toÅn g hÔÏp ÑeÀ thi & lÔØi giaÛi ÑeÀ trÖÔØn g … · song song với các buổi...

1

Höôùng tôùi kyø thi choïn hsg quoác gia moân Toaùn 2016

Trần Nam Dũng, Lê Phúc Lữ, Trần Quốc Luật

(Tổng hợp và giới thiệu)

TOÅNG HÔÏP

ÑEÀ THI & LÔØI GIAÛI

ÑEÀ TRÖÔØNG ÑOÂNG BA MIEÀN 2015

Xin caùm ôn söï chia seû cuûa thaày Huyønh Taán Chaâu, anh Voõ Quoác Baù Caån vaø baïn Leâ Taï Ñaêng Khoa ñeå coù theå hoaøn thaønh taøi lieäu naøy.

2

Lời nói đầu.

Thế là chỉ còn đúng 1 tuần nữa là kỳ thi chọn HSG cấp quốc gia năm 2016 sẽ diễn ra.

Kỳ thi năm nay vẫn được tổ chức như thời điểm thường lệ (trong 3 ngày) và môn Toán sẽ thi vào 2 ngày 06-07/01/2016.

Thời gian vừa qua, các đội tuyển trên khắp cả nước đã tích cực ôn luyện, chuẩn bị về hành trang kiến thức lẫn kỹ năng làm bài thi để có thể mang về kết quả tốt nhất.

Song song với các buổi bồi dưỡng trên lớp, các địa phương cũng đã chung tay tổ chức các lớp học tập trung gồm các học sinh đến từ nhiều tỉnh khác nhau mà chúng ta quen gọi là “trường Đông Toán học”.

Chương trình Trường Đông năm nay khởi đầu ở TP.HCM (từ ngày 22-29/11/2015) trải dài trên nhiều tỉnh từ Bắc vào Nam, ở các địa điểm nổi bật là: Hà Nội, TP. Vinh, Phú Yên, TP.HCM và trường Đông của Viện Toán. Trong mỗi trường như thế, học sinh trong các đội tuyển đều được trải nghiệm tâm lý thi cử thực sự với một đề thi thử gồm 2 ngày, phỏng theo đúng cấu trúc của đề thi hàng năm. Những đề thi như thế đều rất hay, giá trị và có thể xem là một nguồn tài liệu hữu ích cho thí sinh trong giai đoạn ôn luyện này.

Nhằm chia sẻ với các bạn học sinh, quý thầy cô nguồn tài liệu đó, chúng tôi đã dành thời gian tổng hợp, biên tập và bình luận đôi chút về các bài toán trong mỗi đề thi. Hy vọng rằng sự cố gắng này sẽ giúp ích được phần nhỏ nào đó cho các bạn học sinh và cũng đóng góp được một nguồn tài liệu tham khảo cho quý thầy cô trong quá trình bồi dưỡng HSG.

TP.HCM, chiều cuối năm 31/12/2015,

Ban biên tập.

Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

3

Đề số 1.

Đề thi trường Đông miền Bắc (Hà Nội)

Đề thi ngày 1.

Bài 1. (5 điểm).

Tìm tất cả các hàm số :f thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) 2( ) ( ) ( 3 ) 4 ( )f x y f x y f x y yf y với mọi ,x y ;

ii) 0

( )lim 1.x

f xx


Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( )I tiếp xúc ,AC AB lần lượt tại ,E F . Gọi ,G H theo thứ tự là các điểm đối xứng với ,E F qua I . Giả sử GH cắt BC tại .P Các

điểm ,M N thuộc IP sao cho CM vuông góc với IB và BN vuông góc với IC . Chứng minh rằng I là trung điểm MN .


Chứng minh rằng với mọi số thực không âm , ,a b c , trong đó không có hai số nào đồng thời bằng 0 ta có bất đẳng thức

2 2 2

82a b c b c a c a b abca bc b ca c ab a b b c c a

.


Trên bàn cờ 8 8 , ta đặt các quân xe màu xanh, đỏ, vàng sao cho các quân xe khác màu không ăn nhau. Hỏi có thể đặt tối đa được bao nhiêu quân xe như vậy nếu biết rằng số quân xe mỗi màu giống nhau?


4

Đề số 1.

Đề thi trường Đông miền Bắc (Hà Nội)

Đề thi ngày 2.


Dãy đa thức ( , , )nP x y z được xác định như sau:

02

1

( , , ) 1

( , , ) ( )( ) ( , , 1) ( , , ), 0n n n

P x y zP x y z x z y z P x y z z P x y z n

Chứng minh rằng ( , , )nP x y z là đa thức đối xứng với mọi .n


Cho tam giác ABC cân tại A có P nằm trong tam giác sao cho 180BPC A . Các đường thẳng ,PB PC lần lượt cắt ,CA AB tại ,E F . Gọi ,I J lần lượt là tâm bàng tiếp ứng với đỉnh ,B C của tam giác ABE và ACF . Gọi K là tâm ngoại tiếp tam giác .AEF Chứng minh rằng .KI KJ


Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình

2 2 2( 4) 24 0x k y

có nghiệm nguyên dương.


5

Đáp án đề số 1.

Đề thi trường Đông phía Bắc

Đề thi ngày 1.


Tìm tất cả các hàm số :f thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) 2( ) ( ) ( 3 ) 4 ( )f x y f x y f x y yf y với mọi ,x y ;

ii) 0

( )lim 1.x

f xx

Lời giải.

Giả sử với mọi 0x thì ( ) 0f x .

Ta thấy điều này không thỏa ii) vì chẳng hạn xét dãy số ( )nx xác định bởi 2 nnx thì rõ

ràng 0,nx n và 0nx , tuy nhiên ta luôn có ( ) 0,nf x n nên ( )lim 0nn

n

f xx

.

Từ đó suy ra điều giả sử là sai, tức là phải tồn tại 0 0x sao cho 0( ) 0.f x

Đặt (0)f a , ta sẽ chứng minh rằng 0.a Trong i), thay x bởi y , ta có:

2 ( 2 ) (2 ) 4 ( )a f y f y yf y với y hay

2 ( 2 ) (2 ) 4 ( ),a f x f x xf x x .

Trong i), tiếp tục thay y bởi ,x ta có:

2 (2 ) ( 2 ) 4 ( )a f x f x xf x .

So sánh 2 đẳng thức trên, ta thấy 4 ( ) 4 ( ), .xf x xf x x

Do đó nếu 0x thì ( ) ( )f x f x , suy ra f là hàm số lẻ.

Trong i), lần lượt thay x bởi y và x bởi 3y , ta có:


6

2

2

(2 ) (4 ) 4 ( )( 2 ) ( 4 ) 4 ( )

f y af y yf yf y af y yf y

Tiếp tục thay vào 2 đẳng thức trên 0 04xy , chú ý rằng

0 0 0(2 ) , ( 2 )2 2 2x x xf y f f y f f

.

Suy ra 2 2(2 ) ( 2 ).f y f y Do đó, ta phải có:

0 0 0 0 0(4 ) ( 4 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0af y af y af x af x af x af x af x .

Vì 0( ) 0f x nên 0a , ta có được:

2(2 ) 4 ( ), .f y yf y y

Do đó, với mọi 0y thì 2

(2 ) ( )2

f y f yy y

nên ( )f y và y cùng dấu.

Bằng quy nạp, ta thu được 2

( ) (2 )2

nn

n

f y f yy y

với n . Với y là số cho trước, xét

n , ta có 2 0n y thế nên theo ii) thì

(2 )lim 12

n

nn

f yy

.

Nếu ( )f y y thì 2

( ) (2 )lim , lim 12

nn

nn n

f y f yy y

, mâu thuẫn.

Nếu ( )f y y thì 2

( ) (2 )lim 0, lim 12

nn

nn n

f y f yy y

, cũng mâu thuẫn.

Do đó, ( )f y y với mọi 0y . Kết hợp với (0) 0f , ta có được hàm số ( ) .f y y

Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy tất cả các hàm số cần tìm là ( ) , .f x x x


7

Nhận xét. Đây là một bài PTH khá thú vị và cũng khá lạ, khi đòi hỏi phải kết hợp khéo léo các yếu tố giải tích lồng vào biến đổi đại số. Việc thu được kết quả: tồn tại 0 0x mà

0( ) 0f x từ ii) cũng không quá hiển nhiên (nhiều học sinh sẽ nhầm lẫn thành dạng vô

định 00

, trong khi với giả thiết phản chứng thì tử số đã bằng 0, chứ không phải tiến đến 0).


Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( )I tiếp xúc ,AC AB lần lượt tại ,E F . Gọi ,G H theo thứ tự là các điểm đối xứng với ,E F qua I . Giả sử GH cắt BC tại .P Các

điểm ,M N thuộc IP sao cho CM vuông góc với IB và BN vuông góc với IC . Chứng minh rằng I là trung điểm MN .

Lời giải.

Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:

Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( )I tiếp xúc với BC tại D . Kẻ đường kính DK của ( )I và gọi M là trung điểm BC . Khi đó .IM AK

Chứng minh. Giả sử AK cắt BC tại E . Qua K kẻ đường thẳng song song với BC , cắt các cạnh ,AB AC lần lượt tại ,B C thì ABC AB C .

Do đó, tồn tại phép vị tự tâm A biến AB C thành ABC , biến K là tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A lên B C của AB C thành E , cũng là điểm tương ứng trong

ABC . Suy ra E là tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A lên BC của tam giác ABC .

C'B'

EM

K

D

I

CB

A


8

Vì thế nên M là trung điểm của DE , mà I là trung điểm của DK nên IM AK .

Bổ để được chứng minh.

Trở lại bài toán,

Gọi D là tiếp điểm của ( )I lên BC và ,Q K lần lượt là các điểm đối xứng với ,D P qua tâm .I Dễ dàng thấy rằng ( )K I và do PD tiếp xúc với ( )I nên ta có QK cũng tiếp xúc với ( ).I

Cũng do tính đối xứng. Vì EF đối xứng với GH qua I và P GH nên Q EF .

Giả sử AK cắt lại ( )I tại L thì rõ ràng tứ giác KEFL điều hòa (vì ,AE AF là các tiếp tuyến của ( )I ), suy ra EF và tiếp tuyến tại ,K L đồng quy.

Từ đó ta cũng có QL tiếp xúc với ( )I và .AL IP

Gọi R là trung điểm BC . Áp dụng bổ đề trên, ta có IR AK nên IR IP .

Tiếp theo, giả sử ,BN CM cắt EF tại ,S T thì bằng biến đổi góc, dễ dàng có được:

90BTC BSC .

Suy ra ,T S thuộc đường tròn đường kính .BC

Đường thẳng qua tâm R của vuông góc với IR cắt ,CT BS lần lượt tại ,M N nên theo định lý con bướm, ta có được .IM IN Bài toán được chứng minh.

R

L

QK

N

MS

T

PG

H

D

F E

I

A

B C


9

Nhận xét. Ta thấy bài toán phát biểu khá đơn giản, rất đẹp nhưng để giải quyết một cách thuần túy, cần phải vận dụng kết hợp nhiều bổ đề, định lý trong đó một cách rất khéo léo. Đặc biệt, mô hình định lý con bướm cũng là một kết thúc ấn tượng cho bài toán này.

Để giải thích cho việc xử lý theo hướng trên, ta có thể tiếp cận theo hướng sau:

Trước hết, rõ ràng kết quả 90BTC BSC đã khá quen thuộc sau kỳ thi VMO 2009. Gọi X là giao điểm của CM và BN thì ta có I là trực tâm tam giác .XBC Ta có một bổ đề thường xuất hiện ở THCS là: Đường thẳng qua trực tâm, vuông góc với đoạn nối trực tâm với trung điểm 1 cạnh, cắt 2 cạnh còn lại tại 2 điểm thì trực tâm là trung điểm của đoạn thẳng nối 2 điểm đó. Từ đó dẫn đến “nhu cầu” chứng minh IR MN .


Chứng minh rằng với mọi số thực không âm , ,a b c , trong đó không có hai số nào đồng thời bằng 0 thì ta có bất đẳng thức sau:

2 2 2

82a b c b c a c a b abca bc b ca c ab a b b c c a

.

Lời giải.

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM như sau

2 2 22 21 1

4 4a bc ab ac a bc ab ac a b a c (1)

Dấu bằng trong (1) xảy ra khi 2a bc ab ac , đảm bảo cả hai trường hợp dấu bằng là a b c hoặc , 0a b c .

Đánh giá tương tự

2 22 14

b ca bc ba b a b c ,

2 22 14

c ab ca cb c a c b .

Từ đó ta được

2 2 2

a b c b c a c a ba bc b ca c ab


10

2 2 2

a b c b c a c a b

a bc ab ac b ca bc ba c ab ca cb

2 2 2a b c b c a c a b

a b a c b c b a c a c b

2 2 22 2 2a b c b c a c a ba b b c c a

12ab a b bc b c ca c a abc

a b b c c a

82 .abca b b c c a

Bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn.

Nhận xét.

Chú ý rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c hoặc , 0a b c hoặc các hoán vị. Như vậy các đánh giá ở trên phải đảm bảo dấu bằng xảy ra tại các điểm trên. Việc nhân thêm các đại lượng thích hợp để khử căn trong các phân thức là điều khá phổ biến, ta cần chú ý rút kinh nghiệm để làm đơn giản hóa biểu thức của đề bài.


Trên bàn cờ 8 8 , ta đặt các quân xe màu xanh, đỏ, vàng sao cho các quân xe khác màu không ăn nhau. Hỏi có thể đặt tối đa được bao nhiêu quân xe như vậy nếu biết rằng số quân xe mỗi màu giống nhau?

Lời giải.

Gọi n là số xe mỗi loại thì tổng số xe sẽ là 3n . Ta chứng minh rằng 6.n

Thật vậy, giả sử ngược lại là 7n .

Ta gọi XG là số hàng chứa ít nhất 1 quân xe màu xanh và XV là số cột chứa ít nhất 1 quân xe màu xanh. Thật vậy, do có XG hàng chứa xe xanh nên theo nguyên lý Dirichlet, có ít

nhất 7

XG

chứa các quân xe (ký hiệu x là số nguyên nhỏ nhất không nhỏ hơn x ). Suy ra


11

7 7 7X X X XX X

G V G GG G

.

Từ đây, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta suy ra

2 2 7 5.X X X XG V G V

Do đó, 6X XG V . Hoàn toàn tương tự ta gọi , , ,D D V VG V G V là số hàng, số cột chứa ít nhất một quân xe màu đỏ, màu vàng tương ứng thì ta có 6, 6.D D V VG V G V

Cộng lại ta được: 18X X D D V VG V G V G V . (1)

Mặt khác, do các quân xe cùng màu không ăn nhau, nên mỗi hàng chỉ có thể chứa xe một màu, do đó

8X D VG G G và 8X D VV V V (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra mâu thuẫn. Do đó, 6n .

Với 6n , ta có thể xếp được 18 quân xe, 6 quân mỗi màu thỏa mãn điều kiện đề bài như hình vẽ sau:

X X X X X X Đ Đ Đ Đ Đ Đ V V V V V V

Vậy số quân xe tối đa có thể đặt được thỏa mãn yêu cầu bài toán là 18.

Nhận xét.

Ở bài toán cực trị rời rạc này, việc chỉ ra số lượng quân cờ mỗi màu bằng 6 thỏa mãn không khó. Tuy nhiên, để chỉ ra điều kiện cần bằng cách lập luận thật mạch lạc thì lại điều không dễ, dù nhiều khi ta thấy khá hiển nhiên.

Trong lời giải trên, BĐT 7X XG V hoặc 6X XG V đều có thể kiểm tra trực tiếp bằng cách xét các trường hợp. Tuy nhiên, nhờ sự tương quan giữa hàng – cột trong bàn cờ, đánh giá tích như ở trên lại được thấy rõ hơn (nếu có 1 số bằng 1 thì số kia phải bằng 7, nếu có 1 số bằng 2 thì 1 trong 2 số kia phải ít nhất là 4, …).


12


Đề thi trường Đông phía Bắc

Đề thi ngày 2.


Dãy đa thức ( , , )nP x y z được xác định như sau:

02

1

( , , ) 1

( , , ) ( )( ) ( , , 1) ( , , ), 0n n n

P x y zP x y z x z y z P x y z z P x y z n

Chứng minh rằng ( , , )nP x y z là đa thức đối xứng với mọi .n

Lời giải.

Ta có: 0 ( , , ) 1P x y z , 21( , , ) ( )( )P x y z x z y z z xy yz zx và

22

2 2 2 2 2 2

( , , ) ( )( ) ( )( 1)

( 2 )( ) ( )

P x y z x z y z xy x y z z

xy yz zx xyz x y z x y y z z x xyz

nên rõ ràng các đa thức 0 1 2( , , ), ( , , ), ( , , )P x y z P x y z P x y z đều đối xứng.

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.

Giả sử rằng 1 2( , , ), ( , , ), ( , , )n n nP x y z P x y z P x y z với 0n cũng đối xứng. Chú ý rằng đa thức ( , , )nP x y z đối xứng nên khi đổi chỗ các vị trí của biến cho nhau thì đa thức không đổi, chẳng hạn ( , , 1) ( , 1, ) n nP x y z P x z y .

Đặt ( )( )( ) a x y y z z x và ( 1)( 1)( 1)b x y y z z x , ta có:

Biến đổi 1( , , 1)nP x y z :

21 1( , , 1) ( , 1, ) ( )( 1) ( , 1, 1) ( , , 1)n n n nP x y z P x z y x y y z P x z y y P x y z

Biến đổi 2 ( , , 1)nP x y z (thay biểu thức trên vào công thức truy hồi tương ứng)


13

22 1 1

2 21

2 21

( , , ) ( )( ) ( , , 1) ( , , )

( )( ) ( )( 1) ( , 1, 1) ( , , 1) ( , , )

( 1) ( , 1, 1) ( , , )

( 1) ( , 1, 1

( )( ) ( , , 1)

n n n

n n n

n

n

n n

P x y z x z y z P x y z z P x y z

x z y z x y y z P x z y y P x

x z y z

y z z P x y z

a y z P x z y y z P x y z

a y z P x z y

P x y z

2 21

2 2 2 21

21) ( , ,( , , ) )

( 1) ( , 1, 1) ( , , )

( ,

( ) ( , , )

, ) n

n n n

n ny z P x y z

a y z P x z y y z P x y z y z P

P x y z z P x y z

x y z

Biến đổi 3 ( , , 1)nP x y z (trong đẳng thức cuối, thay 1n n ):

2 2 2 23 1 1 2

2 2 2 21 1 2

2

2 21

( , , ) ( 1) ( , 1, 1) ( , , ) ( ) ( , , )

( 1) ( 1, 1, ) ( , , ) ( ) ( , , )

( 1) ( 1)( 1) ( 1, 1, 1) ( 1, 1, )

n n n n

n n n

n n

n

P x y z a y z P x z y y z P x y z y z P x y z

a y z P y z x y z P x y z y z P x y z

a y z x y z x P y z x x P y z x

y z P

2 2

2

2

2 2 2

2 2 2 22

21 2

2

2 2 2

1

1

( , , ) ( ) ( , , )

( 1, 1, 1)

( , , ) ( ) ( ,

( 1) ( , 1, 1)

( , , ) ( , , ) ( ) ( , ,

, )

( 1, 1, 1)

( , ,

)

) (

n

n

n n

n

n

n n

n

n

x y z y z P x y z

abP x y z x

y z P x y z y z P x y z

abP x y z x

a y z P x y z

P x y z y z P x y z y z P x y

y z P y y z

z

x z

2

2 2 2 2 2 22 1

2

( 1, 1, 1) (

) ( , , )

, , ) ( , , ) ( , , )n n n n

nP x

abP x y z x P x y z x y P x y z x y z P x y

z

z

y

Đẳng thức cuối cho thấy 3nP cũng là đa thức đối xứng theo , ,x y z nên khẳng định cũng đúng với 3n . Vậy theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm.

Nhận xét.

Bài toán khá thú vị và lạ, đòi hỏi cần phải xử lý đại số rất chắc tay. Bên cạnh đó, cần phải mạnh dạn nhìn nhận rằng ( , , 1) ( , 1, ) n nP x y z P x z y , đây chính là mấu chốt để có bước chuyển ( , , ) ( 1, 1, 1)n nP x y z P x y z , cũng là cơ sở cho các biến đổi tiếp sau đó.

Ta có thể tiếp cận bài toán theo hướng sau: Đặt , , p x y z q xy yz zx r xyz . Vì đa thức ( , , )nP x y z đối xứng giữa các biến , ,x y z nên tồn tại đa thức ( , , )nf p q r sao cho

( , , ) ( , , )n nP x y z f p q r . Điều ngược lại vẫn đúng! Nếu thay ( , , ) ( , , 1) n nP x y z P x y z thì

( , , ) ( 1, , ) 1, , n n n

rf p q r f p q x y r xy f p q p z rz

.


14


Cho tam giác ABC cân tại A có P nằm trong tam giác sao cho 180BPC A . Các đường thẳng ,PB PC lần lượt cắt ,CA AB tại ,E F . Gọi ,I J lần lượt là tâm bàng tiếp ứng với đỉnh ,B C của tam giác ABE và ACF . Gọi K là tâm ngoại tiếp tam giác .AEF Chứng minh rằng .KI KJ

Lời giải.

Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:

Cho tứ giác toàn phần ABCDEF có ABCD nội tiếp. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm ,AC BD . Khi đó, phân giác trong của góc ,E F cùng đi qua một điểm thuộc .MN

Chứng minh. Ta có: ( . )EAC EBD g g và ,M N lần lượt là trung điểm của hai cạnh tương ứng nên ta cũng có ( . )EMC END g g . Suy ra ,EM EN đẳng giác trong góc E và phân giác góc ,AEB MEN trùng nhau.

Giả sử I là giao điểm của phân giác trên và MN thì IM EM ACIN EN BD

.

Tương tự, nếu gọi I là giao điểm của phân giác góc F và MN thì I M ACI N BD

.

Suy ra I I hay các phân giác góc ,E F và MN đồng quy. Bổ đề được chứng minh.

IN

M

E

F

A

B

CD


15

Trở lại bài toán,

Do 180BPC A nên 180EPF EAF , tức là AEPF nội tiếp hay ( ).P K

Gọi G là điểm đối xứng với A qua BC . Vì 180BPC BGC nên ( ).G BPC

Mặt khác GB GC nên PG là phân giác của BPC và .EPF

Dễ thấy IJ chính là phân giác ngoài của EAF nên nó đi qua trung điểm cung EF chứa A của ( )K , mà PG cũng đi qua trung điểm đó (vì nó là phân giác EPF ) nên các đường thẳng ,PG IJ cắt nhau tại R thuộc ( ).K

Gọi S là trung điểm AP và L là giao điểm của ,BI CJ . Khi đó, theo bổ đề trên cho tứ giác toàn phần AEPFBC thì L nằm trên đường thẳng nối S và trung điểm EF .

Đây cũng chính là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần nói trên nên SL đi qua trung điểm M của .BC

N

L

S

R

G

J I

F

E

MB

C

A

P


16

Do IJ BC (cùng vuông góc với phân giác trong của BAC ) và SL đi qua trung điểm của BC nên nó cũng đi qua trung điểm N của IJ theo bổ đề hình thang.

Hơn nữa, MS là đường trung bình của tam giác APG nên MS PG và cũng đi qua trung điểm N của AR .

Vì AR là dây cung của ( )K nên KN AR , mà N cũng là trung điểm IJ nên tam giác KIJ cân tại .K Vậy ta có KI KJ , đpcm.

Nhận xét.

Bài toán phát biểu rất đẹp và có thể nói là lời giải còn đẹp hơn. Mô hình tứ giác toàn phần cùng bổ đề trên thể hiện trong bài toán này cũng khá rõ. Tuy nhiên, việc nhìn nhận ra để sử dụng nó khi mà yêu cầu của đề là khoảng cách giữa các tâm bằng nhau lại là điều không dễ dàng. Song song với bổ đề trên, có một bài toán tương tự sau đấy, được lấy ý tưởng từ đề VMO 2012:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O . Phân giác trong của các góc ,A B cắt nhau tại M , phân giác trong của các góc ,B C cắt nhau tại N , phân giác trong của các góc

,C D cắt nhau tại P , phân giác trong của các góc ,D A cắt nhau tại .Q

1) Chứng minh rằng , , ,M N P Q cùng thuộc một đường tròn. Gọi I là tâm đường tròn đó.

2) Chứng minh rằng ,MP NQ cắt nhau tại một điểm thuộc đường thẳng nối 2 trung điểm của , .AC BD

b) Giả sử ,AC BD cắt nhau tại .K Chứng minh rằng , ,I O K thẳng hàng.


Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình

2 2 2( 4) 24 0x k y

có nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Xét phương trình bậc hai theo biến z là:

2 2 6 0z kyz y .


17

Ta thấy phương trình này có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi 2 2 2 2 24( 6) ( 4) 24k y y k y

là số chính phương, tức là khi và chỉ khi phương trình 2 2 2( 4) 24k y x có nghiệm tự nhiên.

Nhưng dễ dàng kiểm tra được phương trình

2 2 2224( 4) 24 0

4k y y

k

không có nghiệm tự nhiên ( , )k y nên điều này cũng tương đương với sự kiện phương trình 2 2 2( 4) 24k y x có nghiệm nguyên dương.

Bây giờ ta tìm tất cả các giá trị k để phương trình 2 2 6 0z kyz y (1) có nghiệm nguyên dương.

Giả sử k là một giá trị như vậy và ( *, *)z y là một nghiệm của (1) sao cho * *z y có giá trị nhỏ nhất.

Không mất tính tổng quát, giả sử * *z y .

Ta thấy *z là nghiệm của phương trình 2 2* * 6 0z ky z y (2).

Theo định lý Viét thì 2

1 *

* 6* * yz ky zz

cũng là nghiệm của (2). Từ các biểu thức của nghiệm, ta thấy 1z là số nguyên dương. Do đó 1( , *)z y cũng là nghiệm của (1).

Từ tính nhỏ nhất của * *z y , ta suy ra 1 *z z nên 2 2* 6 *y z . Ta xét 2 trường hợp:

- Nếu * *y z thì * * 1y z . Từ bất đẳng thức trên, ta có 2 2( * 1) 6 *z z . Suy ra 7 2 * 0 * 3z z . Xét tất cả các cặp ( *, *)y z với 1 * * 3y z (thực chất là chỉ có 3 cặp như thế:

(1,2);(1,3);(2,3) ), ta thấy các giá trị của biểu thức 2 2* * 6

* *y zk

y z

lần lượt là

11 16 19, ,2 3 6

đều không nguyên. Do đó trường hợp này không xảy ra.


18

- Nếu * *y z thì 26 ( 2) *k z . Suy ra khả năng duy nhất là * 1, 8z k .

Vậy giá trị nguyên dương duy nhất để phương trình (1) có nghiệm nguyên dương là 8k và cũng có nghĩa là giá trị nguyên dương duy nhất để 2 2 2( 4) 24 0x k y có nghiệm là 8k .

Nhận xét.

Phương pháp sử dụng bước nhảy Viét như trên đã khá quen thuộc để xử lý các phương trình Diophante cấp 2 có dạng 2 2 0 ax bxy cy dx ey f . Tuy nhiên, dạng phát biểu gốc của bài toán thực sự hơi khó xử lý (vì không có biểu thức liên kết giữa 2 biến) và đó cũng chính là nguyên nhân khiến ta cần phải xét một phương trình bậc 2 làm cầu nối.

Dưới đây là một tình huống tương tự (hãy so sánh sự giống nhau giữa 2 bài toán):

(IMO Shortlist 2010) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( , )m n sao cho

2 12 3 2 1 n nm m .

(VN TST 2011) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho

22 (2 1) 8 3 1 n n nA

là một số chính phương.


19

Đề số 2.

Đề thi trường Đông phía Bắc Trung Bộ (TP.Vinh)

Đề thi ngày 1.

Bài 1 (5,0 điểm). Tìm tất cả các hàm : 0; 0;f thỏa mãn

2 3( ) 1( ) ( )

f xf xf x xf x

với mọi số thực 0.x

Bài 2 (5,0 điểm). Cho dãy các đa thức hệ số thực 1,2,3,...( )n nP x

thỏa mãn điều kiện

*(2cos ) 2 cos ; ; .nnP x nx x n

Chứng minh rằng với mỗi *n thì ( )nP x là đa thức hệ số nguyên bậc n và

( ) 21 ; 2.

2

nnP x

n xx

Bài 3 (5,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, không cân. Các điểm ,E F lần lượt thuộc đoạn thẳng ,CA AB sao cho EF BC . Dựng điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho EM AB và =ECM FCB . Dựng điểm N nằm trong tam giác ABC sao cho FN AC và =FBN EBC . Gọi BM cắt CN tại P . Chứng minh rằng điểm P luôn thuộc một đường thẳng cố định khi các điểm ,E F di chuyển.

Bài 4 (5,0 điểm). Với mỗi số tự nhiên 4n , ký hiệu nt là số nhỏ nhất các tập hợp con 3

phần tử của tập hợp 1,2,3,...,nS n sao cho tập hợp con gồm 4 phần tử tùy ý của nS luôn chứa ít nhất một trong các tập hợp con 3 phần tử này.

1) Xác định 6t .

2) Chứng minh rằng 31 .4n nt C


20

Đề số 2.

Đề thi trường Đông phía Bắc Trung Bộ (TP.Vinh)

Đề thi ngày 2.

Bài 5 (6,0 điểm).

Trong một giải bóng đá có n > 4 đội bóng thi đấu vòng tròn 1 lượt, tức là hai đội bất kỳ đấu với nhau đúng 1 trận. Thắng được 3 điểm, hòa được 1 điểm và thua 0 điểm. Vào cuối giải người ta nhận thấy rằng tất cả các đội đều có điểm số bằng nhau. Chứng minh rằng có 4 đội bóng có cùng số trận thắng, số trận hòa và số trận thua.


Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn . Đường tròn ' thay đổi đi qua

B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F ( , ).E F A Đường tròn ngoại tiếp tam giác

AEF cắt lại đường tròn tại K ( A K ) . KE, KF lần lượt cắt lại đường tròn tại Q, P ( , ).P Q K Gọi T là giao điểm của BQ và CP. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BF, CE.

1) Chứng minh rằng T thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn ' thay đổi. 2) Chứng minh rằng KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.


Ta gọi một số là lũy thừa đúng nếu nó có dạng ma với ,a m nguyên và , 1a m . Hỏi với số nguyên dương 1n nào thì tồn tại các số nguyên dương 1 2, ,..., nb b b không đồng thời bằng nhau sao cho với mọi số nguyên dương k thì

1 2( )( )...( )mb k b k b k là lũy thừa đúng?

(Số mũ của lũy thừa có thể khác nhau, nhưng luôn lớn hơn 1).


21


Đề thi trường Đông phía Bắc Trung Bộ

Đề thi ngày 1.

Bài 1 (5,0 điểm). Tìm tất cả các hàm : 0; 0;f thỏa mãn

2 3( ) 1( ) ( )

f xf xf x xf x

với mọi số thực 0.x

Lời giải. Phương trình đã cho được viết thành

( ) ( ) ( ) 2 3, 0.xf x f xf x xf x x x

Đặt ( ) ( ), 0xf x h x x ta được ( ) 0, 0h x x và

( ) ( ) 2 3, 0.h h x h x x x (1)

Với mỗi 0x , xét dãy 0n nu

xác định bởi 0 1, , .n nu x u h u n

Khi đó, ta có 0,nu n và 1 12 3, 1n n nu u u n . (2)

Đặt ,n nu n v n , từ (2) ta được ,nv n n và 1 12 0, 1.n n nv v v n

Phương trình đặc trưng 2 2 0t t có hai nghiệm phân biệt 1 21, 2t t , nên ta có

2 , 0nnv a b n (a, b là các hằng số).

Do 2lim 0n

n , nên nếu 0b thì ta có thể chọn n đủ lớn để . 2 na b n . Điều này

trái với , ,nv n n tức là 0b , dẫn đến , .nv a n

Khi đó , .nu n a n

Thay lần lượt 0, 1n n vào công thức trên, ta được

0 1, 1 1 .x u a h x u a x

Vậy hàm số cần tìm là 11 , 0.f x xx

Thử lại ta thấy thỏa mãn.


22

Nhận xét. Điểm mấu chốt của bài toán chính là việc quy đồng biểu thức và phép đặt ( ) ( )h x xf x , đây là điều không dễ. Phương trình hàm nhận được sau đó đã khá quen

thuộc và có thể đưa về xử lý dãy số sai phân tuyến tính cấp 2.

Bài 2 (5,0 điểm). Cho dãy các đa thức hệ số thực 1,2,3,...( )n nP x

thỏa mãn điều kiện

*(2cos ) 2 cos ; ; .nnP x nx x n

Chứng minh rằng với mỗi *n thì ( )nP x là đa thức hệ số nguyên bậc n và

( ) 21 ; 2.

2

nnP x

n xx

Lời giải.

Ta có 1(2cos ) 2cos ;P x x x nên 1( ) .P x x

Tương tự 2 3 4 22 3 4( ) 2 4; ( ) 4 12 ; ( ) 8 32 16.P x x P x x x P x x x

Ta sẽ chứng minh 1 2( ) 2 ( ) 4 ( ); 3.n n nP x xP x P x n (*)

Thật vậy cos( ) cos(( 2) ) 2cos cos(( 1) ); 3.nx n x x n x n

Do đó

1 2(2cos ) 4cos (2cos ) 4 (2cos ); 3.n n nP x xP x P x n

Suy ra (*) đúng. Từ (*), ta có

2 2( 4) ( 4)( ) ; 1.2

n n

nx x x xP x n

Đặt 2 4

2x xa

ta có ( ) 2 2 .2

n nn n

na aP x t

Áp dụng BĐT trung bình lũy thừa ta có với mọi 1,n thì


23

1 1 2 2 11 2

( )... .

2 2 2 2 2

n n n nnn n n

P x a a a a a a xt

Ta cần chứng minh

2

1 2

1 1 ( 1)2 2 2 .... 1 2

n

n nt at n a n

a t t t a

Do 2 2 1 2( 1) ( 1) ( ... 1)1

2 2

n nn

n na a a at

a a

nên ta chỉ cần

1 1 2 1 2 2( ... 1) ( ... 1) .n n n n nna t t t a a a

Bất đẳng thức trên đúng khi 1;n với 2n nó cũng đúng do

1 1 2 2 11

2 2 2 3 1

... 12 2 2

... 2 ... 1 .2

n n n nn

n n n

a a a a a aVT na

n a a a a VP

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do 1 2 3 21 ....n n na a a a a

Ta có đpcm.

Nhận xét. Việc chuyển từ phát biểu lượng giác sang công thức truy hồi rồi đưa về dạng đại số đã giúp bài toán sáng sủa hơn rất nhiều. Dưới đây là một số bài toán tương tự:

1) (VMO 1989) Cho dãy đa thức ( )nP x xác định bởi:

2

0 1( )( ) 0, ( ) ( ) , 0

2n

n nx P xP x P x P x n

.

Chứng minh rằng với mọi 0;1x và 0n thì 20 ( )

1nx P xn

.

2) Cho đa thức ( )nP x có bậc không vượt quá n và hệ số cao nhất là 0a , thỏa mãn

21 ( ) 1, 1;1nx P x x .

Chứng minh rằng 10 2na .


24

Bài 3 (5,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, không cân. Các điểm ,E F lần lượt thuộc đoạn thẳng ,CA AB sao cho EF BC . Dựng điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho EM AB và =ECM FCB . Dựng điểm N nằm trong tam giác ABC sao cho FN AC và =FBN EBC . Gọi BM cắt CN tại P . Chứng minh rằng điểm P luôn thuộc một đường thẳng cố định khi các điểm ,E F di chuyển.

Lời giải.

Gọi ( )O là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi ,CF BE lần lượt cắt ( )O tại ,S T khác ,C B . Gọi ,CM BN lần lượt cắt ,AB AC tại ,K L .

Từ đề bài ta có =CBL TBA , lại từ góc nội tiếp ta có =LCB ATB .

Từ đó, ta có BAT BLC . Theo định lý Thalès, ta lại có =FB NBFA NL

.

Từ hai nhận xét trên, ta thu được BCN BTF nên =BCN BTF . Chứng minh tương tự, ta có =CBM CSE .

Lại do EF BC nên = =BEF EBC TSC ta suy ra tứ giác STEF nội tiếp.

Từ đó = = =CBM CSE BTF BCN , ta suy ra tam giác PBC cân tại P hay P thuộc trung trực BC , là đường thẳng cố định.

S

T

K

L

PN

M

E

O

A

B C

F


25

Nhận xét. Trong bài toán này, nhiều học sinh sẽ dễ dàng nhận ra các yếu tố đẳng giác từ các góc bằng nhau khá quen thuộc. Chẳng hạn nếu đề hỏi “giao điểm Q của ,BN CM thuộc đường cố định” thì bài toán sẽ dễ hơn nhiều vì khi đó, Q sẽ đẳng giác với giao điểm của ,BE CF (nằm trên trung tuyến đỉnh A của tam giác ABC ), vì thế nên Q sẽ thuộc đường đối trung đỉnh A của tam giác .ABC Tuy nhiên, đó là một vấn đề khác.

Ở đây, ta thấy mô hình của phép đồng dạng/vị tự quay khá rõ, chú ý rằng 2 tam giác ,BAT BLC đồng dạng. Khi đó, 2 “đường tương ứng” ,TF CN cũng sinh ra thêm 2 tam

giác đồng dạng mới.

Bài 4 (5,0 điểm). Với mỗi số tự nhiên 4n , ký hiệu nt là số nhỏ nhất các tập hợp con 3

phần tử của tập hợp 1,2,3,...,nS n sao cho tập hợp con gồm 4 phần tử tùy ý của nS luôn chứa ít nhất một trong các tập hợp con 3 phần tử này.

1) Xác định 6t .

2) Chứng minh rằng 31 .4n nt C

Lời giải.

1) Ta thấy họ 6 tập con gồm 3 phần tử

1,2,3 , 1,2,4 , 3,4,5 , 3,4,6 , 1,5,6 , 2,5,6

có tính chất là mọi tập con 4 phần tử của 6S đều chứa ít nhất một trong chúng nên 6 6.t Mặt khác, xét một họ 5 tập hợp con 3 phần tử 1 2 3 4 5, , , ,A A A A A tùy ý.

Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại ít nhất một phần tử p của 6S có mặt trong ít nhất

3 5 1 36

tập hợp con này. Như vậy, nếu xét tập hợp 5 phần tử 6 \S p thì trong

1 2 3 4 5, , , ,A A A A A , chỉ có nhiều nhất 5 3 2 tập con 3 phần tử không chứa p , ký hiệu là ,A B . Dễ thấy A B (nếu không thì A B có 6 phần tử, vô lý) và với q là phần tử

chung của A B thì 6 \ ,S p q là tập con gồm 4 phần tử không chứa bất bất kỳ iA làm

tập hợp con, suy ra 6 6t .

Do đó ta có 6 6t .


26

2) Do 4 1t và nt không thay đổi khi thay nS bởi tập hợp gồm n phần tử tùy ý nên ta sẽ

chứng minh 314n nt C

bằng quy nạp.

Với 4n thì 34 4

14

t C .

Giả sử 314n nt C

đúng với 4n , ta sẽ chứng minh 3

1 114n nt C .

Xét họ 1nt các tập hợp các tập hợp 3 phần tử thỏa mãn điều kiện đầu bài là một tập hợp 4 phần tử tùy ý luôn chứa một trong chúng. Bỏ đi một phần tử p tùy ý trong 1nS , ta còn tại một số tập hợp con 3 phần tử thỏa mãn điều kiện là một tập hợp con 4 phần tử của

1 \nS p luôn chứa ít nhất 1 trong các tập con này và do đó số tập hợp con 3 phần tử còn

lại không ít hơn nt .

Vì luôn tồn tại một phần tử p thuộc ít nhất 131

ntn

tập hợp, suy ra 1

13

1n

n nt

t tn

.

Áp dụng giả thiết quy nạp là 314n nt C , ta có ngay

311

3 11 4

nn n

tt C

n

hay 31 1

14n nt C .

Nhận xét. Ý thứ nhất của bài toán đòi hỏi phải xây dựng các tập hợp cụ thể, mang tính chất gợi mở để học sinh khám phá và cũng cung cấp thêm điểm thành phần (có tách ra thành ý riêng là sẽ có điểm, ít nhất là 1 điểm, dù ý đó dễ thế nào đi nữa). Ý thứ hai mang hơi hướng của phương pháp đếm bằng 2 cách, nhưng do quan hệ đã nêu khó diễn đạt được thành các bộ để đếm nên ta phải lập luận theo quy nạp như trên.


27


Đề thi trường Đông phía Bắc Trung Bộ

Đề thi ngày 2.


Trong một giải bóng đá có n > 4 đội bóng thi đấu vòng tròn 1 lượt, tức là hai đội bất kỳ đấu với nhau đúng 1 trận. Thắng được 3 điểm, hòa được 1 điểm và thua 0 điểm. Vào cuối giải người ta nhận thấy rằng tất cả các đội đều có điểm số bằng nhau. Chứng minh rằng có 4 đội bóng có cùng số trận thắng, số trận hòa và số trận thua.

Lời giải.

Theo giả thiết thì khi một đội bóng có x trận thắng, y trận thua và z trận hòa, tổng số điểm của đội là 3x z , ngoài ra 1.x y z n

Nếu hai đội bóng có cùng điểm số, giả sử là đội ,A B có số bàn thắng – thua – hòa lần lượt là 1 1 1 2 2 2( , , ), ( , , )x y z x y z thì 1 1 2 13 3x z x z , suy ra hiệu của số các trận hòa giữa họ

là 1 2 1 23z z x x phải chia hết cho 3.

Hơn nữa, từ đây ta cũng thấy rằng, hai đội có cùng số bàn thắng, thua, hòa khi và chỉ khi số trận hòa của họ bằng nhau.

Số các trận hòa của một đội bóng chỉ có thể nằm trong khoảng từ 0 đến 1n nên ta có thể chia các đội thành các nhóm dựa theo số trận hòa. Khi đó, số nhóm sẽ không vượt quá

23

nk

, nghĩa là tồn tại một nhóm có không ít hơn 3 đội.

Giả sử ngược lại rằng mỗi nhóm chỉ gồm 3 đội hay ít hơn. Khi đó, số nhóm đúng bằng k vì nếu không thì số đội sẽ là 3( 1)n k , mâu thuẫn với định nghĩa số k .

Gọi ,A B là các nhóm có số trận hòa lần lượt là ít nhất và nhiều nhất. Xét các trường hợp:

(1) Nếu 3 2n k thì số trận hòa của đội từ A là 0 và số trận hòa của đội từ B là 1n (chỉ có cách chia như vậy mới đủ k nhóm chênh lệch 3 đơn vị từ 0 đến 1n ), có nghĩa là đội từ B đá hòa với tất cả các đội, trong đó có đội từ A là đội không hòa trận nào. Điều này mâu thuẫn!

(2) Nếu 3 1n k và đội từ A có h trận hòa thì đội từ B có 3 3h k trận hòa, có nghĩa là có 1 h trận đấu không hòa.


28

+ Nếu 1h thì nhóm B có thể chứa một đội, vì nếu có 2 đội thì cả hai đội này sẽ đấu hòa với đội bóng từ A, mà đội này chỉ có 1 trận hòa. + Nếu 0h thì A chỉ có thể chứa đúng 1 đội, bởi nếu có 2 đội, thì hai đội này sẽ có kết quả thắng thua với một đội từ B, là đội chỉ có 1 trận đấu có kết quả thắng thua. Như vậy, luôn có 1 nhóm chỉ có 1 đội. Nhưng khi đó các đội còn lại là 3 2k đội, không thể chia được thành 1k nhóm, mỗi nhóm có không quá 3 đội. Điều này cũng mâu thuẫn.

(3) Nếu 3n k , thì tất cả các nhóm phải chứa đúng 3 đội. Trong đó nếu đội từ A có l trận hòa thì đội từ B có 2 h trận đấu có kết quả thắng thua. Vì vậy số trận đấu mà các đội của hai nhóm này thi đấu với nhau không quá 3 3(2 ) 6h h trận, cũng là điều mâu thuẫn.

Do đó, điều giả sử ở trên là sai; vậy nên tồn tại ít nhất 4 đội có cùng nhóm. Ta có đpcm.

Nhận xét.

Dạng toán chứng minh tồn tại các đối tượng có cùng tính chất khá phổ biến, mà cụ thể trong bài này là cùng số trận thắng – thua – hòa. Cách làm thường gặp là dùng Dirichlet, kết hợp với ý tưởng tham lam để chọn ra một nhóm các đối tượng thỏa mãn một phần của tính chất trước rồi tìm cách chứng minh thỏa mãn cả các tính chất còn lại.

Điểm đặc biệt của bài toán này là “các đội có cùng điểm số và cùng số trận đấu”, 3 đại lượng có 2 quan hệ giống nhau rồi nên ta chỉ cần 1 trong 3 đại lượng bằng nhau là xong. Chú ý thêm tính chia hết cho 3 của hiệu số trận hòa nên việc phân nhóm theo tiêu chí số lượng trận hòa là khá rõ.


Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn . Đường tròn ' thay đổi đi qua

B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F ( , ).E F A Đường tròn ngoại tiếp tam giác

AEF cắt lại đường tròn tại K ( A K ) . KE, KF lần lượt cắt lại đường tròn tại Q, P ( , ).P Q K Gọi T là giao điểm của BQ và CP. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BF, CE.

1) Chứng minh rằng T thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn ' thay đổi. 2) Chứng minh rằng KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.

Lời giải.

1) Gọi O là tâm đường tròn . Ta có :


29

( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 0(mod )EF BP EF FP FP BP EA KA KA BA

EA BA

nên .EF BP Chứng minh tương tự, ta có EF CQ .

Từ đó, suy ra BP CQ nên ,BP CQ là hai đáy hình thang cân, suy ra OT vuông góc với

BP (vì O thuộc trung trực của BP và CQ), do đó OT vuông góc với EF. Dễ chứng minh được EF vuông góc AO. Từ đó suy ra A, O, T thẳng hàng.

Vậy T thuộc đường thẳng AO cố định.

b) Ta có BC, EF, AK theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn và '; ' và (AEF); và (AEF).

Do đó BC, EF, AK đồng qui tại một điểm D.

Gọi L là giao điểm của BF và CE; gọi X, Y theo thứ tự là giao điểm của BF, CE với AD. Suy ra

( , ) 1 ( , ) 1 ( , ) 1AD XY B AD XY B EC LY nên ( , ) 1.EC LY

Z L

X

Y

NM

D

T

P

Q

K F

E

A

BC


30

Mà N là trung điểm CE, nên theo hệ thức Maclaurin, ta có .LN LY LE LC

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có .LM LX LF LB

Suy ra . ,LN LX LM LY suy ra M, N, X, Y đồng viên.

Gọi Z là trung điểm AD, suy ra M, N, Z thẳng hàng theo định lý về đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn phần BCFEAD.

Từ M, N, X, Y đồng viên suy ra ZM ZN ZX ZY . Mặt khác, ta lại có ( , ) 1AD XY và Z là trung điểm AD, nên theo hệ thức Newton, ta có

2 . .ZA ZX ZY ZM ZN ZA là tiếp tuyến của đường tròn (AMN).

Ta có đpcm.

Nhận xét. Ý thứ nhất còn có thể phát triển ra thêm khi chú ý rằng BTC không đổi nên T cũng là điểm cố định. Bên cạnh đó, ý thứ hai của bài toán tuy khó nhưng không mới, nó là một mô hình quen thuộc khi quan tâm đến mô hình tứ giác toàn phần và các hàng điểm điều hòa liên quan. Ngoài ra, để ý rằng ,AM AN đẳng giác trong góc BAC nên nếu kéo dài MN cắt ,AB AC tại ,H K thì ta cũng có ( ),( )AMN AHK tiếp xúc nhau.


Ta gọi một số là lũy thừa đúng nếu nó có dạng ma với ,a m nguyên và , 1a m . Hỏi với số nguyên dương 1n nào thì tồn tại các số nguyên dương 1 2, ,..., nb b b không đồng thời bằng nhau sao cho với k nguyên dương thì 1 2( )( )...( )mb k b k b k là lũy thừa đúng?

Lời giải. Câu trả lời là: Mọi hợp số n thỏa mãn điều kiện.

* Điều kiện đủ: Giả sử n là hợp số, n rs với 1, 1r s . Ta chọn như sau

1 2 1 2... 1, .... 2r r r nb b b b b b .

Khi đó, với mọi k thì ta đều có

( 1)1 2( )( )...( ) ( 1) ( 2)r s r

nb k b k b k k k

là lũy thừa đúng bậc r .

* Điều kiện cần: Nếu n là số nguyên tố, ta sẽ chứng minh rằng n không thỏa mãn.


31

Giả sử với n nguyên tố nào đó, tồn tại bộ 1 2( , ,..., )nb b b thỏa mãn điều kiện đề bài. Không mất tính tổng quát, giả sử các số 1 2, ,..., tb b b là các số đôi một khác nhau, còn mỗi một trong các số 1 2, ,...,t t nb b b là sự lặp lại của các số trước (chú ý rằng ở đây 1t vì các số không đồng thời bằng nhau).

Giả sử trong các số 1 2, ,..., nb b b có is số bằng ib , trong đó

1 i t và 1 2 ... .ts s s n

Áp dụng định lý Trung hoa về số dư: với mọi các số nguyên tố cùng nhau 1 2, ,..., ta a a và

mọi số nguyên không âm 1 2, ,..., tr r r với 0 , 1,i ir a i n , tồn tại số nguyên dương m sao cho trong phép chia cho 1 2, ,..., ta a a cho số dư tương ứng là 1 2, ,..., tr r r .

Xét t số nguyên tố phân biệt 1 2, ,..., tp p p , mỗi số đều lớn hơn tất cả các số ib và

đặt 2 ,i i i i ia p r p b với 1,i t . Các số 2 , 1,ip i t đôi một nguyên tố cùng nhau và

20 i i ir p p nên điều kiện của định lý Trung hoa về số dư được thỏa mãn.

Xét số nguyên dương m thỏa mãn điều kiện m chia ia dư ir , ta sẽ chứng minh rằng

nếu 1 2( )( )...( ) vnb m b m b m u thì 1.v

Xét chỉ số i bất kỳ với 1 i t . Số ib m khi chia cho 2ip cho số dư i i ir b p nên

suy ra ib m chia hết cho ip và không chia hết cho 2ip .

Với j i và 1 j t , ta có 0 i j ib b p nên suy ra jb m không chia hết cho ip .

Vì vậy, trong khai triển chính tắc số 1 2 ... nb m b m b m ra thừa số nguyên tố, mỗi

số ip sẽ có mặt với số mũ is .

Vì tích này bằng vu nên v là ước số của tất cả các số is và cũng là ước số của tổng của chúng, tức là n . Ngoài ra, n là số nguyên tố và v n (vì 1t ) nên 1v . Do đó, số n này không thỏa mãn.

Khẳng định bài toán được chứng minh.

Nhận xét. Đây là một ứng dụng thú vị của định lý thặng dư Trung Hoa. Bước đầu tiên kiểm tra với hợp số thì khá rõ, đến số nguyên tố thì cần xử lý nhiều hơn, khai thác tính có nghiệm của các hệ phương trình đồng dư để chỉ ra phản ví dụ.


32

Đề số 3.

Đề thi trường Đông phía Nam Trung Bộ (Phú Yên)

Đề thi ngày 1.


Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng

1 1 1 32a a b b b c c c a abc

.


Tìm tất cả các hàm số :f thỏa mãn

( ) ( ) ( )f x f y f x yf x với mọi , 0x y .


Một số nguyên dương n được gọi là đẹp nếu như nó có thể biểu diễn dưới dạng

2 2

2( )

x y x yn

x y với x y là các số nguyên dương.

1) Chứng minh rằng tập các số đẹp chứa vô hạn số chẵn và vô hạn số lẻ.

2) Tìm số nguyên dương bé nhất là số đẹp.


Cho tam giác ABC không cân với ,E F lần lượt là các điểm thay đổi trên các cạnh ,CA AB sao cho .AE AF Giả sử EF cắt BC tại .D Gọi ,K L lần lượt là tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác , .DBF DCE Các đường thẳng ,BE CF cắt nhau tại H và AH cắt BC tại S . Gọi G là điểm đối xứng với D qua .KL Gọi T là điểm thuộc DG sao cho TS vuông góc với BC và M là trung điểm của .ST Chứng minh rằng khi ,E F thay đổi thì đường thẳng GM luôn đi qua một điểm cố định.


33

Đề số 3.

Đề thi trường Đông phía Nam Trung Bộ (Phú Yên)

Đề thi ngày 2.


Cho 2015 tập hợp, mỗi tập hợp có 45 phần tử. Biết rằng hợp của hai tập hợp tùy ý thì có 89 phần tử. Hỏi hợp của tất cả các tập hợp nói trên chứa bao nhiêu phần tử?


1. Hãy xác định tất cả các số nguyên dương n để tồn tại hoán vị 1 2( , ,..., )na a a của (1,2,3,..., )n mà tổng 1 2 ... ka a a chia hết cho k với mọi 1,2,3,..., .k n

2. Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương ( )nx thỏa mãn: mỗi số nguyên dương xuất hiện đúng 1 lần trong dãy số và với mỗi số nguyên dương k thì

1 2 ... kx x x chia hết cho 2 1.k


Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( , )O R cố định với ,B C cố định và A di động trên cung lớn .BC Gọi M là trung điểm BC và N là trung điểm .AM Các điểm ,P Q

lần lượt thuộc ,OB OC sao cho 4ROB OC . Đường thẳng qua N , song song với CA

cắt đường thẳng qua Q , vuông góc với OB ở E . Đường thẳng qua ,N song song với AB cắt đường thẳng qua P , vuông góc với OC ở .F Chứng minh rằng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi A thay đổi.


34


Đề thi trường Đông phía Nam Trung Bộ

Đề thi ngày 1.

Bài 1. (5 điểm)

Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng

1 1 1 32a a b b b c c c a abc

.

Lời giải.

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

2 2 2 3bc ca ab

a a b b b c c c a

.

Đặt 2 2 2, ,bc ca abx y z

a a b b b c c c a

thì ta đưa về chứng minh:

3x y z .

Để ý rằng

2 2 2, ,a b cyz zx xyb c c a c a a b a b b c

.

Ta sẽ chứng minh một đánh giá mạnh hơn là: 3xy yz zx .

Đặt , ,u y z v z x w x y thì

2 2 2 2 2 2 2 2 2

, ,w v u u w v v u wyz zx xyuv vw wu

và ta cần có

2 2 2 2 2 2 2 2 23 w 3xy yz zx v v u w w w v u u u v uvw

3 3 3 2 2 2 2 2 2 3u v w u v v w w u v u w v u w uvw (*)

Tuy nhiên, đây là bất đẳng thức đúng vì:


35

2 2 2w w 3v u v u uvw và

3 3 3 2 2 2 2 2 2

2 2 2

w w w 2 w w

0

u v u v v u v u v u

v u v w v w u w u

Do đó, bất đẳng thức (*) đúng và ta có 3xy yz zx , suy ra

2 3 9 3x y z xy yz zx x y z (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c .

Nhận xét.

Bài này còn vài cách đặt ẩn phụ khác, chẳng hạn 1 1 1, , , , 0p q r p q ra b c

cũng

cho lời giải đẹp. Điểm khó của bài toán này BĐT không đối xứng, gây trở ngại ít nhiều trong cách đánh giá trung gian. Dưới đây là một bài đòi hỏi đặt ẩn phụ tương tự:

Cho , , 0a b c . Chứng minh rằng: 14 4 4 4 4 4 3

a b ca b c b c a c a b

.

Gợi ý. Đặt , , 4( ) 65 14 4 4

a b cx y z xy yz zx xyzb c c a a b

.

Bài 2. (5 điểm)

Tìm tất cả các hàm số :f thỏa mãn

( ) ( ) ( )f x f y f x yf x với mọi , 0x y . (*)

Lời giải.

Nếu tồn tại 0x sao cho 0 ( ) 1f x thì thay 01 ( )

xyf x

vào (*) ta có

( )1 ( ) 1 ( )

x xf x f ff x f x

.

Suy ra , mâu thuẫn với 0 ( ) 1.f x

Do đó ( ) 1, 0.f x x Ta xét 2 trường hợp sau:

1f x


36

Trường hợp 1. Nếu tồn tại số 0a sao cho ( ) 1f a , thế x a vào (*):

( ) ( ) ( ) , 0f a f y f a yf a y .

Suy ra , 0f y f y a y . (1)

Hơn nữa, ( ) ( ) ( ) ( ), , 0f x yf x f x f y f x x y và ( )yf x có tập giá trị là với

mọi , 0x y nên suy ra f không giảm trên .

Từ (1), ta có f là hàm tuần hoàn cộng tính trên , mà f lại không giảm trên nên f là hàm hằng trên . Do đó ( ) 1, 0f x x .

Trường hợp 2. Nếu 1, 0f x x ta có :

. , 0f x yf x f x f y f x x .

Suy ra f tăng thực sự trên , do đó f đơn ánh trên .

Trong (*), đổi vai trò ,x y ta có :

( ) ( ) ( ) , ,f x f y f y xf y x y .

Kết hợp với (*), ta được:

( ) ( ) , ,f x yf x f y xf y x y , suy ra

( ) 1 ( ) 1( ) ( ) f x f yx yf x y xf yx x y y

.

Do đó, tồn tại 0a sao cho 1 , 0

f xa x

x x (vì ( ) 1f x nên biểu thức trên

dương). Từ đó, ta được

( ) 1, 0f x ax x với a .

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đặc biệt trong trường hợp 1, ( ) 1f x thì 0a .

Kết luận: ( ) 1, 0 0f x ax x a .


37

Nhận xét.

Mấu chốt của lời giải trên vẫn là việc “tận dụng” tính bất đối xứng giữa các biến ở 1 trong 2 vế rồi thay đổi vị trí của chúng để tạo ra được đẳng thức mới. Khi đó, các yêu cầu chứng minh bổ sung như: tính đơn ánh, hàm số đồng nhất với 1 hoặc hàm số không nhận giá trị nhỏ hơn 1, … được phát sinh một cách khá tự nhiên.

Bài 3. (5 điểm)

Một số nguyên dương n được gọi là đẹp nếu như nó có thể biểu diễn dưới dạng

2 2

2( )

x y x yn

x y với x y là các số nguyên dương.

1) Chứng minh rằng tập các số đẹp chứa vô hạn số chẵn và vô hạn số lẻ.

2) Tìm số nguyên dương bé nhất là số đẹp.

Lời giải.

1) Thay 1 x y , ta có

2 2

2 2 2 22 1 ( 1) ( 1)( 3 1)

( )

x y x yn x x x x x x x x

x y.

Rõ ràng 2 ( 1) x x x x và 2 3 ( 3) x x x x đều là các số chẵn nên biểu thức trên là số lẻ, tức là tồn tại vô số số đẹp lẻ.

Lại thay 2 1 x y , ta có

2 2 2 22

2 2

(2 1) 2 14 5 1

( ) (2 1 )

x y x y y y y yn y y

x y y y.

Chọn y lẻ thì có ngay 24 5 1 y y chẵn, tức là tồn tại vô số số đẹp chẵn.

2) Ta sẽ chứng minh rằng số đẹp bé nhất là 10, ứng với cặp , 3,1x y .

Tiếp theo ta giả sử n đẹp, khi đó vì 2 2( ) ( ) x y x y x y và 2 2( )( ) x y x y x y

nên mỗi số 2 2, x y x y đều chia hết cho .x y


38

Từ đó đặt 2 2, x y u x y x y v x y . Suy ra u v là các số nguyên và hơn

nữa 2v . Ta có 2 2

x y x yn uvx y x y

và 1 x y u v . Do đó 2 2. u v y

Suy ra 2, 4 8 v u n . Ta xét các trường hợp:

Nếu 8n thì 4, 2 u v . Tuy nhiên khi đó 1 2 x y hay 3 x y , ta thu được 2, 1 x y , thay vào thấy không thỏa mãn.

Nếu 9n , thì từ 9uv và 1 v u sẽ không có nghiệm. Do đó 10n .

Vậy số n đẹp bé nhất là 10.

Nhận xét.

Đây là bài toán khá nhẹ nhàng về tính chia hết và sự tồn tại trong số học. Rõ ràng chỉ cần xét các trường hợp đặc biệt trong quan hệ giữa ,x y là có thể làm cho biểu thức n đã cho đơn giản hơn rất nhiều. Ở ý sau, cần chú ý rằng hiệu của 2 nhân tử trên tử số là

2 2( ) ( ) ( )( 1) x y x y x y x y , chia hết cho x y

thì lập luận cũng dễ dàng hơn rất nhiều. Ta có thể xét

2 2 2 2 2 2( 1) , ( 1) , ( 1) x k d y kd x y k d kd x y k d k d và

2 2 2 2 2( )( ) ( 1) ( 1) x y x y d k d k k k d và 2 2( ) x y d .

Suy ra 2 2( 1) ( 1) n k d k k k d với , k d .

Từ đây có thể có nhiều câu hỏi khác liên quan đến .n

Bài 4. (5 điểm)

Cho tam giác ABC không cân với ,E F lần lượt là các điểm thay đổi trên các cạnh ,CA AB sao cho .AE AF Giả sử EF cắt BC tại .D Gọi ,K L lần lượt là tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác , .DBF DCE Các đường thẳng ,BE CF cắt nhau tại H và AH cắt BC tại S . Gọi G là điểm đối xứng với D qua .KL Gọi T là điểm thuộc DG sao cho TS vuông góc với BC và M là trung điểm của .ST Chứng minh rằng khi ,E F thay đổi thì đường thẳng GM luôn đi qua một điểm cố định.


39

Lời giải.

Gọi ( )O là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Dễ thấy G là giao điểm khác D của đường tròn ngoại tiếp tam giác ,DBF DCE nên theo định lý Miquel trong tứ giác toàn phần BCEFAD , ta có G cũng nằm trên ( )O và đường tròn ( )AEF .

Bằng biến đổi góc, dễ thấy rằng GBF GCE nên GB FBGC EC

.

Lại theo định lý Ceva cho tam giác ABC với các đường thẳng , ,AS BE CF đồng quy tại H và AE AF , ta cũng có

1 SB EC FA SB FBSC EA FB SC EC

.

Do đó, GB SBGC SC

.

Tiếp theo, ta thấy rằng: , ,D E F thẳng hàng nên theo định lý Menelaus thì

1 DB EC FA DB FBDC EA FB DC EC

.

P

Q

M

T

G

S

H

D

E

O

A

B C

F


40

Do đó SB DBSC DC

hay hàng điểm ( , , , ) 1D S B C , mà 90 DGS nên ,GS GD là các

phân giác trong và ngoài của góc .BGC

Suy ra ,GS GD lần lượt đi qua trung điểm P của cung nhỏ BC và trung điểm Q của cung lớn BC của ( )O .

Như vậy O là trung điểm PQ và M là trung điểm ST , hơn nữa PQ ST (cùng vuông góc với BC ) nên theo bổ đề hình thang thì , ,G M O thẳng hàng.

Vậy đường thẳng GM luôn đi qua điểm O cố định.

Nhận xét.

Bài toán này kết hợp một cách nhẹ nhàng các mô hình quen thuộc, mức độ khá thích hợp với một câu hỏi trong đề thi QG. Các mô hình đó bao gồm: hàng điểm điều hòa, mô hình phép vị tự quay (ở đây tâm vị tự chính là G ), điểm Miquel, … Và rõ ràng bài toán cũng yêu cầu học sinh nắm vững và vận dụng tốt các mô hình quen thuộc, quan trọng như thế.

Dưới đây là một bài toán tương tự:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O cố định có BC cố định và A di động. Gọi ( )I là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và tiếp tuyến của ( )BIC tại I lần lượt cắt các đường thẳng , ,BC CA AB tại , ,D E F . Giả sử ,BE CF cắt nhau ở H và AH cắt BC ở .K

a) Chứng minh rằng trục đẳng phương của ( )O và đường tròn đường kính DK luôn đi qua một điểm cố định.

b) Giả sử H là hình chiếu của A lên BC và ,X Y lần lượt là hình chiếu của ,B C lên tia AI . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp ( )HXY luôn thuộc một đường cố định.


41


Đề thi trường Đông phía Nam Trung Bộ

Đề thi ngày 2.

Bài 5. (7 điểm)

Cho 2015 tập hợp, mỗi tập hợp có 45 phần tử. Biết rằng hợp của hai tập hợp tùy ý thì có 89 phần tử. Hỏi hợp của tất cả các tập hợp nói trên chứa bao nhiêu phần tử?

Bài 1.

Do hợp của hai tập hợp bất kỳ chứa đúng 89 phần tử nên giao hai tập hợp bất kỳ chứa đúng 1 phần tử.

Ta chọn ra một tập hợp 0A gồm 45 phần tử : 10 2 45, ,...,{ }A x x x .

Do 2014 tập hợp còn lại, mỗi tập hợp đều chứa 1 phần tử nào đó thuộc 0A nên theo nguyên lí Dirichlet, ta suy ra có một phần tử trong 0A (giả sử là 0x ) nằm trong ít nhất

200945

1 45 tập hợp.

Đặt 45 tập hợp này là 1 2 45, ,...,A A A .

Suy ra 0x nằm trong ít nhất 46 tập hợp (bao gồm 45 tập hợp 1 2 45, ,...,A A A và tập hợp 0A ).

Ta chứng minh tất cả các tập hợp còn lại đều chứ 0x bằng phản chứng :

Giả sử tồn tại một tập hợp B không chứa 0x ( B nằm trong số 2015 tập hợp đang xét và rõ ràng nó phải khác với 0 1 2 45, , ,...,A A A A ).

Lần lượt xét giao của B với các tập hợp 0 1 2 45, , ,...,A A A A :

0 0| |B bA ; 1 1| |B bA ; … ; 45 45|| B A b .

Nhận thấy rằng các tập hợp ( 0,1,2,..., 45)i iA đã có chung một phần tử là 0x và do đó không có chung phần tử nào khác, từ đó các phần tử ( 0,1,2,..., 45)i ib đôi một phân biệt. Do đó, tập hợp B có ít nhất 46 phần tử, vô lý.


42

Suy ra điều giả sử là sai và dẫn đến các tập hợp trong 2015 tập đang xét đều chứa 0x . Do đó hợp của của tất cả các tập hợp đang xét sẽ có số phần tử là:

2015 45 2014 88661 (phần tử).

Nhận xét.

Đây là một bài toán tổ hợp không mới và khá kinh điển khi nói về nguyên lý bù trừ trong tập hợp. Dưới đây là một số bài toán tổng quát và tương tự:

1) Cho ,n k là các số nguyên dương thỏa mãn 2 1n k k và n tập hợp 1 2, ,..., nA A A

thỏa mãn điều kiện: , 1,iA k i n và 2 1i jA A k với mọi i j . Tính 1

.n

ii

A

2) (Tạp chí THTT 2005) Cho 167 tập hợp hữu hạn 1 2 167, ,...,A A A thỏa mãn đồng thời:

167

12004i

iA

và j i i jA A A A với mọi i j và 1 , 167.i j

Tính 167

1

.ii

A

3) (PTNK 2015) Để khuyến khích phong trào học tập, một trường đã tổ chức 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chức xong, người ta thấy rằng ở hai đợt thi bất kỳ thì có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả 2 đợt đó. Chứng minh rằng:

a) Có ít nhất 1 học sinh được trao giải ít nhất 4 lần.

b) Có đúng 1 học sinh được trao giải ở 8 đợt thi.

Bài 6. (7 điểm)

1. Hãy xác định tất cả các số nguyên dương n để tồn tại hoán vị 1 2( , ,..., )na a a của (1,2,3,..., )n mà tổng 1 2 ... ka a a chia hết cho k với mọi 1,2,3,..., .k n

2. Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương ( )nx thỏa mãn: mỗi số nguyên dương xuất hiện đúng 1 lần trong dãy số và với mỗi số nguyên dương k thì tổng

1 2 ... kx x x chia hết cho 2 1.k


43

Lời giải.

1. Dễ thấy 1n thỏa mãn, 2n thì lại không.

Với 3n , ta thấy hoán vị 1,2,3 cũng thỏa mãn.

Ta sẽ chứng minh rằng ngoài ra, không còn số nào thỏa mãn nữa.

Trước hết, ta thấy rằng 1 2

1... 1 2 ...

2n

n na a a n

nên suy ra 1

2n n

chia

hết cho n , tức là 12

n phải nguyên, hay n là số lẻ, tức là 5.n

Ta cũng có 1 2 1

1... 1

2 n n

n na a a a n

nên

1 1 12 2 n

n n n a

chia hết cho 1n .

Do 1 12

n n chia hết cho 1n (vì n lẻ) nên ta phải có

12 n

n a chia hết cho 1n .

Ngoài ra 1( 1) 12 n

nn a n nên chỉ có thể là 1 10

2 2n nn na a

.

Từ đó 2

1 2 11...

2nna a a

.

Tiếp tục, ta có 2

1 1 2 21 ... 2

2 n nn a a a a n

. Suy ra

2

11 2

2 nn a n

.

Ta có 2

1 1

2 11 1 22 2 2n n

n nn na a n

, nên 1

1 22 n

n a n

.

Tương tự, ta cũng có 11

2nna

. Từ đây suy ra 1n na a , vô lý.

Vậy tất cả các giá trị cần tìm của n là 1, 3.n n


44

2. Ta sẽ xây dựng bằng quy nạp.

Ta chọn 1 1x và giả sử đã chọn được 1 2, ,..., kx x x là các số nguyên dương đôi một khác

nhau mà 1 2 ... 2 1iix x x với mọi 1,2,...,i k .

Gọi s là số nguyên dương bé nhất chưa thuộc vào dãy và đặt 2kx s . Ta cần chọn số

dương 1kx x thỏa mãn

11

21

... mod 2 1

... mod 2 1

kk

kk

x x x

x x x s

Do 1 22 1,2 1 1k k nên theo định lí phần dư Trung Hoa, hệ này có nghiệm dương,

tức là khi chọn 1kx x và 2kx s thì cả 2 số này đều thỏa mãn (và hơn nữa, số nguyên dương nhỏ nhất chưa xuất hiện trong dãy cũng được bổ sung luôn vào dãy).

Bằng cách này ta sẽ nhận được dãy số thỏa mãn yêu cầu, cụ thể là:

1,11,2,76,3,... Nhận xét.

Ý thứ nhất của dãy có thể kiểm tra với các số nhỏ để thấy rằng không tồn tại nhiều số như

thế. Với ý sau, ta thấy việc sử dụng định lý phần dư Trung Hoa để bổ sung số nhỏ vào dãy

chính là điểm tinh tế nhất của bài toán. Dưới đây là một bài tương tự:

Với mỗi số nguyên dương ,n gọi na là tổng số lượng các chữ số của 2n và 5n khi viết

trong hệ thập phân. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương m sao cho tồn tại một hoán vị của

các số 1 2 3, , ,..., ma a a a mà tổng của k số hạng đầu tiên trong dãy hoán vị đó không chia hết

cho k với mọi 2,3,...,k m .

Bài 7. (6 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( , )O R cố định với ,B C cố định và A di động trên cung lớn .BC Gọi M là trung điểm BC và N là trung điểm .AM Các điểm ,P Q

lần lượt thuộc ,OB OC sao cho 4ROP OQ . Đường thẳng qua N , song song với CA

cắt đường thẳng qua Q , vuông góc với OB ở E . Đường thẳng qua ,N song song với AB cắt đường thẳng qua P , vuông góc với OC ở .F Chứng minh rằng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi A thay đổi.


45

Lời giải.

Gọi I là trung điểm OM . Giả sử PF cắt QE tại D và O là điểm đối xứng với O qua BC . Ta có

14

OI OPOO OB

nên IP O B .

Mà tứ giác OBO C là hình thoi nên O B OC nên IP OC , tức là IQ DE .

Tương tự, ta cũng có .IP DF

Dễ thấy IP IQ nên đường tròn tâm I đi qua ,P Q sẽ tiếp xúc ,DE DF lần lượt tại , .P QTa sẽ chứng minh rằng đường tròn này cũng nội tiếp tam giác DEF và chính là đường tròn cố định cần tìm.

Thật vậy,

Giả sử IQ cắt BC ở G thì theo định lý Thales, ta có G là trung điểm BM .

LK

G

O'

D

I

F

E

N

P

Q

M

O

BC

A


46

Gọi ,K L là các điểm đối xứng với I qua ,P Q . Dễ thấy O là trung điểm của KL . Do IN

là đường trung bình trong tam giác AMO nên 12

IN OA .

Suy ra 1 1 12 2 2

IN OA OB OC IK IL IG .

Do đó, , , ,K N L G cùng thuộc một đường tròn.

Hơn nữa, tứ giác KDOP nội tiếp đường tròn đường kính KD nên

KNF KNG KLG KOP KDP .

Suy ra tứ giác KNDF nội tiếp. Chứng minh tương tự thì tứ giác LDNE nội tiếp.

Từ đó theo tính chất đối xứng và các tứ giác nội tiếp trên, ta có

0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0

360 360

360 180 180 180

1 1 1 180 180 180 1802 2 2

1 902

EIF DIF EID DKF DLE

DNF DNE FNE BAC

BOC PIQ PDQ

EDF

Từ đó chú ý DI là phân giác EDF nên I là tâm đường tròn nội tiếp của DEF . Rõ

ràng đường tròn này có tâm I và bán kính bằng 4R nên cố định.

Vậy đường thẳng EF luôn tiếp xúc với đường tròn cố định, ta có đpcm.

Nhận xét.

Bài toán thoạt đầu có vẻ đơn giản nhưng quả thật không dễ xử lý. Việc xây dựng điểm D

là khá tự nhiên và có thể đoán được đường tròn cố định cần tìm chính là ;4RI

. Trong

thời gian thi ngắn ngũi, nếu không có nhiều định hướng thì ta có thể sử dụng lựa chọn cuối cùng là phương pháp tọa độ. Chú ý rằng nếu có tọa độ của O rồi thì vị trí của ,P Q cũng như ,E F không khó để xử lý (biến đổi tránh biểu thức có căn).


47

Đề số 4.

Đề thi trường Đông miền Nam (TP.HCM)

Đề thi ngày 1.


1) Chứng minh rằng với mọi 2a thì phương trình 3 2x x a có nghiệm duy nhất và hơn nữa, nghiệm này lớn hơn 1.

2) Cho dãy số ( )nx xác định bởi: 1 1x và 1nx là nghiệm duy nhất của phương trình 3 32 1 3 1nx x x . Chứng minh rằng dãy số ( )nx có giới hạn hữu hạn.


Cho ba số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 0.ab bc ca Chứng minh rằng

2 2 2 25 6( )

( ) ( ) ( ) 4 ( )ab bc ca ab bc ca

a b b c c a a b c

.


Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( )O . Gọi 1 1,B C lần lượt là trung điểm của ,AC AB . Ký hiệu D là chân đường cao hạ từ A và G là trọng tâm tam giác .ABC Gọi

( )O là đường tròn đi qua 1 1,B C và tiếp xúc với ( )O tại .X A

1) Gọi W là giao điểm của tiếp tuyến tại X của ( )O và 1 1B C . Chứng minh rằng WA tiếp xúc với ( )O .

2) Chứng minh rằng , ,D G X thẳng hàng.


Trường phù thủy và pháp sư Hogwarts có n học sinh. Các học sinh của trường rất hiếu động và tham gia vào nhiều CLB khác nhau. Cả trường có tất cả m CLB. Theo quy định của trường mà thầy hiệu trưởng Albus Dumbledore công bố thì mỗi CLB phải có ít nhất 2 thành viên. Nghiên cứu danh sách các CLB của trường, Harry Potter nhận thấy một điều thú vị sau đây: Nếu 2 CLB nào đó có ít nhất 2 thành viên chung thì 2 CLB sẽ có số thành viên khác nhau. Chứng minh rằng 2( 1) .m n


48

Đề số 4.

Đề thi trường Đông miền Nam (TP.HCM)

Đề thi ngày 2.


Cho dãy đa thức ( )nP x xác định bởi

0 1 1 1( ) 2, ( ) , ( ) ( ) ( )n n nP x P x x P x xP x P x với 1,2,3...n

1) Chứng minh rằng tất cả các đa thức ( )nP x đều là nghiệm của phương trình đa thức 2 2( 2) ( ) 2P x P x . Hơn nữa, mọi đa thức khác hằng là nghiệm của phương trình này

cũng đều nằm trong dãy đa thức đã cho.

2) Chứng minh rằng với mọi 1n thì đa thức ( )nP x có đúng n nghiệm phân biệt.


1) Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ t thỏa mãn tính chất: Với mọi số nguyên dương k , tồn tại số nguyên dương ka sao cho 2

ka t chia hết cho 2k .

2) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương ( )ka sao cho: 2 7ka chia hết cho

2k với mọi k và 2

11

72

kk

a

chia hết cho

2 72

kk

a với mọi 1,2,3,...k


Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn ( )O , kẻ tiếp tuyến ,AB AC đến ( ).O Gọi ,E F lần lượt là trung điểm của ,AB AC . Từ một điểm M trên EF , khác ,E F , kẻ tiếp tuyến

,MP MQ đến ( ).O Giả sử PQ cắt EF tại N và OA lần lượt cắt , ,BC PQ EF lần lượt tại , , .G H D Đường thẳng ,MH ON cắt nhau tại .K

1) Chứng minh rằng tứ giác MNKG nội tiếp đường tròn có tâm .I

2) Tia IH cắt ( )OMN tại J và ,OJ EF cắt nhau tại .T Chứng minh rằng ( ), ( )JHK DTK tiếp xúc với nhau.


49


Đề thi trường Đông phía Nam

Đề thi ngày 1.


1) Chứng minh rằng với mọi 2a thì phương trình 3 2x x a có nghiệm duy nhất và hơn nữa, nghiệm này lớn hơn 1.

2) Cho dãy số ( )nx xác định bởi: 1 1x và 1nx là nghiệm duy nhất của phương trình 3 32 1 3 1nx x x . Chứng minh rằng dãy số ( )nx có giới hạn hữu hạn.

Lời giải.

1. Xét hàm số tương ứng 3( ) 2f x x x a với 2a .

Ta có 2( ) 3 2f x x nên 2( ) 03

f x x .

Vì 2 4 6 2 4 60, 03 9 3 9

f a f a

nên dựa vào bảng biến thiên và các

khoảng đơn điệu, ta thấy trên miền 2;3

, phương trình ( ) 0f x vô nghiệm.

Phương trình này chỉ có nghiệm trên miền còn lại là 2;3

. Hơn nữa, trên miền này

thì hàm số ( )f x đồng biến và (1) 1 0, lim ( )x

f a f x

nên phương trình có

nghiệm lớn hơn 1.

2. Trước hết, bằng quy nạp kết hợp với câu trên, dễ dàng chứng minh được rằng

3 32 1 3 1nx x x

luôn có nghiệm duy nhất là 1nx x và nghiệm này lớn hơn 1.


50

Tiếp theo, xét hàm số 3( ) 2g x x x trên (1; ) thì dễ thấy ( )g x là hàm số đồng biến.

Chú ý rằng 31( ) 1 3 1, 1n ng x x n .

Ta sẽ chứng minh dãy này tăng, tức là 1, 1,2,3,...i ix x i (*)

Thật vậy,

Với 1i thì khẳng định đúng vì 31 2 1 2( ) 1 ( ) 1 4g x g x x x .

Giả sử (*) đúng với i n , tức là 1n nx x , ta có

3 31 1 2( ) 1 3 1 1 3 1 ( )n n n ng x x x g x .

Suy ra 1 2n nx x nên (*) cũng đúng với 1i n .

Theo nguyên lý quy nạp thì (*) được chứng minh.

Chứng minh tương tự, ta cũng có 2, 1,2,3,...ix i tức là dãy bị chặn trên bởi 2.

Do đó, dãy số ( )nx tăng và bị chặn trên bởi 2 nên có giới hạn hữu hạn.

Đặt lim [1;2]nx L thì từ công thức xác định dãy, ta có:

3 33 32 1 3 1 3 1 3 1L L L L L L L .

Dễ thấy hàm số 3( )h x x x đồng biến nên phương trình viết lại là 3( ) 3 1h L h L

dẫn đến 33 3 1 3 1L L L L .

Đặt 2cosL với [0; ] thì giải phương trình ra, ta có

5 72cos ,2cos ,2cos9 9 9

L .

Chú ý rằng trong đó, chỉ có nghiệm 2cos9

L là lớn hơn 1.

Vậy dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và lim 2cos .9nx

Nhận xét.


51

Bài toán là một ví dụ điển hình cho dạng toán tìm giới hạn của dãy nghiệm. Mô hình chứng minh dãy đơn điệu và bị chặn ở đây cũng không quá đặc biệt. Tuy nhiên, đoạn giải phương trình cuối cũng gây khó khăn ít nhiều cho học sinh (khi cần phải xét thêm một hàm số nữa và đưa về phương trình lượng giác). Ý thứ nhất mang tính gợi ý và định hướng chặn dưới là 1 cho dãy số, giúp thuận lợi trong quá trình quy nạp.


Cho ba số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 0.ab bc ca Chứng minh rằng

2 2 2 25 6( )

( ) ( ) ( ) 4 ( )ab bc ca ab bc ca

a b b c c a a b c

.

Lời giải.

Ta có biến đổi sau:

2 2 22 2

2 2 2

( ) 2 ( )( ) 2( ) ( ) ( )

ab a b c a b cab a b c abc abcaba b a b a b a b

nên ta đưa BĐT cần chứng minh về

22

2

2 5 ( ) 6( )( ) 4

abc abcab a b c ab bc caa b a b

2 2 22

1 52 2( )( ) 4

cabc ab bc ca a b ca b a b

.

Áp dụng BĐT Schur bậc 3, ta có:

2 2 29 2( )abc ab bc ca a b ca b c

.

Do đó, ta sẽ chứng minh (chú ý rằng 0abc ):

2

2

1 452( ) 4( )

1 452( ) ( )( ) 4

ca b a b a b c

ca b c a b ca b a b

BĐT này đúng vì


52

1 1 1 92( )a b b c c a a b c

và

2

2 2 2

9( ) ( ) ( ) 4

c b a a b ca b ca b c a b c b c c a a b

.

BĐT đã cho được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a b c hoặc , 0a b c và các hoán vị.

Nhận xét.

Một chú ý nhỏ rằng khi có giả thiết 0ab bc ca , ta có thể nghĩ đến việc không có 2 số nào trong 3 số , ,a b c đồng thời bằng 0. Nhưng một điều thú vị hơn là có thể có 1 số bằng 0, từ đó đánh giá dấu bằng cho hợp lý.

Bài toán cũng có thể xử lý theo hướng S.O.S khi đưa về:

2 2 2 2

2 2

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )a b a b b c c aa b a b c

.

Cách này tự nhiên hơn nhưng cần có các đánh giá thích hợp (kết hợp với sắp thứ tự biến) mới giải quyết trọn vẹn được.


Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( )O . Gọi 1 1,B C lần lượt là trung điểm của ,AC AB . Ký hiệu D là chân đường cao hạ từ A và G là trọng tâm tam giác .ABC Gọi

( )O là đường tròn đi qua 1 1,B C và tiếp xúc với ( )O tại .X A

1) Gọi W là giao điểm của tiếp tuyến tại X của ( )O và 1 1B C . Chứng minh rằng WA tiếp xúc với ( )O .

2) Chứng minh rằng , ,D G X thẳng hàng.

Lời giải.

1. Gọi ( )O là đường tròn đường kính AO đi qua các điểm 0 0,B C . Vì 0 0B C BC nên hai

đường tròn ( ),( )O O tiếp xúc trong tại .A

Ta có:


53

Tiếp tuyến tại X của ( )O chính là trục đẳng phương của ( ),( ).O O

Đường thẳng 0 0B C chính là trục đẳng phương của ( ),( )O O .

Do đó, giao điểm W của 2 trục đẳng phương trên chính là tâm đẳng phương của các đường tròn ( ),( ),( ).O O O

Suy ra W thuộc trục đẳng phương của ( ),( )O O hay WA chính là tiếp tuyến của ( ).O

2. Gọi T là giao điểm thứ hai của DX và ( )O .

Do WX WA (các tiếp tuyến) và WA WH (W thuộc trung trực của AH ) nên , ,A H X cùng thuộc đường tròn ( )C tâm .W

Ta có:

1 13602 2

1 180 902

DAT ADX ATD AWX AOX

AWX AOX

Suy ra AD AT hay AT BC , tức là tứ giác ATCB là hình thang cân.

A0

T

W

X

D

GC0 B0

O

A

B C


54

Gọi 0A là trung điểm của .BC Ta thấy 0, AD TA OA TA và do OA OT nên nếu gọi M là trung điểm AT thì 0ADA M là hình chữ nhật.

Suy ra 02 2 AT AM DA . Hơn nữa, 02GA GA nên theo định lý Thales đảo, ta phải có , ,D G T thẳng hàng, mà , ,D X T thẳng hàng nên suy ra , ,D G X thẳng hàng.

Ta có đpcm.

Nhận xét.

Ở ý thứ 1, ngoài cách làm trên, ta còn có thể gọi giao điểm của tiếp tuyến tại ,A X của ( )O trước rồi chứng minh điểm trùng nhau. Ở đây chỉ cần để ý rằng qua 0 0,B C , có đúng 2 đường tròn tiếp xúc với ( )O là 0 0XB C và 0 0AB C là mọi chuyện đã khá rõ ràng.

Ý thứ 2 khá thú vị và cũng không dễ, mấu chốt là chứng minh được DX đi qua điểm T thỏa mãn tính chất .AT BC

Câu hỏi này cũng đã từng xuất hiện ở dạng tương tự trong một bài hình của đề IMO Shortlist cũng như đề VN TST 2009.


Trường phù thủy và pháp sư Hogwarts có n học sinh. Các học sinh của trường rất hiếu động và tham gia vào nhiều CLB khác nhau. Cả trường có tất cả m CLB. Theo quy định của trường mà thầy hiệu trưởng Albus Dumbledore công bố thì mỗi CLB phải có ít nhất 2 thành viên. Nghiên cứu danh sách các CLB của trường, Harry Potter nhận thấy một điều thú vị sau đây: Nếu 2 CLB nào đó có ít nhất 2 thành viên chung thì 2 CLB sẽ có số thành viên khác nhau. Chứng minh rằng 2( 1) .m n

Lời giải.

Gọi ia là số CLB có số thành viên là i , dễ thấy 2 i n và

2 3 ... nk a a a .

Ta sẽ đếm số bộ ( , , )A B C mà trong đó, cặp học sinh ,A B tham gia vào CLB C có số thành viên .i

* Đếm CLB trước:

- Chọn ra 1 CLB: có ia cách.

- Chọn ra 2 học sinh tham gia vào CLB đó: có 2iC .


55

* Đếm học sinh trước:

- Chọn ra 2 học sinh: có 2nC cách.

- Chọn ra CLB mà 2 học sinh này học chung: chỉ có không quá 1 CLB như vậy theo giả thiết (do CLB có từ 2 thành viên trở lên sẽ có số thành viên khác nhau).

Từ đó suy ra 2

2 22 n

i i n ii

Ca C C aC

.

Do đó, ta có

22 3 2 2 2

2 3

1 1 1... ...

n nn

k a a a CC C C

.

Chú ý rằng

22 2 2

1 2 1 1 1 2( 1)2 2 1( 1) 1

n n n

i i ii

nC i i i i n n

.

Vậy ta được 2( 1) 2( 1) ( 1)2

n n nk n

n.

Ta có đpcm.

Nhận xét.

Đây là một bài toán khá thú vị được xử lý bằng phương pháp đếm bằng 2 cách. Điểm mới và cũng là điểm ấn tượng nhất của các bài này chính là việc diễn đạt được điều kiện ràng buộc thành một đại lượng có thể đếm được: “hai CLB có ít nhất 2 thành viên chung thì có số thành viên giống nhau” cho ta “hai CLB có cùng số lượng thành viên thì có chung không quá 1 người”.

Một bài toán tương tự trong đề IMC 2002: Trong một kỳ thi có 200 thí sinh và họ cần phải giải 6 bài toán. Biết rằng mỗi bài có ít nhất 120 người giải được. Chứng minh rằng có 2 thí sinh mà mỗi bài toán đều giải dược bởi ít nhất 1 trong 2 người họ.

Giả sử phản chứng lại giúp ta giải quyết được bài toán bằng con đường đếm bằng 2 cách: “với mỗi cặp thí sinh tùy ý, có ít nhất 1 bài mà họ cùng không giải được”.


56


Đề thi trường Đông phía Nam

Đề thi ngày 2.

Bài 5. (6 điểm). Cho dãy đa thức ( )nP x xác định bởi

0 1 1 1( ) 2, ( ) , ( ) ( ) ( )n n nP x P x x P x xP x P x với 1,2,3...n

1) Chứng minh rằng tất cả các đa thức ( )nP x đều là nghiệm của phương trình đa thức 2 2( 2) ( ) 2P x P x . Hơn nữa, mọi đa thức khác hằng là nghiệm của phương trình này

cũng đều nằm trong dãy đa thức đã cho.

2) Chứng minh rằng với mọi 1n thì đa thức ( )nP x có đúng n nghiệm phân biệt.

Lời giải.

1) Ta có 2 3 4 22 3 4( ) 2, ( ) 3 , ( ) 4 2,... P x x P x x x P x x x

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng (2cos ) 2cos nP n với 1.n (*)

Thật vậy,

Với 1n thì khẳng định (*) đúng.

Giả sử (*) đúng với đến n , ta có

1(2cos ) 2cos 2cos 2cos( 1) 2 2cos cos cos( 1)

2 cos( 1) cos( 1) cos( 1 2cos( 1)

nP n n n n

n n n n

Do đó (*) cũng đúng với 1.n Theo nguyên lý quy nạp thì (*) được chứng minh.

Xét đa thức ( )nP x trong dãy trên, ta có

2 2(2cos ) 2 (4cos 2) (2cos 2 ) 2cos(2 ) n n nP P P n và

2 2 2(2cos ) 2 (2cos ) 2 2 2cos 1 2cos(2 ). nP n n n

Suy ra 2 2(2cos ) 2 (2cos ) 2 n nP P với mọi .


57

Đẳng thức trên đúng với mọi nên suy ra đa thức ( )nP x thỏa mãn

2 2( 2) ( ) 2. P x P x

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng dãy đa thức ( )nP x chứa tất cả các nghiệm của phương

trình đa thức 2 2( 2) ( ) 2. P x P x Dễ dàng thấy rằng deg ( ) nP x n nên ta sẽ chỉ ra

rằng nếu tồn tại một đa thức ( )f x có bậc n thỏa mãn 2 2( 2) ( ) 2 P x P x thì phải có( ) ( ). nf x P x

Ta thấy rằng ( )nP x đều có hệ số cao nhất là 1. Ngoài ra, bằng cách so sánh hệ số cao nhất trong phương trình đa thức đã cho, ta thấy rằng đa thức ( )f x cũng có hệ số cao nhất là 1.

Giả sử ngược lại, đặt ( ) ( ) ( ) ng x f x P x và deg ( ) ,1 g x k k n .

Ta có

2 2 2 2 2( 2) ( 2) ( 2) ( ) 2 ( ) 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n n

n n n

g x f x P x f x P x

f x P x f x P x g x f x P x

Ta có 2deg ( 2) 2 ,deg ( ) ,deg ( ) ( ) ng x k g x k f x P x n nên so sánh bậc của hai

đa thức ở đẳng thức trên, ta suy ra 2 k n k n k , vô lý. Ta có đpcm.

2) Ta thấy rằng cos 0 ,2 2

n n k k kn n

.

Với 1,2,3,...,k n thì 02 2

kn n

nên với 1 i j n thì cosin của 2 góc

,2 2

i jn n n n

là khác nhau.

Từ đó, cho k chạy từ 1 đến n , ta thấy phương trình ( ) 0P x có đủ n nghiệm là

2cos2

x kn n

.

Mặt khác deg ( ) nP x n nên đây cũng là tất cả các nghiệm của ( ).nP x

Vậy đa thức ( )nP x có đúng n nghiệm thực phân biệt.


58

Nhận xét.

Ý thứ 2 rõ ràng là một gợi ý cho ý thứ 1 khi việc cố gắng chứng minh trực tiếp bằng đại số rằng một đa thức dựa vào công thức truy hồi cấp 2 như trên có đủ n nghiệm là gần như bất khả thi. Ta buộc phải dùng lượng giác.

Bài toán này cũng có liên quan đến đa thức Chebyshev quen thuộc là:

Cho dãy đa thức ( )nT x thỏa mãn 0 1

1 1

( ) 1, ( ) ,( ) 2 ( ) ( ), 1

n n n

T x T x xT x xT x T x n

và (cos ) cos . T n

Nếu nắm vững về đa thức Chebyshev thì bài toán trên khá nhẹ nhàng.


1) Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ t thỏa mãn tính chất: Với mọi số nguyên dương k , tồn tại số nguyên dương ka sao cho 2

ka t chia hết cho 2k .

2) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương ( )ka sao cho: 2 7ka chia hết cho


11

72

kk

a

chia hết cho

2 72

kk


Lời giải.

1. Ta sẽ chứng minh rằng các số t cần tìm có dạng 8 7.m

Điều kiện cần: Ta phải có 2 (mod 2 ) kka t với mọi 1k .

Rõ ràng một số chính phương khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0,1,4 ; đồng thời do t là số lẻ nên 1 (mod 8),t nghĩa là t chỉ có thể có dạng 8 7.k

Điều kiện đủ: với t có dạng 8 7k , ta sẽ xây dựng dãy ( )ka bằng quy nạp.

Với 1, 2,3k , chọn 1 2 3 1 a a a thì dễ thấy các giá trị này thỏa mãn.

Giả sử ta có 2 (mod 2 ) kka t và ka lẻ với 3k . Khi đó

2

2

kk

a td là số chẵn hoặc lẻ.

Ta xét 2 trường hợp:

- Nếu d chẵn thì 2 10 (mod 2 ) kka t , ta chọn ngay 1 k ka a .


59

- Nếu d lẻ thì 2 12 (mod 2 ) k kka t , ta chọn 1

1 2 k

k ka a (chú ý rằng ka lẻ nên 1ka cũng là số lẻ).

Ta có

222 1 2 2 2 2

1

2 1

2 2 2 2 22

2 (2 2 ) 0 (mod 2 )

k k k k kkk k k k kk

k k k

a ta t a t a a t a

Suy ra số 1ka cũng thỏa mãn.

Theo nguyên lý quy nạp thì ta có thể xây dựng dãy số ( )ka với k tùy ý.

Vậy các giá trị cần tìm là 8 7, t m m .

b) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương ( )ka sao cho: 2 7ka chia hết cho


11

72

kk

a

chia hết cho

2 72

kk


Ta có 1 2 3 1 a a a . Ta cũng xây dựng bằng quy nạp tương tự trên.

Giả sử ta đã có 2 7ka chia hết cho 2k với 3.k Ta xét công thức 2

12 72

k k

ka aa .

Khi đó, 22 2 2

21

2 7 ( 7)( 4 11)7 72 4

k k k k k

ka a a a aa , suy ra

2 2 21

1

7 7 4 112 2 8

k k k k

k k

a a a a .

Ta chỉ cần chứng minh 2 4 11

8

k ka a thì có được 22

11

772 2

kkk k

aa .

Thật vậy, do ka lẻ nên đặt 2 1 k ka b , suy ra

2 2 24 11 (2 1) 4(2 1) 11 4 4 8 4 ( 1) 8 0 (mod8) k k k k k k k ka a b b b b b b .

Do đó, số hạng 1ka cũng thỏa mãn.

Theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm.


60

Nhận xét.

Đây là một bài toán điển hình trong số học về việc xây dựng các số (mà phổ biến là quy nạp như trên).

Ở ý thứ hai, để tìm được công thức như thế, ta có thể thử với các trường hợp nhỏ:

1 2 3 4 5 6 71, 3, 5, 11, 53 a a a a a a a .

Ta sẽ tìm mỗi liên hệ giữa 1ka và ka . Dễ thấy rằng 1,k ka a không có quan hệ tuyến tính,

ta đi tìm quan hệ bậc 2 có dạng 21 k k ka ua va w với , ,u v w là các số hữu tỉ. Thay

3, 4,5k vào, ta có hệ

13 2

9 3 5 125 5 11 7

2

uu v wu v w v

u v w w

.

Từ đó ta có quan hệ 2

12 72

k k

ka aa như đã nêu.


Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn ( )O , kẻ tiếp tuyến ,AB AC đến ( ).O Gọi ,E F lần lượt là trung điểm của ,AB AC . Từ một điểm M trên EF , khác ,E F , kẻ tiếp tuyến

,MP MQ đến ( ).O Giả sử PQ cắt EF tại N và OA lần lượt cắt , ,BC PQ EF lần lượt tại , , .G H D Đường thẳng ,MH ON cắt nhau tại .K

1) Chứng minh rằng tứ giác MNKG nội tiếp đường tròn có tâm .I

2) Tia IH cắt ( )OMN tại J và ,OJ EF cắt nhau tại .T Chứng minh rằng ( ), ( )JHK DTK tiếp xúc với nhau.

Lời giải.

1) Do ,MP MQ là các tiếp tuyến của ( )O nên . OM PQ NH OM

Trong tam giác MNO có , OH MN NH MO nên H là trực tâm, suy ra MH ON , tức là 90 . MKN Tiếp theo, xét đường tròn điểm ( )A và đường tròn ( ).O


61

Ta có EA EB và các phương tích 2 2/( ) /( ), E A E OEA EB nên E thuộc trục đẳng

phương của ( )A và ( ).O

Tương tự, ta cũng có F thuộc trục đẳng phương của ( )A và ( )O nên EF chính là trục đẳng phương của hai đường tròn này.

Vì N EF nên 2/( ) /( ) N A N O NA NP NQ , tức là NA là tiếp tuyến của đường

tròn ( ).APQ

Mặt khác M EF nên 2 2 2/( ) /( ) M A M O MA MP MQ nên M là tâm của ( ).APQ

Từ hai điều trên suy ra MA NA , tức là 90 . MAN

Theo tính đối xứng qua EF thì 90 MGN MAN nên tứ giác MNKG nội tiếp trong đường tròn đường kính MN và tâm I của đường tròn này là trung điểm .MN

2) Gọi OO là đường kính của đường tròn ( )OMN thì ta có , O N NO O M OM , mà , MH ON NH OM (do H là trực tâm )OMN nên , O N MH O M NH , tức là tứ

giác MHNO là hình bình hành, tức là , ,O I H thẳng hàng.

K

DH

G

N

Q

P

E

F

C

B

OAM


62

Do đó IJ OT nên H cũng là trực tâm của tam giác .OIT

Ta sẽ chứng minh rằng IK là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ( ), ( )DTK HJK .

Vì H là trực tâm của tam giác OMN nên 2( . ) DHM DON g g DH DO DM DN DA .

Chứng minh tương tự với H là trực tâm của tam giác OIT , ta có DI DT DH DO .

Do đó 2 DA DI DT nên IAT là tam giác vuông tại A , suy ra 2 IA ID IT .

Dễ thấy ,A K cách đều I nên 2 2 IK IA ID IT , tức là IK tiếp xúc với ( ).DTK

Hơn nữa, 90 HDT HJT nên DHJT nội tiếp, dẫn đến 2 IH IJ ID IT IK nên IK cũng tiếp xúc với ( ).HJK

Vậy hai đường tròn ( )DTK và ( )HJK tiếp xúc với nhau. Ta có đpcm.

Nhận xét.

Bài toán là một ứng dụng đẹp của phương tích, trục đẳng phương, đặc biệt là có trục đẳng phương của đường tròn điểm. Các yếu tố được xây dựng khá phức tạp nên đòi hỏi phải quan sát, khai thác tốt mô hình cũng như phán đoán được tính chất của điểm, đường mới có thể xử lý được. Chúng ta có thể sử dụng cực đối cực hay phép biến hình nghịch đảo để làm cho lời giải ngắn gọn hơn.

O'

TJ

I K

DH

N

Q

P

OA

M

Câu lạc bộ Toán học Viện Toán học Hà Nội

Bài kiểm tra số 1Trường đông 2015

Thời gian: 180 phút.

1. (5 điểm.) Cho a0 = a, b0 = b với a, b là hai số thực dương. Với n ≥ 0, đặt an+1 = an +1

2an+bn,

bn+1 =13 an+1 bn. Hỏi trong các dãy (an) và (bn) thì dãy nào có giới hạn hữu hạn khi n tiến tới

+∞, hãy giải thích tại sao.

2. (5 điểm.) Cho tam thức f (x) = x2 + ax + b với a, b là các số thực. Biết rằng phương trìnhf ( f (x)) = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt và tổng của 2 nghiệm trong số đó bằng −1. Chứngminh rằng b ≤ −1/4.

3. (5 điểm.) Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B,C làcác tiếp điểm). Điểm E thuộc cung lớn BC của (O), khác B và C và thỏa mãn EB < EC . Đườngtròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường thẳng AC tại điểm thứ hai D, khác A. Gọi H là hìnhchiếu vuông góc của C xuống BD. Chứng minh rằngÖDEH = 2ÕADB.

4. (5điểm.) Một trường học có ≥ 2 lớp học trong đó học sinh ở mỗi lớp đội một loại mũ có màuriêng để dễ dàng phân biệt. Một hôm học sinh toàn trường xếp thành một vòng tròn lớn theomột cách tùy ý (học sinh các lớp khác nhau có thể đứng lẫn với nhau) để chơi trò chơi. Sauđó mỗi khi có tiếng trống thì tất cả các học sinh đều đội chiếc mũ của mình cho người đứngbên phải. Giả sử rằng có hai lớp có số học sinh khác nhau. Chứng tỏ rằng có một lúc nào đócó hai bạn lớp trưởng ở hai lớp có cùng màu mũ.

(Hết)


Bài kiểm tra số 2Trường đông 2015

Thời gian: 180 phút.

1. (6 điểm.) Cho hai đường tròn (O) và (O′) cắt nhau tại A và B. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EFcủa hai đường tròn này (E thuộc (O) và F thuộc (O′)) sao cho B nằm trong tam giác AEF . GọiM là điểm đối xứng với B qua EF .

(a) Chứng minh rằng tứ giác AEM F nội tiếp.

(b) Chứng minh rằng các tiếp tuyến kẻ từ A và M của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEM Fcắt nhau trên EF .

2. (7 điểm.) Tìm tất cả các hàm số f : R→ R thoả mãn điều kiện

f (x + 2y f (x)) = f (x) + 2x f (y)

với mọi x , y ∈ R.

3. (7 điểm.) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các bộ ba nguyên tố (p, q, r) đôi một phân biệt saocho

2p−1 ≡ 1 (mod q)2q−1 ≡ 1 (mod r)2r−1 ≡ 1 (mod p).

(Hết)


Đáp ánBài kiểm tra số 1-2Trường đông 2015

1. (5 điểm.) Cho a0 = a, b0 = b với a, b là hai số thực dương. Với n ≥ 0, đặt an+1 = an +1

2an+bn,

bn+1 =13 an+1 bn. Chứng minh rằng các dãy (an) và (bn) có giới hạn hữu hạn khi n tiến tới +∞.

Lời giải. Dãy (an) có giới hạn hữu hạn còn (bn) thì tiến ra +∞ khi n→ +∞.

Trước hết, ta nhận xét rằng (an) là dãy tăng.

Giả sử an ≤ 3 với mọi n. Khi đó ta có bn ≤ b0 = b với mọi n và do đó

an+1 ≥ an +1

6+ b≥ . . .≥ a+

n6+ b

.

Nhưng đánh giá này lại cho thấy limn→∞ an = +∞, mâu thuẫn với giả thiết an ≤ 3 với mọi n!

Như vậy, tồn tại k sao cho ak > 3. Đặt c = ak3 . Khi đó, do tính tăng của (an), với mọi n≥ k thì

bn ≥ cn−k bk.

Từ đó suy ra

limn→∞

bn = +∞.

Đánh giá trên cũng cho thấy

an ≤ an−1 +1

cn−k−1 bk≤ . . .≤ ak +

1bk

n−k−1∑

j=0

c− j ≤ ak +c

(c − 1)bk.

Như vậy, dãy {an} là một dãy tăng và bị chặn trên, do đó có giới hạn hữu hạn khi n→ +∞.

2. (5 điểm.) Cho tam thức f (x) = x2 + ax + b với a, b là các số thực. Biết rằng phương trìnhf ( f (x)) = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt và tổng của 2 nghiệm trong số đó bằng −1. Chứngminh rằng b ≤ −1/4.

Lời giải. Ký hiệu c1 ≥ c2 là nghiệm của f (x) = 0 và x1, x2 là nghiệm của f ( f (x)) = 0 và thỏamãn x1+ x2 = −1. Tập nghiệm của phương trình sau là hợp của tập nghiệm các phương trìnhf (x) = c1 và f (x) = c2.

Nếu x1 và x2 là nghiệm của cùng một phương trình thì ta có ngay a = 1. Từ đó c2 ≤ −1/2.Theo giả thiết, biệt thức của phương trình f (x)− c2 = 0 là dương, nghĩa là 1− 4b + 4c2 > 0,từ đó b < −1/4.

Trong trường hợp còn lại, có thể giả thiết rằng x2i + ax i + b = ci, i = 1, 2. Cộng hai vế ta thu

được

x21 + x2

2 − a+ 2b = −a.

Từ đó, x21 + x2

2 + 2b = 0. Vậy

b = −(x21 + x2

2)/2≤ −(x1 + x2)2/4= −1/4.

Bài toán được giải quyết.

3. (5 điểm.) Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B,C làcác tiếp điểm). Điểm E thuộc cung lớn BC của (O), khác B và C và thỏa mãn EB < EC . Đườngtròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường thẳng AC tại điểm thứ hai D, khác A. Gọi H là hìnhchiếu vuông góc của C xuống BD. Chứng minh rằng ÖDEH = 2ÕADB.

O

AC

B

D

F

K

H

E

2

Lời giải. Gọi F là giao điểm của BD và đường tròn (O) và K là giao điểm của các đường thẳngEF và AD. Ta có

ÕBF E =12

số đo cung BE = 180◦ −ÔABE =ÕADE (do ABED nội tiếp).

Như vậy, ÖKF D = ÕKDE. Ta suy ra các tam giác 4KDF và 4KED là đồng dạng. Từ đây ta cóđẳng thức

KE · KF = KD2.

Mặt khác, vì KC là tiếp tuyến với đường tròn (O) nên

KE · KF = KC2.

Từ đó suy ra KC = KD, tức là K là trung điểm của C D. Bây giờ, bởi vì 4CHD vuông tại H nênta có ÖCKH = 2ÖC DH. Mặt khác, theo giả thiết ABED là tứ giác nội tiếp nên ÕADB =ÔAEB. Từ đósuy ra

ÖCKH = 2AEB. (∗)

Nhắc lại rằng 4KDF và 4KED là các tam giác đồng dạng. Suy ra ÖKDH =ÕKED. Mặt khác, doK là trung điểm của cạnh huyền C D của tam giác vuông 4CHD nên ÖKDH =ÖKHD. Từ đó suyra ÖKHD =ÕKED. Điều này cho thấy KDEH là tứ giác nội tiếp. Như vậy,

ÖDEH =ÖCKH. (∗∗)

Từ (∗), (∗∗) ta suy ra điều cần chứng minh.

4. (5điểm.) Một trường học có ≥ 2 lớp học trong đó học sinh ở mỗi lớp đội một loại mũ có màuriêng để dễ ràng phân biệt. Một hôm học sinh toàn trường xếp thành một vòng tròn lớn theomột cách tùy ý (học sinh các lớp khác nhau có thể đứng lẫn với nhau) để chơi trò chơi. Sauđó mỗi khi có tiếng trống thì tất cả các học sinh đều đội chiếc mũ của mình cho người đứngbên phải. Giả sử rằng có hai lớp có số học sinh khác nhau. Chứng tỏ rằng có một lúc nào đócó hai bạn lớp trưởng ở hai lớp có cùng màu mũ.

Lời giải. Ban đầu, ta đánh số các bạn học sinh lần lượt 1, 2,3, · · · , n ngược chiều chuyển mũ.Như vậy sau khi chuyển mũ được t lần thì bạn i sẽ được đội chiếc mũ lúc đầu của bạn f t(i)trong đó f : {1,2, · · · , n} → {1,2, · · · , n} là hoán vị vòng quanh f (i) = i + 1 với mọi i. (Ở đâycác chỉ số được xét modulo n.)

Giả sử k bạn lớp trưởng được đánh số x1 < x2 · · ·< xk. Ta chọn ra một lớp A có đông học sinhnhất. Xét k tập f x i (A), 1 ≤ i ≤ k. Do có lớp có ít học sinh hơn nên phải có hai tập trong số đócó giao khác rỗng. Tức là tồn tại 1 ≤ i < j ≤ k, sao cho f x i (A)∩ f x j (A) 6= ;. Như vậy hai tập Avà f x j−x i (A) phải có giao khác rỗng, tức là có bạn x ∈ A sao cho

3

f x j−x i (x) = y ∈ A.

Ta chọn chỉ số t sao cho f t(x j) = y. Khi đó

f t(x i) = f t(x j + (x i − x j)) = f t( f x i−x j (x j)) = f x i−x j ( f t(x j)) = f x i−x j (y) = x .

Như vậy cả hai bạn lớp trưởng x i và x j đều đội mũ của bạn lớp A.

5. (6 điểm.) Cho hai đường tròn (O) và (O′) cắt nhau tại A và B. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EFcủa hai đường tròn này (E thuộc (O) và F thuộc (O′)) sao cho B nằm trong tam giác AEF . GọiM đối xứng với B qua EF .

(a) Chứng minh rằng tứ giác AEM F nội tiếp.

(b) Chứng minh rằng các tiếp tuyến kẻ từ A và M của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEM Fcắt nhau trên EF .

A

B

E

F

F ′

M

N

I

Lời giải. (a) Trước hết, do M và B đối xứng nhau qua EF nên ÕBEF =ÖM EF . Lại do EF là tiếptuyến của (O) nên ÕBEF =ÔBAE. Từ đó suy ra

ÖF EM =ÔBAE.

Hoàn toàn tương tự, ta có

ÖEF M =ÔBAF .

4

Từ đó, ÖEM F +ÔEAF = 180◦ và vì thế tứ giác AEM F nội tiếp.

(b) Gọi N là giao điểm của các tiếp tuyến từ A và M với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEM F .Gọi F ′ là giao điểm của đường tròn đó với N E. Gọi I là giao điểm của các đường thẳngAB và EF . Bởi vì EF là tiếp tuyến của (O) và (O′) nên

IB · IA= I E2 và IB · IA= I F2.

Suy ra I là trung điểm của EF .Bằng cách so sánh các góc, ta dễ dàng suy ra các tam giác 4EBI và 4AEI là đồng dạng.Từ đó suy ra

EAEB=

IAI F

.

Với các lập luận tương tự, ta cũng có

FAFB=

IAIB

.

Các đẳng thức trên đây cho thấy EAEB =

FAFB . Từ đó, bởi vì EB = EM , FB = F M ,

EAEM

=FAF M

. (∗)

Lại có NA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của 4AEF ′ nên ÖNAF ′ =ÕN EA. Ta suyra các tam giác 4NAF ′ và 4N EA là đồng dạng. Từ đó,

F ′AEA=

F ′NAN

.

Tương tự, ta cũng có

F ′MEM

=F ′NMN

.

Các đẳng thức này cho thấy F ′AEA =

F ′MEM (vì NA= N M), hay

F ′AF ′M

=EAEM

. (∗∗)

Các đẳng thức (∗), (∗∗) cho thấy F ′ ≡ F và do đó ta có điều cần chứng minh.

6. (7 điểm.) Tìm tất cả các hàm số f : R→ R thoả mãn điều kiện

f (x + 2y f (x)) = f (x) + 2x f (y)

với mọi x , y ∈ R.

5

Lời giải. Dễ thấy rằng hàm số f ≡ 0 là một nghiệm hàm của

f (x + 2y f (x)) = f (x) + 2x f (y) (∀x , y ∈ R). (1)

Ta sẽ giả sử f là một nghiệm hàm không đồng nhất bằng 0. Như vậy, tồn tại x0 ∈ R sao chof (x0) 6= 0. Thế x = y = −1

2 vào (1) ta thu được f (−1/2− f (−1/2)) = f (−1/2)− f (−1/2) = 0.

Như vậy f (a) = 0 với a = −12 − f

�

−12

�

. Thay x = a và y = x0 vào (1) ta thu được

2a f (x0) = 0.

Điều kiện f (x0) 6= 0 cho thấy a = 0. Như vậy, f (−1/2) = −1/2. Bây giờ, bằng cách thế x = −12

vào (1) ta thu được

f�

−12− y

�

= −12− f (y) (∀y ∈ R). (2)

Thế y = −14 vào (2) ta thu được f (−1/4) = −1/4.

Tiếp tục thế x = −14 vào (1) và sử dụng đẳng thức f (−1/4) = −1/4 ta thu được

f�

−14−

y2

�

= −14−

f (y)2

(∀y ∈ R). (3)

So sánh các đẳng thức (2) và (3) ta thu được f�

−12 − y

�

= 2 f�

−14 −

y2

�

và do đó

f (2x) = 2 f (x) (∀x ∈ R). (4)

Như vậy, ta có f (−1) = −1. Thế y = 12 vào (2) ta thu được f (1/2) = 1/2. Tiếp theo, ta thế

x = 1 vào (1) để có

f (y + 1/2) = 1/2+ f (y) (∀y ∈ R). (5)

So sánh (2) và (5) ta thấy rằng f là một hàm lẻ. Bây giờ, thay y bởi −y trong (1) ta suy ra

f (x − 2y f (x)) = f (x)− 2x f (y) (∀x , y ∈ R). (6)

Bằng cách cộng hai hệ thức (1) và (6) ta nhận được

f (x + 2y f (x)) + f (x − 2y f (x)) = 2 f (x) (∀x , y ∈ R).

Trong đẳng thức trên, ta xét x 6= 0, đồng thời nhận xét rằng từ các lập luận ban đầu ta cóx 6= 0 =⇒ f (x) 6= 0, và thế y bởi y/(2 f (x)) để có

f (x + y) + f (x − y) = 2 f (x) (∀x 6= 0, y ∈ R). (7)

6

Chú ý rằng do f là một hàm lẻ nên (7) cũng đúng với x = 0 và do đó (7) thật ra đúng vớimọi x , y ∈ R. Từ đây, bằng cách thế x , y tương ứng bởi x+y

2 , x−y2 ta suy ra f là một hàm cộng

tính:

f (x) + f (y) = f (x + y) (∀x , y ∈ R).

Sử dụng tính cộng tính này của f cho hệ thức (1) ta suy ra f (2y f (x)) = 2x f (y) (∀x , y ∈ R).Từ đây, bằng cách thay y = 1/2 ta thu được

f ( f (x)) = x (∀x ∈ R). (8)

Trong (8) ta thay x bởi f (x) và sử dụng (4) để suy ra f là một hàm nhân tính:

f (x y) = f (x) f (y) (∀x , y ∈ R). (9)

Như vậy, f : R→ R vừa là một hàm nhân tính vừa là một hàm cộng tính và không là một hàmhằng. Ta biết rằng chỉ có duy nhất hàm f (x) = x có tính chất này. (Yêu cầu học sinh chứngminh điều này!).

Ta kết luận rằng hoặc f (x) ≡ 0 hoặc f (x) = x (∀x ∈ R). Thử lại ta thấy rằng đây là các hàmsố thoả mãn điều kiện bài ra.

7. (7 điểm.) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các bộ ba nguyên tố (p, q, r) đôi một phân biệt saocho

2p−1 ≡ 1 (mod q)2q−1 ≡ 1 (mod r)2r−1 ≡ 1 (mod p).

Lời giải. Với n nguyên không âm, đặt Fn = 22n+ 1. Đây chính là các số Fermat quen thuộc.

Khẳng định 1. Các số Fermat đôi một nguyên tố cùng nhau.

Thật vậy, điều này có thể được suy ra từ đẳng thức Fn = F0 · · · Fn−1 + 2.

Khẳng định 2. Hoặc Fn là một số nguyên tố, hoặc Fn có ít nhất hai ước nguyên tố phân biệt.

Thật vậy, ta chỉ cần chỉ ra rằng không phải là một luỹ thừa (với số mũ ≥ 2) của một sốnguyên nào đó. Trước hết, ta chỉ ra rằng Fn không phải là số chính phương. Thật vậy, giả sử22n+ 1= a2 thế thì 22n

= (a− 1)(a+ 1). Suy ra a là một số lẻ và 22n−2 = a−12

a+12 . Từ đây, ta dễ

dàng suy ra điều mâu thuẫn. Bây giờ, ta giả sử 22n+ 1 = ak với a, k là các số nguyên lẻ nào

đó (và k ≥ 3). Ta có 22n= ak − 1 = (a − 1)(ak−1 + · · ·+ 1). Thế nhưng khi đó ak−1 + · · ·+ 1 là

một số lẻ > 1 và do đó không thể là ước của 22n. Trong trường hợp này ta cũng có điều mâu

thuẫn cần tìm và do đó khẳng định được chứng minh.

Khẳng định 3. Nếu n≥ 2 thì mọi ước nguyên tố của Fn đều có dạng 2n+2k+1 với k là một sốnguyên dương nào đó.

7

Thật vậy, giả sử p là một ước nguyên tố của Fn. Do Fn là lẻ nên p 6= 2. Gọi d là cấp của 2modulo p. Do p | 22n

+ 1 | 22n+1− 1 = (22n

+ 1)(22n− 1) nên d | 2n+1. Thế nhưng p - 22n

− 1 (vìnếu không p | 22n

+1− (22n−1) = 2, mâu thuẫn) nên d - 2n. Từ đó suy ra d = 2n+1. Theo định

lý Fermat nhỏ thì p | 2p−1, do đó d | p − 1. Từ đó suy ra 2n+1 | p − 1. Nói riêng, nếu n ≥ 2 thìp ≡ 1 (mod 8). Ta suy ra

�

2p

�

= (−1)p−1

2 = 1 và do đó 2 là một thặng dư toàn phương modulo

p. Bây giờ, tiêu chuẩn Euler cho thặng dư toàn phương nói rằng�

2p

�

= 2p−1

2 . Như vậy, 2p−1

2 ≡ 1

(mod p). Vì thế d | p−12 , hay 22n+2

| p− 1. Đồng dư này tương đương với điều cần chứng minh.

Quay trở lại bài toán. Ta xây dựng các bộ p, q, r như sau. Trước hết, lấy n tuỳ ý.

• Nếu Fn là một số nguyên tố thì ta chọn p = Fn, q là một ước nguyên tố bất kì của Fn+1và r là một ước nguyên tố bất kì của Fn+2.

• Nếu Fn không là một số nguyên tố thì theo Khẳng định 2 nó có ít nhất hai ước nguyên tốphân biệt và ta chọn p, q là hai ước nguyên tố như vậy và ta chọn r là một ước nguyêntố của Fn+1.

Dễ thấy p, q, r thoả mãn điều kiện bài ra. Thật vậy, nếu n nguyên tố thì 2p−1 − 1 = 222n

− 1 =

22n+1m−1...= (Fn+1−1)m−1

... Fn+1... q (do 22n

= 2n+1m với m chẵn). Do q là ước nguyên tố của

Fn+1 ta suy ra q = 2n+2k+1 với k chẵn. Từ đó suy ra 2q−1−1= 22n+2k−1= (Fn+2−1)k−1... Fn+2

...r.Cuối cùng, do r là ước nguyên tố của Fn+2 ta suy ra r = 2nh+ 1 với h là một số nguyên chẵn.

Từ đó 2r−1 − 1= 22nh − 1= (Fn − 1)h − 1...Fn

... p. Với trường hợp còn lại ta lập luận tương tự.

Cuối cùng, để ý rằng do các Fn đôi một nguyên tố cùng nhau, xây dựng trên đây cho ta vôhạn các bộ (p, q, r).

(Hết)

8

toÅn g hÔÏp ÑeÀ thi & lÔØi giaÛi ÑeÀ trÖÔØn g … · song song với các buổi...

Documents