong dải phẳng (kể cả hai biên) bị giới hạn bởi a và b. Thế thì nếu gọi {A} = a ∩ ∆i , {B} = a ∩ ∆i+1 , {C} = b ∩ ∆i+2 , {D} = b ∩ ∆i ta sẽ có hình chữ nhật ABCD chứa toàn bộ ∆A3i+1A3i+2A3i+3 . Từ đó Si < 12 SABCD = 12 AD.CD < 12 di với di là khoảng cách giữa hai đường thẳng ∆i và ∆i+1 . Từ đó suy ra S= n−1 X Si < i=0 1 2 n−1 X di ≤ 12 A1 A3n ≤ 12 . i=0 (vì A1 A3n ≤ 1). Bài toán được chứng minh. Bài 2. Từ an = P[ n2 ] i=0 2i+1 n
i 3 suy ra công thức tổng quát √ an = (1 + 3)n − (1 − √ 2 3 √ n 3) . Xét n chẵn và n lẻ. 1) Với n = 2k, ta có an = 2k uk với √ √ (2 + 3)k − (2 − 3)k √ uk = 2 3 (1) Dãy {uk } thoả mãn uk+2 = 4uk+1 (2) với u1 = 1, u2 = 4 . Gọi g(k) là số l ∈ N lớn nhất để uk ..2l . Từ an = 2k un suy ra f (2k ) = k + g(h) (3) Từ (2) thấy k lẻ, suy ra uk lẻ. Vậy k lẻ thì g(k) = 0 (4) f (2k) = k nếu k lẻ (40 ) nghĩa là Xét k = 2m chẵn thì √ u2m = um .dm với dm = (2 + 3)m + (2 − √ m 3) (5) 53 2.5. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 Dãy {dm } thoả mãn dm+2 = 4dm+1 − dm với d1 = 4, d2 = 14 (6) Từ (6) và vì dm chẵn với mọi m nên suy ra dm+2 ≡ −dm (mod 8). Nếu m lẻ, thì dm ≡ 4 (mod 8) Nếu m chẵn, thì dm ≡ 6 (mod 8) Từ (7) và u2m = um .dm suy ra ( g(2m) = g(m) + 2 nếu m lẻ g(m) + 1 nếu m chẵn (7) (8) Với k = 2s h, h lẻ thì từ (8) và g(k) = 0 suy ra g(2s h) = g(2s−1 h) + 1 = · · · = g(2h) + s − 1 = g(h) + 2 + s − 1 = s + 1 (9) Từ (3), (9), và do (40 ta có ( k f (2k) = k+s+1 với k lẻ với k = 2s h, s ≥ 1, k lẻ (10) 2) Với n = 2k + 1. Ta thấy dãy {an } thoả mãn an+2 = 2an+1 + 2an , với a1 = 1, a2 = 2. (11) f (2k + 1) = k (12) Ta chứng minh bằng quy nạp với k = 0, 1 dễ thấy đúng. Giả sử đúng với k. Từ (10) có f (2k) ≥ k và theo giả thiết quy nạp f (2k + 1) = k nên a2(k+1)+1 = 2a2(k+1) + 2a2k+1 = 2.2k+1 .n + 2.2k N = 2k+1 (2M + N ) với N lẻ theo quy nạp. Vậy f (2(k + 1) + 1) = k + 1 đúng với k + 1. 3) Tìm mọi n để f (n) = 1996 Nếu 2k + 1, theo f (2k + 1) = k thì f (n) = f (2k + 1) = k = 1996 suy ra n = 3993. Nếu n = 2s+1 h với h lẻ. Với s = 0 suy ra f (2k) = k lẻ không thoả mãn với s ≥ 1 suy ra f (2s+1 h) = 2s h + s + 1 = 1996 suy ra 2s h + s = 1995 suy ra h lẻ và 1 ≤ s ≤ 9. Thử thấy s = 1, n = 3998 và s = 3, n = 3984 với s = 5, 7, 9 không có nghiệm. Đáp số n = 3984, n = 3998, n = 3993.