võ quŁc bá c'n – trƒn quang hùng – lê phúc lœ hoàng ĐØ ... · bài 5: Đ⁄i...

Trần Nam Dũng (chủ biên)

Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng – Lê Phúc Lữ

Hoàng Đỗ Kiên – Nguyễn Huy Tùng

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIADỰ THI IMO 2014

Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 05 tháng 06 năm 2014

Việt Nam Team Selection Test 2014 2

Đề thi chính thức

Ngày thi thứ nhất - 25/03/2014

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số f : Z→ Z thỏa mãn

f�

2m + f (m) + f (m) f (n)�

= n · f (m) +m, ∀m, n ∈ Z.

Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Ox y, xét các điểm nguyên có tọa độ thuộc tậphợp sau

T =�

(x ; y) : −20 ¶ x , y ¶ 20, (x ; y) 6= (0; 0)

.

Tô màu các điểm thuộc T sao cho với mọi điểm có tọa độ (x , y) ∈ T thì có đúng một tronghai điểm (x ; y) và (−x ;−y) được tô màu. Với mỗi cách tô như thế, gọi N là số các bộ(x1; y1), (x2; y2) mà cả hai điểm này cùng được tô màu và

x1 ≡ 2x2, y1 ≡ 2y2 (mod 41).

Tìm tất cả các giá trị có thể có của N.

Bài 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Trên cung BC không chứa A của(O) lấy điểm D. Giả sử CD cắt AB ở E và BD cắt AC ở F . Gọi (K) đường tròn nằm trongtam giác EBD, tiếp xúc với EB, ED và tiếp xúc với đường tròn (O). Gọi (L) là tâm đườngtròn nằm trong tam giác FCD, tiếp xúc với FC , FD và tiếp xúc với đường tròn (O).

a) Gọi M là tiếp điểm của (K) với BE và N là tiếp điểm của (L) với C F . Chứng minhrằng đường tròn đường kính MN luôn đi qua một điểm cố định khi D di chuyển.

b) Đường thẳng qua M và song song với CE cắt AC ở P, đường thẳng qua N và songsong với BF cắt AB ở Q. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP, ANQcùng tiếp xúc với một đường tròn cố định khi D di chuyển.

Ngày thi thứ hai - 26/03/2014

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn, không cân có đường cao AD và P thuộc AD. Các đườngthẳng PB, PC lần lượt cắt CA, AB tại E, F.

a) Giả sử tứ giác AEDF nội tiếp. Chứng minh rằngPA

PD= (tan B+ tan C) cot

A

2.

b) Gọi CP cắt đường thẳng qua B vuông góc AB tại M . BP cắt đường thẳng qua C vuônggóc AC tại N. K là hình chiếu của A lên MN. Chứng minh rằng ∠BKC + ∠MANkhông đổi khi P di chuyển trên AD.

Bài 5. Tìm tất cả đa thức P(x ), Q(x ) có hệ số nguyên và thỏa mãn điều kiện: Với dãy số(xn) xác định bởi

x0 = 2014, x2n+1 = P(x2n), x2n = Q(x2n−1) với n ¾ 1.

thì mỗi số nguyên dương m là ước của một số hạng khác 0 nào đó của dãy (xn).


Bài 6. Cho m, n, p là các số tự nhiên không đồng thời bằng 0. Không gian tọa độ được chiathành các mặt phẳng song song cách đều nhau. Một cách điền vào mỗi khối lập phươngđơn vị một trong các số từ 1 đến 60 được gọi là cách điền Điện Biên nếu thỏa mãn: trongmỗi hình hộp chữ nhật với các mặt trên hệ mặt đã cho và tập hợp kích thước ba cạnh (sốhình lập phương trên trên cạnh) xuất phát từ một đỉnh là 2m + 1, 2n + 1, 2p + 1, khối lậpphương đơn vị có tâm trùng với tâm của hình hộp chữ nhật được điền số bằng trung bìnhcộng của các số điền ở tâm của 8 hình lập phương ở các góc của hình hộp đó. Hỏi có tất cảbao nhiêu cách điền Điện Biên?

Những cách điền là giống nhau nếu trong mỗi cách, ta chọn một hình lập phương làm tâmthì các số được điền vào các khối lập phương đơn vị có cùng vị trí tương đối với tâm tronghai cách điền là bằng nhau.


Nhận xét chung

Xét về cấu trúc, đề thi chọn đội tuyển thi IMO năm nay gồm 6 bài toán, trong đó có 2 bàihình học phẳng, 2 bài đại số và 2 bài tổ hợp. Cụ thể như sau:

• Bài 1: Đại số (phương trình hàm trên tập số nguyên).

• Bài 2: Tổ hợp (bài toán đếm).

• Bài 3: Hình học phẳng (đường và điểm cố định).

• Bài 4: Hình học phẳng (hình học tính toán).

• Bài 5: Đại số (phương trình hàm đa thức trên tập số nguyên).

• Bài 6: Tổ hợp (bài toán đếm)

Ngoài hai bài hình ra thì tính chất số học xuất hiện ở cả bốn bài còn lại nhưng chỉ đóngcác vai trò làm nền để xây dựng các vấn đề chứ không thực sự là các bài số học. Trong mỗingày, các bài toán được sắp xếp một cách tương đối theo độ khó tăng dần. Bài 1 và 4 có thểcoi là hai bài dễ. Tiếp theo là bài 2, bài 5 ở mức độ trung bình và khó nhất là bài 3 và bài6. Theo ý kiến của chúng tôi, để lọt vào đội tuyển, các thí sinh chắc chắn sẽ phải giải quyếtđược bài 1, 4 và ít nhất làm được hoàn chỉnh 1 bài trong các bài 2, 5 (cũng là các bài quyếtđịnh), còn lại khó có thí sinh nào giải quyết được trọn vẹn bài 3 và 6.

Hai bài hình học năm nay, xét về tính phân loại thì ổn, có một bài dễ và một bài khó, trongđó câu 3b sẽ là thách thức đáng kể. Bài 4 khá dễ khi xét lại các bài cùng vị trí ở kỳ thi cácnăm trước. Tuy nhiên, nếu đặt vào chung với các bài 5 và 6 trong một ngày thi thì lại kháhợp lý vì sẽ tạo một thử thách nhỏ cho thí sinh trước khi bước vào hai thử thách lớn hơn. Vềbốn bài còn lại, kiến thức được sử dụng nói chung rất quen thuộc, đòi hỏi tư duy thuần túyvà trình bày cẩn thận chứ không dùng các định lý khó. Bài 1 là phương trình hàm trên tậpsố tự nhiên được tính vào đại số, nếu nắm vững cách xử lý phương trình hàm thì sẽ vượtqua bài này không mấy khó khăn. Bài 5 về đa thức, cũng là đại số nhưng có liên quan đếncác tính chất số học, giải tích. Bài 2 và 6 đều là các bài tổ hợp nhưng được đặt trên nền sốhọc, xu hướng thường thấy trong các đề VMO, TST những năm gần đây.

Ta có thể thấy một điểm khá trùng hợp ở ba bài 2, 5 và 6 là mỗi bài đều có khai thác yếutố chiều và vì vậy mà bài toán có thể hình dung dễ hơn khi đưa về trường hợp 1 chiều. Babài này cũng có nhiều điểm khó, cả về cách tiếp cận, lập luận chặt chẽ trong trình bày lờigiải lẫn đáp số cuối cùng của bài toán. So với đề thi các năm trước thì có thể thấy đề TST2014 có phần nhẹ hơn, không có bài quá khó và hai bài dễ của kỳ thi cũng dễ hơn. Tuy vậy,đề thi vẫn đảm bảo tính phân loại cao, các bài hình đòi hỏi nắm các kỹ thuật nhất định đểxử lý còn các bài khác thì lại đòi hỏi tư duy là chính, hạn chế sử dụng các định lý, công cụmạnh là một đặc điểm nổi bật và cũng là ưu điểm của đề thi này.

Đề thi, lời giải và bình luận dưới đây có tham khảo từ bình luận của GS. Nguyễn TiếnDũng trên page SputnikEducation và sự đóng góp của các bạn: traum (Lê Hồng Quý),chemthan (Nguyễn Ngọc Trung), LTL (Nguyễn Văn Linh), blackholes (Huỳnh Việc Trung),haojack123 (Trần Anh Hào) cùng một số thành viên khác của diễn đàn mathscope.org.


Lời giải chi tiết và bình luận

Bài 1.

Tìm tất cả các hàm f : Z→ Z thỏa mãn

f�

2m + f (m) + f (m) f (n)�

= n f (m) +m, ∀m, n ∈ Z. (∗)

Lời giải. Đặt a = f (0). Rõ ràng f ≡ 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó tồntại m0 ∈ Z sao cho f (m0) 6= 0. Từ đó, bằng cách thay m = m0 vào đẳng thức (∗) ta dễdàng suy ra f đơn ánh. Mặt khác, thay n = 0 vào (∗), ta được

f�

2m + (a+ 1) · f (m)�

= m, ∀m ∈ Z. (∗∗)

Kết quả này chứng tỏ f là toàn ánh. Do đó, ∃b ∈ Z sao cho f (b) = −1. Thay m = n = bvào (1), ta được f (2b) = 0. Mặt khác, thay m = n = 0 vào (∗), ta cũng có f (a2 + a) = 0.Từ đây, kết hợp với tính đơn ánh của f , ta suy ra

b =a2 + a

2.

Bây giờ, thay n = b vào (∗), ta được

f (2m) =a2 + a

2· f (m) +m, ∀m ∈ Z. (∗ ∗ ∗)

Tiếp tục, thay m = 0 vào (∗), ta được

f�

a · f (n) + a�

= an, ∀n ∈ Z.

Đến đây, bằng cách thay m = an vào (∗∗) rồi so sánh với đẳng thức trên, ta suy ra

(a+ 1) · f (an) + 2an = a · f (n) + a, ∀n ∈ Z.

Còn nếu thay n = b, ta đượca(a2 + a)

2= f (0) = a, từ đó suy ra a ∈ {0, 1, −2}. Ta xét các

trường hợp sau:

• Nếu a = 1 thì dễ dàng suy ra f (n) = 1− 2n, ∀n ∈ Z. Tuy nhiên, khi thử lại ta thấyhàm này không thỏa mãn yêu cầu đề bài.

• Nếu a = 0 thì từ (∗∗∗), ta suy ra f (2m) = m, ∀m ∈ Z. So sánh kết quả này với (∗∗),ta được f (m) = 0, ∀m ∈ Z, vô lý vì f phải là một hàm khác hằng.

• Nếu a = −2, ta có

f (−2n) + 4n = 2 · f (n) + 2, ∀n ∈ Z.


Mặt khác, theo (∗ ∗ ∗), ta lại có f (−2n) = f (−n)− n. Do đó, ta được

f (−n) + 3n = 2 · f (n) + 2, ∀n ∈ Z.

Thay n bởi −n vào đẳng thức trên, ta cũng có f (n)− 3n = 2 · f (−n) + 2, ∀n ∈ Z.Kết hợp hai điều này lại, ta suy ra f (n) = n − 2, ∀n ∈ Z. Thử lại, ta thấy hàm nàythỏa mãn yêu cầu đề bài.

Vậy hàm số cần tìm là f (n) = n − 2, ∀n ∈ Z.

Nhận xét.

Ở bài toán trên, tính đơn ánh – toàn ánh được nhận thấy khá dễ dàng và nó còn đúng vớimọi số thực chứ không chỉ trên tập số nguyên. Đây cũng là điều tiên quyết cần có để việcthay thế các giá trị có thể thực hiện dễ dàng.

Ngoài cách giải trên, ta cũng có thể dự đoán ra biểu thức của hàm số và bằng cách chọncác số đặc biệt, ta có thể xử lý nhanh chóng được “nhu cầu” này. Việc phát hiện ra hàm sốf (n) = n−2 nói chung không khó vì nếu hàm số cần tìm là đa thức thì dễ thấy bậc của nólà 1 và từ đó thay vào đồng nhất hệ số. Bằng cách thay các giá trị thích hợp, ta tính được

f (4) = 2, f (3) = 1, f (2) = 0, f (1) = −1, f (0) = −2.

Thay m = 3 vào công thức đã cho, ta có ngay

f�

7+ f (n)�

= n + 3 với mọi n.

Từ đây có thể quy nạp để có kết quả trên. Một cách khác cũng khá nhanh như sau:

Đặt a = f (0) và u, v, w là các số nguyên thỏa f (u) = 0, f (v) = −1, f (w ) = 1. Ta thựchiện thay các giá trị thích vào biểu thức của hàm số đã cho như sau: Nếu m = w,n = u−wthì f

�

2w + 1+ f (u − w )�

= u.

Nếu m = u,n = 0 thì f (2u) = u. Suy ra

2w + 1+ f (u − w ) = 2u ⇒ f (u − w ) = 2(u − w )− 1.

Tiếp tục thay m = x ∈ Z,n = u − w thì f�

2(x + (u − w ) f (x ))�

= x + (u − w ) f (x ).

Cuối cùng, thay m = x + (u − w ) f (x ), n = v thì

x + (u − w ) f (x ) = u hay f (x ) =u − x

u − w.

Đây là biểu thức tuyến tính theo x , ta dễ dàng chọn được các giá trị thích hợp.

Ngoài ra, ta còn có thể tiếp cận theo cách sau: Ta chứng minh được rằng f (2m− f (m)) = mvà do f song ánh nên f (m)+ f −1(m) = 2m. Đây là bài xuất hiện trong kỳ thi APMO 1989:Xác định tất cả các hàm số f : R→ R thỏa mãn

• f đơn điệu tăng.

• f (x ) + g (x ) = 2x với g là hàm ngược của f .


Bài 2.

Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Ox y, xét các điểm nguyên có tọa độ thuộc tậphợp sau

T =�

(x ; y) : −20 ¶ x , y ¶ 20, (x ; y) 6= (0; 0)

.

Tô màu các điểm thuộc T sao cho với mọi điểm có tọa độ (x , y) ∈ T thì có đúng mộttrong hai điểm (x ; y) và (−x ;−y) được tô màu. Với mỗi cách tô như thế, gọi N là sốcác bộ (x1; y1), (x2; y2) mà cả hai điểm này cùng được tô màu và

x1 ≡ 2x2, y1 ≡ 2y2 (mod 41).

Tìm tất cả các giá trị có thể có của N.

Lời giải. Trước hết, ta chuyển bài toán từ 2 chiều thành 1 chiều.

Ta có 210 ≡ −1(mod 41) nên 40 số nguyên khác 0 có giá trị tuyệt đối không vượt quá 20có thể chia thành 2 dãy, mỗi dãy có độ dài 20 sao cho nếu số hạng đầu chia 41 dư x thì sốhạng sau chia 41 dư 2x .

Tô màu các số của dãy này sao cho trong 2 số đối nhau thì có đúng 1 số được tô màu. Taquan tâm đến số lượng các cặp số liên tiếp cùng được tô màu trong dãy.

Dễ thấy 220 ≡ 1(mod 41) nên nếu thêm số hạng đầu của mỗi dãy vào cuối thì dãy mớigồm 21 số vẫn thỏa mãn tính chất trên nên ta có thể chuyển thành vòng tròn và phát biểulại bài toán như sau: Cho đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp trong một đường tròn sao cho trong2 điểm đối xứng qua tâm thì có đúng 1 đỉnh được tô màu. Tính số các cặp đỉnh liên tiếpđược tô màu có thể có.

Với n là số chẵn, gọi Sn là tập hợp số các cặp kề nhau cùng được tô màu có thể có của đagiác có n đỉnh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng

S4n = {2k + 1|0 ¶ k ¶ n − 1} và S4n−2 = {2k|0 ¶ k ¶ n − 1}.

Điều này có thể chứng minh bằng quy nạp như sau:

Với n = 2 thì dễ thấy nhận xét đúng.

Giả sử nhận xét đúng đến n ¾ 2. Xét đa giác có 4n + 2 đỉnh. Đa giác này có thể tạo thànhbằng cách thêm đỉnh A vào giữa hai đỉnh thứ 2n, 2n + 1 và thêm đỉnh B vào giữa hai đỉnhthứ 4n, 1. Ta xét các trường hợp:

• Nếu đỉnh 2n, 2n+1 đều được tô và A không được tô thì tương ứng: đỉnh 4n, 1 khôngđược tô và B được tô. Số cặp kề nhau cùng được tô giảm đi 1.

• Nếu đỉnh 2n, 2n + 1 đều được tô và A cũng được tô thì tương ứng: đỉnh 4n, 1 khôngđược tô và B không được tô. Số cặp kề nhau tăng lên 1.

• Nếu trong hai đỉnh 2n, 2n + 1 có 1 đỉnh được tô và A cũng được tô thì tương ứng:trong hai đỉnh 4n, 1có 1 đỉnh được tô và B không được tô. Số cặp kề nhau tăng lên 1.

• Nếu trong hai đỉnh 2n, 2n + 1, có 1 đỉnh được tô và A không được tô thì tương ứng:trong hai đỉnh 4n, 1 có 1 đỉnh được tô và B được tô. Số cặp kề nhau tăng lên 1.


Do đó, S4n+2 = {x ± 1|x ∈ S4n} hay S4n+2 = {2k|0 ¶ k ¶ n}.

Tương tự, ta cũng có S4n+4 = {x ± 1|x ∈ S4n+2}. Tất nhiên không xảy ra trường hợp S4n+4

có chứa số −1 vì để có trường hợp 0 cặp số ở 4n+2, các đỉnh phải được tô xen kẽ và trườnghợp giảm đi số bộ không xảy ra, suy ra S4n+4 = {2k + 1|0 ¶ k ¶ n}.

Rõ ràng trong cách chứng minh trên, ta cũng đã chỉ ra được cách xây dựng các trường hợpđể có thể tô màu thỏa mãn được tất cả các giá trị trong tập hợp tương ứng. Nhận xét đượcchứng minh.

Từ đó suy ra S20 = {1, 3, 5, 7, 9} .

Do đó, kết quả cho bài toán phụ sẽ là 2S20 với định nghĩa 2S = S+ S = {a+ b|a, b ∈ S}.

Quay trở lại bài toán ban đầu, để chuyển từ 1 thành phần x ở trên thành 2 thành phần(x , y), ta có thể thực hiện như sau:

Ứng với mỗi vòng tròn chứa các số thuộc dãy A, ta lấy một vòng tròn mới cũng gồm các sốthuộc dãy A đặt lên đó sao cho mỗi số thuộc đường tròn cũ khớp với đúng một số thuộcđường tròn mới. Viết các cặp số khớp nhau thành một dãy, dãy đó chính là dãy các tọa độđiểm mà liền sau của (x1, y1) là (2x1, 2y1) theo mod 41.

Dễ thấy có tất cả 20 cách ghép như thế (cố định vòng tròn cũ và xoay vòng tròn mới).Tương tự với việc ghép các dãy A− B, B − A, B − B nên có tổng cộng là 80 cách ghép tạothành 80 dãy. Tuy nhiên, ta cũng xét thêm 4 dãy đặc biệt, tương ứng với các điểm nằm trêntrục tung và trục hoành.

Cụ thể là xét thêm dãy C gồm 20 số 0 và xét 4 cách ghép: A− C ,C − A, B− C ,C − B. Dođó, tổng cộng có 84 dãy các tọa độ.Theo chứng minh ở trên thì ở mỗi dãy, số các cặp có thể có là S20 vậy nên đáp số của bàitoán là 84S20, cũng chính là các số chẵn từ 1 ·84 = 84 đến 9 ·84 = 756. Bài toán được giảiquyết hoàn toàn.

Nhận xét.

Để giải được bài 2, ta phải “cảm nhận” được bài toán. Một cách tự nhiên khi lấy x , y thìnghĩ đến việc tìm 2x , 2y (thay vì ngược lại là xét các điểm cùng được tô màu). Từ đó, khibiết các số có thể xoay thành một vòng tròn thì sẽ nhận thấy được miền giá trị kia chính làsố cạnh và việc đưa thành một mô hình như đã nêu sẽ dễ trình bày nhất, mọi thứ đều sángsủa hơn nhiều. Sẽ có ích khi ta phát biểu bài toán tổng quát sau đó làm việc với các tham sốnhỏ để tìm ra quy luật. Bài này bản chất không khó, nhưng rất dễ sai nhất là khi kết luậnvội vàng thông qua một số nhận xét nhỏ.

Theo ý kiến chúng tôi, việc chấm bài này khá là khó khăn trong việc đánh giá các bài giảitheo hướng 7− hay 0+ . Điểm mấu chốt ở đây là việc tách riêng hoành độ, tung độ, môhình hóa dưới dạng đa giác đều và chú ý đến đồng dư thức 210 = 1024 ≡ −1(mod 41).Bài toán này có phong cách của bài 4 VMO 2012, bài 3 VMO 2013, đều là các bài khá mớimẻ, là dạng tổ hợp đếm có kết hợp số học, tuy phát biểu hơi có phần gượng ép trong việcđặt vào trục tọa độ nhưng lại giúp học sinh dễ tưởng tượng hơn.

Việc giải quyết bài toán trong trường hợp 1 chiều mang tính quyết định để xử lý bài toánvới nhiều chiều hơn. Chẳng hạn ta phát biểu lại bài toán trên như sau:


Trong không gian Ox yz, xét các điểm nguyên có tọa độ thuộc tập hợp

T =�

(x ; y; z) : −20 ¶ x , y, z ¶ 20, (x ; y; z) 6= (0; 0; 0)

.

Tô màu các điểm thuộc T sao cho với mọi điểm có tọa độ (x ; y; z) ∈ T thì có đúng mộttrong hai điểm (x ; y; z) và (−x ;−y;−z) được tô màu. Với mỗi cách tô như thế, gọi N làsố các bộ (x1; y1; z1), (x2; y2; z2) mà cả hai điểm này cùng được tô màu và các tọa độ củachúng thỏa mãn điều kiện x1 ≡ 2x2, y1 ≡ 2y2, z1 ≡ 2z1(mod 41). Tìm tất cả các giá trị cóthể có của N.

Lập luận tương tự như trên nhưng ở đây, ta lại đặt thêm một vòng tròn nữa trên hai vòngtròn cũ. Ở trên ta có ord41(2) = 20 nên nếu hợp thay 20 và 41 bởi các số khác. Ta thấy cácsố 41, 20 quyết định độ dài chu kỳ của các dãy ở trên và trong trường hợp số lượng các sốchia hết cho chu kỳ này, nghĩa là ta có thể chia đều dãy số đã cho thành các vòng tròn thìbài toán được giải quyết tương tự. Như thế, ta đi đến bài toán tổng quát:

Với k, n, p, r là số nguyên dương mà ordp(r )�

� (2k), xét tập hợp T các bộ số nguyên không

đồng thời bằng 0 là (x1, x2, · · · , xn) sao cho |x i | ¶ k, i = 1, n. Tô màu các số thuộc T saocho có đúng một trong hai bộ (x1, x2, · · · , xn) và (−x1,−x2, · · · ,−xn) được tô màu. Vớimỗi cách tô như thế, gọi N là số các bộ (x1, x2, · · · , xn) và (x ′1, x ′2, · · · , x ′n) thỏa mãn:

• Cả hai bộ này cùng được tô màu.

• x i = r x ′i(mod p). với i = 1, 2, 3, · · · ,n.

Khi đó, tất cả các giá trị có thể có của N là RSordp(r ) với R =1

k

��

2k2

ordp(r )+ 1

�n

− 1

�

và

số S2k được định nghĩa như trên.

Tất nhiên, có những trường hợp dãy không lặp lại thì phải tính toán theo cách khác vì rõràng ta không thể xây dựng được thành một mô hình khép kín như đa giác đều ở trên. Bàitoán vẫn còn có thể phát triển theo nhiều hướng rất thú vị!

Bài 3.

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Trên cung BC không chứa A của(O) lấy điểm D. Giả sử CD cắt AB ở E và BD cắt AC ở F . Gọi (K) đường tròn nằmtrong tam giác EBD, tiếp xúc với EB, ED và tiếp xúc với đường tròn (O). Gọi (L) làtâm đường tròn nằm trong tam giác FCD, tiếp xúc với FC , FD và tiếp xúc với đườngtròn (O).

a) Gọi M là tiếp điểm của (K) với BE và N là tiếp điểm của (L) với C F . Chứngminh rằng đường tròn đường kính MN luôn đi qua một điểm cố định khi D dichuyển trên (O).

b) Đường thẳng qua M và song song với CE cắt AC ở P, đường thẳng qua N vàsong song với BF cắt AB ở Q. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giácAMP, ANQ cùng tiếp xúc với một đường tròn cố định khi D di chuyển.


Lời giải. a) Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề (định lý Sawayama và Thébault mở rộng). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O). D là một điểm thuộc tia đối tia BA. Đường tròn (K) tiếp xúc DA, DC lần lượt tại M , Nvà tiếp xúc ngoài (O). Chứng minh rằng MN đi qua tâm bàng tiếp ứng với đỉnh A của tamgiác ABC .

Chứng minh. Giả sử đường phân giác ngoài tại đỉnh C của tam giác ABC cắt đường tròn(O) tại E khác C . Đường thẳng CE cắt MN tại J . Đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn(O) tại F . Dễ dàng thấy rằng E, N, F thẳng hàng. Thật vậy, vì E là trung điểm cung ABchứa C của (O) nên OE ⊥ AB. Ngoài ra, ta cũng có MN ⊥ AB nên MN ‖ OE. Mặt khác,K , O, F thẳng hàng nên E, N, F cũng thẳng hàng.

Từ đây, ta có tam giác EAF và ENA đồng dạng, suy ra EA2 = EB2 = EN · EF .

O

BC

A

D

J

N

K

M

F

E

Ta lại có

∠F MN =1

2∠F K N =

1

2∠FOE = ∠FAE = ∠FC J

suy ra tứ giác C F MJ nội tiếp. Do đó,

∠EF J = 180◦−∠NF J = 180◦−(∠NF M+∠MF J) = 180◦−(∠J MC+∠MC J) = ∠MJC .

Từ đó, ta có 4EF J ∼4EJ N, suy ra EJ2 = EN · EF = EA2 = EB2.

Từ đây, bằng biến đổi góc, dễ dàng suy ra AJ là phân giác của ∠BAC nên J là tâm bàngtiếp ứng với đỉnh A của tam giác ABC . Ta có điều phải chứng minh.


Trở lại bài toán,

Giả sử đường tròn (K) tiếp xúc ED tại G và đường tròn (L) tiếp xúc FD tại H . Theo bổ đềở trên thì MG, NH cùng đi qua tâm bàng tiếp J ứng với đỉnh A của tam giác ABC .

Ta sẽ chứng minh rằng ∠MJ N = 90◦. Thật vậy,

∠KEF+∠LFE =1

2∠DEB+

1

2∠DFC+∠DEF+∠DFE = 90◦−∠BAC+180◦−∠BDC = 90◦

do đó E K ⊥ LF . Ta cũng có MG ⊥ E K và LF ⊥ NH nên MG vuông góc NH tại J . Vậyđường tròn đường kính MN luôn đi qua điểm J cố định. Ta có đpcm.

O

B C

D

A

E

F

J

MK N

L

G

H

P

Q

Y

Z

R

b) Dễ thấy tam giác EMG cân và MP ‖ CE nên ∠EMG = ∠EGM = ∠GMP. Do đó, MJchính là phân giác ngoài tam giác AMP mà AJ là phân giác góc BAC nên suy ra J cũng làtâm bàng tiếp góc A của tam giác AMP.

Gọi (R) là đường tròn tiếp xúc với CA, AB tại Y, Z và tiếp xúc ngoài với đường tròn (O).Theo bổ đề ban đầu thì khi cho D hoặc E chạy ra xa vô tận thì các đường tròn (K), (L)trùng với đường tròn (R) và cũng có đoạn nối hai tiếp điểm đi qua J . Từ đây, dễ dàng suy raJ là trung điểm YZ. Do J là tâm bàng tiếp của AMP nên đường tròn (R) tiếp xúc AP, AMtại Y, Z cũng tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP.


Chứng minh tương tự, ta cũng có (R) cũng tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giácANQ. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP, ANQ luôn tiếp xúc đường tròn (R) cố định.Ta có đpcm.

Nhận xét. Với bài toán này, nếu ai đã quen thuộc với định lý Sawayama và Thébault vàcác mở rộng của nó thì giải quyết không quá khó khăn. Nhưng nói chung thì với hầu hếtcác thí sinh, một mặt phải xác định được mô hình nêu ra trong đề bài chính là dạng mởrộng; mặt khác, các bạn phải chứng minh lại thành công định lý này trong thời gian tươngđối ngắn, bài toán này xứng đáng ở vị trí số 3. Đây là lần đầu tiên trong đề thi chọn độituyển của Việt Nam có một bài hình ở vị trí này (một luật bất thành văn là bài 3 chính làbài khó nhất đề thi).

Trước hết, ta nhắc lại định lý Sawayama và Thébault dạng gốc: Cho tam giác ABC nội tiếpđường tròn (O) . D là một điểm thuộc đoạn BC . Đường tròn (K) tiếp xúc DA, DC lần lượttại M , N và tiếp xúc trong với (O) . Chứng minh MNđi qua tâm nội tiếp tam giác ABC .

Trước hết, ta thử tập trung vào khai thác ý a. Rõ ràng có thể thay đường tròn ngoại tiếpthành đường tròn bất kỳ qua B, C , ta đã thu được một bài toán rất thú vị. Chú ý rằng câua) nói lên MG, NH đi qua điểm Jcố định. Ta có các bài toán sau:

Bài 3.1. Cho tam giác ABC và một đường tròn (O) bất kỳ cố định đi qua B,C . D là điểmdi chuyển trên (O) sao cho A, D khác phía với B,C . Giả sử CD cắt AB ở E và BD cắt AC ởF. Gọi (K) là đường tròn tiếp xúc với EB, ED lần lượt tại M , Nvà tiếp xúc trong với (O) .Gọi (L) là đường tròn tiếp xúc với FC , FD lần lượt tại P,Q và tiếp xúc trong với (O) . Chứngminh rằng giao điểm MN, PQ luôn nằm trên một đường tròn cố định khi D di chuyển.

Bài 3.2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . Gọi P là điểm di chuyển trên cungBC chứa A của (O) . PB, PC cắt CA, AB lần lượt tại E, F. Đường tròn (K) tiếp xúc với đoạnEA, EB và tiếp xúc trong với (O) . Đường tròn (L) tiếp xúc với đoạn FB, FC và tiếp xúc vớicung BC không chứa A của (O) . Chứng minh rằng đường tròn đường kính MN luôn đi quamột điểm cố định khi P di chuyển.

Bài 3.3. Cho tam giác ABC và (O) cố định đi qua B, C . Gọi D là điểm di chuyển trên cungBC của (O) sao cho D, A cùng phía với BC . DB, DC cắt CA, AB lần lượt tại E, F. Đườngtròn (K) tiếp xúc với đoạn EA, EB tại M , N và tiếp xúc trong với (O) . Đường tròn (L) tiếpxúc với đoạn FB, FC tại P, Q và tiếp xúc (O) tại một điểm không cùng phía A so với BC .Chứng minh rằng giao điểm của MN và PQ luôn thuộc một đường tròn cố định.

Lời giải chi tiết của các bài toán trên có thể tham khảo trong [2].

Ý thứ hai của bài toán là một xây dựng thú vị khi đòi hỏi phải xây dựng thêm đường trònMixtilinear bàng tiếp góc A của tam giác ABC . Tính chất sử dụng trong lời giải trên đã kháquen thuộc và do đã chứng minh được định lý Sawayama và Thébault nên không cần thựchiện lại chứng minh tính chất này. Một bài toán có liên quan đã xuất hiện cách đây khá lâutrong đề chọn đội tuyển năm 1999 của Việt Nam:

Bài 5 VN TST 1999. Cho tam giác A1A2A3 nội tiếp trong đường tròn (O). Một đường tròn(K1) nằm trong góc A2A1A3 của tam giác A1A2A3, tiếp xúc với các cạnh A1A2, A1A3 vàtiếp xúc trong với đường tròn (O) lần lượt tại các điểm M1, N1, P1. Các điểm M2, N2, P2 vàM3, N3, P3 xác định một cách tương tự. Chứng minh rằng các đoạn thẳng M1N1, M2N2, M3N3

cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn.


Bài 4.

Cho tam giác ABC nhọn, không cân có đường cao AD và P thuộc AD. Các đườngthẳng PB, PC lần lượt cắt CA, AB tại E, F.

a) Giả sử tứ giác AEDF nội tiếp. Chứng minh rằngPA

PD= (tan B+ tanC) cot

A

2.

b) Gọi CP cắt đường thẳng qua B vuông góc AB tại M . BP cắt đường thẳng quaC vuông góc AC tại N. K là hình chiếu của A lên MN. Chứng minh rằng∠BKC +∠MAN không đổi khi P di chuyển trên AD.

Lời giải. a) Gọi Q là giao điểm của EF và BC thì hàng điểm (Q, D, B, C) điều hòa. Từ đâysuy ra chùm (AQ, AD, AB, AC) và (DE, DF, DA, DQ) cũng điều hòa.

Hơn nữa, do DA ⊥ DQ nên DA là phân giác trong của ∠EDF . Do tứ giác AEDF nội tiếpđường tròn nên dễ thấy AE = AF .

A

B CD

PF

E

GQ

Giả sử đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDF cắt BC tại G khác D. Ta có DG là phân giácngoài tại đỉnh D nên GE = GF do đó 4AGE = 4AGF nên AG là phân giác ∠BAC . Theođịnh lý Menelaus cho cát tuyến BPE của tam giác ADC và cát tuyến CPF của tam giácABD thì

EA

EC=

PA

PD·

BD

BC,

FA

FB=

PA

PD·CD

BCTừ đây suy ra

FA

FB+

EA

EC=

PA

PD

�BD

BC+

CD

BC

�

=PA

PD.

Do đó, ta được

PA

PD=

FA

GF.GF

FB+

EA

GE.GE

EC= cot

A

2tan B+ cot

A

2. tan C = (tan B+ tan C) cot

A

2.

Ta có đpcm.


b) Gọi L là giao điểm của BM và C N thì rõ ràng điểm L cố định. Tứ giác AC K N có∠AC N = ∠AK N = 90◦ nên nội tiếp. Tương tự, ABK M cũng nội tiếp. Do đó, ta có

∠MAN +∠BKC = ∠MAK +∠NAK +∠BKC = ∠MBK +∠NC K +∠BKC = ∠BLC

không đổi. Ta có đpcm.A

BCD

P

N

M

K

L

Nhận xét. Đây là bài toán ở mức độ dễ và thí sinh có thể xử lý một cách nhẹ nhàng với cáckiến thức quen thuộc về hình phẳng. Bài toán mang màu sắc đại số khá nhiều và nói chungđòi hỏi thí sinh tính toán, biến đổi (tương tự như bài 3 trong đề IMO 2013) hơn là tiếp cậntheo hướng hình học thuần túy. Hai câu a) và b) của bài toán không liên quan đến nhau.Ta sẽ tách riêng thành hai bài toán và phân tích từng bài toán một. Câu a) phát biểu điềukiện dưới dạng một biểu thức lượng giác như vậy chưa đẹp, ta hoàn toàn có thể có một hệthức lượng thuần túy hình học của câu a). Ta xét bài toán sau:

Bài toán 4.1. Giả thiết tương tự như bài toán. Chứng minh rằng nếu tứ giác AEFD nội tiếp

thìAD

PD=

AB · AC + AD2

DB.DC.

Đây chính là dạng tổng quát của câu a của bài toán gốc và có thể xử lý dễ dàng bằng địnhlý Van-Obel: Cho tam giác ABC có D thuộc BC và P thuộc đoạn AD. Tia BP cắt AC tại N,

tia CP cắt AB tại M . Khi đó, ta cóAD

AP=

AM

AB+

AN

AC. Bên cạnh đó, lời giải nêu ở trên gợi

cho ta nhớ đến bài toán trong đề IMO Shortlist 1994 với nội dung như sau:


Bài toán 4.2. Cho tam giác ABC có đường phân giác AD. Gọi E, F là hình chiếu của D lêncác cạnh CA, CB. Giả sử BE giao C F tại P. Gọi H là hình chiếu của P lên BC . Chứng minhrằng HP là phân giác ∠EHF.

Cuối cùng, ta các nội dung này, ta có thể phát biểu bài toán tổng quát như sau:

Bài toán 4.3. Cho tam giác ABC với P là điểm bất kỳ trong tam giác ABC . Các đườngthẳng PA, PB, PC cắt AB, BC ,CA lần lượt tại D, E, F. Gọi H , K là hình chiếu của F, E lênAD và L, N là hình chiếu của F, E lên BC . Giả sử tứ giác AEDF nội tiếp. Chứng minh rằngPA

PD=

FH

FL·

DA

DB+

E K

EN·

DA

DC.

Nói về phần b, ta thấy đây chỉ là một bài toán đẳng giác quen thuộc. Ta có thể thêm một sốý vào bài toán này để vấn đề phong phú hơn:

Bài toán 4.4. Cho tam giác ABC đường cao AD. Điểm P di chuyển trên AD. Giả sử PB, PClần lượt cắt các đường thẳng qua C vuông góc với CA và qua B vuông góc với AB tại N, M .Gọi K là hình chiếu của A lên MN.

a) Chứng minh rằng ∠MAN +∠BKC không đổi khi P di chuyển.

b) Chứng minh rằng ∠MAC = ∠NAB.

c) Chứng minh rằng KA là phân giác ∠BKC .

Dưới đây là hai bài mở rộng theo con đường đẳng giác cho bài toán trên:

Bài toán 4.5. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) . Các điểm E, F cố định thuộc (O) sao choEF ‖ BC . Điểm P di chuyển trên AE. Giả sử PB, PC lần lượt cắt FC , FB tại N, M . và trungtrực BC cắt MN tại K . Chứng minh rằng ∠MAN +∠BKC không đổi khi P di chuyển.

Bài toán 4.6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . E, F cố định thuộc (O) sao choEF ‖ BC . Các điểm P, Q lần lượt thuộc AE, AF. Giả sử PB, PC lần lượt cắt QB,QC tại N, M .Chứng minh rằng ∠MAB = ∠NAC .

Lời giải chi tiết của các bài toán trên có thể tham khảo trong [3].

Bài 5.

Tìm tất cả đa thức P(x ),Q(x ) có hệ số nguyên và thỏa mãn điều kiện: Với dãy số(xn) xác định bởi

x0 = 2014, x2n+1 = P(x2n), x2n = Q(x2n−1) với n ¾ 1.

thì mỗi số nguyên dương m là ước của một số hạng khác 0 nào đó của dãy (xn).

Lời giải. Ta sẽ chứng minh rằng nếu các đa thức P(x ),Q(x ) thỏa mãn đề bài thì chúngphải đều có bậc là 1. Thật vậy,

Xét trường hợp một trong hai đa thức P(x ),Q(x ) là đa thức hằng. (1) Nếu P(x ) ≡ a,∀x ∈Z thì (xn) có dạng:

x0 = 2014, x1 = a, x2 = Q(a), x3 = a, · · ·


và dễ thấy mọi số hạng của dãy chỉ nhận 1 trong 3 giá trị (2014, a, Q(a)).

(2) Nếu Q(x ) ≡ a,∀x ∈ Z thì (xn) có dạng

x0 = 2014, x1 = P(2014), x2 = a, x3 = P(a), · · ·

và dễ thấy mọi số hạng của dãy chỉ nhận một trong ba giá trị (2014, P(2014), a, P(a)).

Cả hai điều này đều không thỏa mãn điều kiện đề bài do mỗi số nguyên dương m phải làước của một số hạng khác 0 nào đó của dãy số xn.

Tiếp theo, nếu một trong hai đa thức P(x ),Q(x ) có bậc lớn hơn 1, không mất tính tổngquát, ta giả sử đó là Q(x ). Rõ ràng khi đó Q(P(x )) cũng có bậc lớn hơn 1.

Ta thấy nếu R(x ) là đa thức có bậc lớn hơn 1 thì với mọi k > 0 lớn tùy ý, tồn tại x có giá trịtuyệt đối đủ lớn sau cho |R(x )| > k |x | . Điều này là dễ thấy do khi x → +∞ thì ta có giớihạn

limx→+∞

|R(x )|

|x |= +∞.

Ta sẽ chứng minh rằng tồn tại N đủ lớn sao cho |Q(P(x ))| > |P(x )|+ |x | với mọi x > N.Ta chỉ cần xét 2 trường hợp: Nếu P(x ) là bậc 1 thì dễ thấy tồn tại k đủ lớn sao chok |P(x )| > |x | với mọi x ∈ Z.

Suy ra, tồn tại N đủ lớn sao cho

|Q(P(x ))| > (k + 1) |P(x )| = |P(x )|+ k |P(x )| > |P(x )|+ |x | với mọix > N.

Nhận xét được chứng minh.

Theo giả thiết thì trong dãy số đã cho, phải tồn tại số hạng |x i | lớn tùy ý và rõ ràng, ta cũngphải có j > 0 sao cho

�

�x2 j

�

� > N + 1 và x2 j có giá trị tuyệt đối lớn nhất trong 2 j số hạngđầu tiên của dãy (xn).

Thật vậy, ta thấy rằng tồn tại vô số số hạng x2 j thỏa mãn điều kiện�

�x2 j

�

� = max0¶k¶2 j

{|xk |},

gọi T là tập hợp các chỉ số thỏa mãn. Nếu như trong các số hạng như thế, không có số hạngnào thỏa mãn

�

�x2 j

�

� > N + 1 thì với mọi t ∈ T , ta có |x i | ¶ |x t | ¶ N + 1 với mọi i ¶ t ∈ T .

Tuy nhiên, do |T | vô hạn nên điều giả sử ở trên là vô lý và nhận xét được chứng minh. Vớix2 j là số hạng thỏa mãn điều kiện trên, chọn m =

�

�x2 j+2 − x2 j

�

� thì ta thấy

m =�

�Q(P(x2 j))− x2 j

�

� ¾�

�Q(P(x2 j))�

�−�

�x2 j

�

� >�

�P(x2 j)�

� >�

�x2 j

�

� và�

�x2n+2

�

� =�

�Q(x2n+1)�

� >�

�x2n+1

�

� .

Do đó, trong 2 j + 1 số hạng đầu tiên của dãy, không có số hạng nào chia hết cho m.

Mặt khác, x2k+2−x2k =�

Q(P(x2k))−Q(P(x2k−2))� ...�

P(x2k)− P(x2k−2)� ...�

x2k − x2k−2�

=

m và tương tự thì x2k+3− x2k+1 =�

P(x2k+2)− P(x2k)� ...�

x2 j − x2 j−2

�

= m. Từ đây suy ravới k ¾ j thì x2k+2− x2k và x2k+3− x2k+1 đều chia hết cho m, tuy nhiên x2 j+1 và x2 j+2 đềukhông chia hết cho m nên xk không chia hết cho m với k > 2 j + 2. Do đó, trong dãy đãcho, không có số hạng nào chia hết cho m.


Điều mâu thuẫn này cho ta thấy nhận xét ban đầu là đúng và deg P(x ) = deg Q(x ) = 1.Đặt P(x ) = ax + b với |a| > 1 và Q(x ) = cx + d với a, b, c, d ∈ Z và ab 6= 0 thì ta có

¨

x2n+1 = ax2n + b

x2n+2 = cx2n+1 + dvới mọi n ¾ 0.

Suy ra x2n+2 = cax2n + bc + d và x2n+3 = cax2n+1 + ad + b với mọi n ¾ 0.

Cả hai dãy này đều có công thức truy hồi dạng yn+1 = k yn + h với k = ac, h ∈ Z. Giả sửk 6= 1 thì công thức tổng quát của dãy này là yn = kn y0 + h

kn−1

k−1với mọi n. Rõ ràng nếu

k = −1 thì dãy số tương ứng không thỏa mãn, ta xét k 6= −1.

• Nếu h = 0 thì ta có yn = kn y0, rõ ràng không thỏa mãn điều kiện.

• Nếu h 6= 0 thì do gcd

�

k,kn − 1

k − 1

�

= 1 với mọi n nên giả sử giả sử t là số mũ lớn

nhất mà k t |h thì các số nguyên dương có dạng k s với s > t đều không là ước củabất cứ số hạng nào của dãy, không thỏa mãn. Từ đây, suy ra k = 1 hay ac = 1.

Cuối cùng, ta chỉ cần xét 2 trường hợp:

• Nếu P(x ) = x+a và Q(x ) = x+b với a, b ∈ Z thì bằng quy nạp, ta chứng minh đượcx2k = 2014+ k(a+ b) và x2k+1 = 2014+ a+ k(a+ b). Dễ thấy rằng nếu a+ b = 0thì dãy này không thỏa mãn. Nếu như a+ b 6= 0 thì gọi S, T,R lần lượt là tập hợp cácước nguyên của a+ b, 2014 và 2014+ a. Ta xét các trường hợp sau:

+ Với m /∈ S thì giả sử a+ b chia m dư t với t 6= 0; do đó, khi k chạy qua một hệthặng dư đầy đủ modulo m thì tồn tại một số hạng của dãy chia hết cho m vàsố lượng các số hạng như thế là vô hạn. Rõ ràng số các số hạng bằng 0 của dãylà hữu hạn (không quá 2) nên tồn tại số hạng khác 0 của dãy chia hết cho m.

+ Với m ∈ S mà m /∈ T,R thì dãy số tương ứng không thỏa mãn.

+ Với m ∈ S và m ∈ T hoặc m ∈ R thì tương ứng, mọi số hạng có chỉ số chẵnhoặc mọi số hạng có chỉ số lẻ của dãy đều chia hết cho m và dễ thấy, tồntại số hạng khác 0 của dãy chia hết cho m. Do đó, các số a, b phải thỏa mãn(S\T)∩ (S\R) = ∅ hay mỗi ước của a+ b phải là ước của 2014 hoặc là ước của2014+ a.

• Nếu P(x ) = −x + a và Q(x ) = −x + b thì cũng có lập luận tương tự vì các số hạngcủa dãy tương ứng khi đó là x2k = 2014−k(a−b) và x2k+1 = −2014+a+k(a−b).Điều kiện của a, b là a − b 6= 0 và mỗi ước của a − b phải là ước của 2014 hoặc làước của a− 2014.

Vậy tất cả các đa thức P(x ), Q(x ) cần tìm là

• P(x ) = x + a,Q(x ) = x + b trong đó a, b ∈ Z thỏa mãn a + b 6= 0 và mỗi ước củaa+ b phải là ước của 2014 hoặc là ước của 2014+ a.

• P(x ) = −x + a,Q(x ) = −x + b trong đó a, b ∈ Z thỏa mãn a − b 6= 0 và mỗi ướccủa a− b phải là ước của 2014 hoặc là ước của −2014+ a.


Nhận xét.

Đây là bài toán liên quan đến các tính chất số học của đa thức. Trong các bài toán này,có tính chất cơ bản sau đây khá hữu dụng: Nếu P(x ) là đa thức có hệ số nguyên thì(a− b)| (P(a)− P(b)) với a 6= b. Học sinh cũng phải vận dụng tốt tính đơn điệu của đathức khi biến đủ lớn và một chút khéo léo trong việc xử lí các kĩ thuật ở những vấn đề nhỏ.Bài toán yêu cầu sự cẩn thận, chi tiết; suy luận một cách logic, khoa học, có thứ tự hợp lý.Có thể nói đây là một bài toán hay, mới lạ và có nhiều “bẫy” trong đó.

Thoạt nhìn vào bài toán này, ta có thể thấy không dễ hình dung ra mô hình và cách tiếpcận vì có tới 2 đa thức không liên quan đến nhau xuất hiện. Một suy nghĩ tự nhiên là nêngiải thử với trường hợp P, Q trùng nhau.

Khi đó ta có bài toán chỉ với một đa thức và cách tiếp cận cũng dễ nhìn ra hơn, thậm chícác học sinh có thể xử lý tốt hơn nếu đã có biết về bài toán sau:

(Arthur Angel, Problem Solving Strategies) Cho đa thức P(x ) với hệ số nguyên thỏa mãnđiều kiện P(n) > n với mọi số nguyên dương n. Xét

x1 = 1, x2 = P(x1), x3 = P(x2), · · ·

Biết rằng với mọi số nguyên dương N, tồn tại một số hạng của dãy số chia hết cho N. Chứngminh rằng P(n) = n + 1.

Ta có được xn+2 − xn+1 chia hết cho xn+1 − xn với mọi n, ta suy ra các phần tử của dãy sốxn+1, xn+2, xn+3... khi chia cho xn+1 − xn có cùng số dư.

Cùng với tính tăng của đa thức, ta sẽ thấy nếu xn+1 “quá lớn” so với xn thì đa thức tươngứng sẽ không thể thỏa mãn điều kiện bài toán. Cách tiếp cận này chắc hẳn sẽ mang lại mộtcái nhìn vừa bao quát, vừa đơn giản hơn cho bài số 5.

Lời giải trên đã cố gắng làm sáng tỏ tất cả các vấn đề đặt ra trong bài toán nên tương đốidài. Ta thấy rằng tư tưởng chính là loại trường hợp bậc 0 của các đa thức để đưa về xét 2trường hợp quan trọng:

• Ít nhất một trong hai đa thức có bậc lớn hơn 1.

• Bậc của cả hai đa thức đều bằng 1.

Tuy nhiên, ta cũng cần hiểu nguyên nhân tại sao cần phải chia ra như thế, tức là tại sao lậpluận ở trường hợp (1) lại không áp dụng được cho trường hợp (2)? Câu trả lời như sau:cách lập luận ở (1) đòi hỏi cần có cả hai bất đẳng thức sau

|Q(P(x ))− x | > |x | và |Q(P(x ))− x | > |P(x )|

đều phải đúng (*). Khi đó, dùng tính chất đơn điệu của đa thức để chỉ ra một số nguyêndương m không là ước của số hạng khác 0 nào của dãy và dẫn đến mâu thuẫn.

Từ việc xác định rõ bản chất của vấn đề ở đây, ta có thể xử lý bài toán theo một cách ngắngọn hơn (đưa về trường hợp hệ số của cả hai đa thức đều có giá trị tuyệt đối là (1) như sau:


Áp dụng lập luận tương tự trường hợp (1), ta có thể giải quyết trường hợp (2) như sau:

Nếu hệ số cao nhất của một trong hai đa thức P(x ),Q(x ) có giá trị tuyệt đối lớn hơn hoặcbằng 3 thì tính chất (*) vẫn đúng.

Nếu hệ số cao nhất của cả hai đa thức P(x ),Q(x ) đều không vượt quá 2 thì ta xét hiệuxn+4 − xn và lập luận tương tự.

Các bạn thử từ ý tưởng trên để tìm ra một cách lập luận ngắn gọn hơn cho bài toán trên!Về một hướng mở rộng, chúng ta thử xem xét bài toán trong trường hợp thay 2 đa thức bởi3 đa thức như sau:

Tìm tất cả đa thức P(x ), Q(x ),R(x ) có hệ số nguyên và thỏa mãn điều kiện: Với dãy số(xn) xác định bởi x0 = 2014, x3n+1 = P(x3n), x3n+2 = Q(x3n+1), x3n+3 = R(x3n+2), n ¾ 0,thì mỗi số nguyên dương m là ước của một số hạng khác 0 nào đó của dãy (xn).

Các bạn thử xem xét đặc điểm chung cơ bản cũng như cái khó của bài toán mới này hoặcbài toán tổng quát khi thay 2, 3 bởi k ¾ 4 đa thức so với bài toán gốc là gì nhé!

Bài 6.

Cho m, n, p là các số tự nhiên không đồng thời bằng 0. Không gian tọa độ đượcchia thành các mặt phẳng song song cách đều nhau. Một cách điền vào mỗi khối lậpphương đơn vị một trong các số từ 1 đến 60 được gọi là cách điền Điện Biên nếuthỏa mãn: trong mỗi hình hộp chữ nhật với các mặt trên hệ mặt đã cho và tập hợpkích thước ba cạnh (số hình lập phương trên trên cạnh) xuất phát từ một đỉnh là2m + 1, 2n + 1, 2p + 1, khối lập phương đơn vị có tâm trùng với tâm của hình hộpchữ nhật được điền số bằng trung bình cộng của các số điền ở tâm của 8 hình lậpphương ở các góc của hình hộp đó. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách điền Điện Biên?

Những cách điền là giống nhau nếu trong mỗi cách, ta chọn một hình lập phươnglàm tâm thì các số được điền vào các khối lập phương đơn vị có cùng vị trí tương đốivới tâm trong hai cách điền là bằng nhau

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử các mặt phẳng song song trong hệ mặt cách đềunhau một khoảng là 1 đơn vị. Ta chọn một hình lập phương nào đó rồi lấy tâm O của nólàm tâm của không gian vuông góc, các trục Ox , Oy, Oz song song với các đường thẳngcủa hệ đã cho và chiều dương các trục tọa độ chọn tùy ý. Khi đó, ta quy ước tọa độ củamột hình lập phương trong hệ mặt đã cho là khoảng cách từ hình chiếu của nó lên các trụcOx , Oy, Oz đến O (chọn dấu tùy vào chiều âm hay chiều dương của các trục tọa độ).

Xét một cách điền có tính chất Điện Biên nào đó và ta gọi hai hình lập phương phải đượcđiền cùng một số trong cách điền này là có quan hệ với nhau. Để đếm số cách điền ĐiệnBiên, ta đếm số lớn nhất các hình lập phương đơn vị có thể được chọn sao cho các hình đôimột không có quan hệ với nhau, đặt S là số lượng hình này.

Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng với mỗi hình hộp chữ nhật có kích thước các cạnh là2m + 1, 2n + 1, 2p + 1 thì 8 số điền ở góc và số điền ở tâm là bằng nhau.

Thật vậy, Do các số được dùng để điền là nguyên dương nên phải tồn tại một số nhỏ nhất,giả sử là a và hình lập phương A nào đó được điền số a này. Khi đó, hình hộp chữ nhật có


kích thước 2m + 1, 2n + 1, 2p + 1 và các hình có A là tâm sẽ có 8 số điền ở 8 ô ở đỉnh đềukhông nhỏ hơn a mà lại có trung bình cộng bằng a. Suy ra 8 số điền ở các đỉnh và số điềnở tâm của hình hộp chữ nhật này là giống nhau. Lập luận tương tự, ta có thể mở rộng ratrong không gian và được một tập hợp T các hình lập phương điền số a.

Với các hình lập phương không thuộc T , giả sử b > a là số nhỏ nhất được điền cho các hìnhlập phương còn lại và tương tự trên, ta được một tập hợp T ′ gồm các hình lập phương điềnsố b. Rõ ràng cứ như thế, ta thấy nhận xét trên được chứng minh và đây cũng chính là điềukiện cần để một cách điền là có tính chất Điện Biên.

Như thế, hình nằm ở tọa độ (x , y, z) sẽ có quan hệ với hình nằm ở tọa độ

(x + (−1)r m, y + (−1)sn, z + (−1)t p).

Các số r, s , t ∈ {0; 1} được chọn một cách độc lập với nhau (là 8 đỉnh của hình hộp chữnhật có tâm là (x , y, z) và các cạnh là 2m + 1, 2n + 1, 2p + 1). Hơn nữa, ở đây ta xéthình hộp chữ nhật có cạnh 2m+1, 2n+1, 2p +1 tương ứng song song với các mặt phẳngOyz, Ozx , Ox y và ta hoàn toàn có thể hoán đổi thứ tự này.

Từ đây suy ra, hình lập phương ở tọa độ (x , y, z) sẽ được điền số giống với hình lập phươngở tọa độ

�

x + a1m + a2n + a3p, y + b1m + b2n + b3p, z + c1m + c2n + c3p�

. Tuy nhiên,với hai hình có quan hệ với nhau, khi xét sự thay đổi ở các thành phần x , y, z tương ứngthì các đại lượng m, n, p sẽ hoặc tăng, hoặc giảm chứ không giữ nguyên và mỗi lần nhưthế thì tính chẵn lẻ của a1+ a2+ a3, b1+ b2+ b3, c1+ c2+ c3 đồng thời thay đổi. Ban đầu,xét ở vị trí (x , y, z) thì ba tổng này cùng tính chẵn lẻ (cùng bằng 0) nên tính chẵn lẻ củaa1 + a2 + a3, b1 + b2 + b3, c1 + c2 + c3 là luôn giống nhau.

Một hệ quả của nhận xét trên là: hình lập phương ở (x , y, z) sẽ có quan hệ với hình lậpphương ở tọa độ (x + x1, y + y1, z + z1) với (x1, y1, z1) là một hoán vị của bộ các số(2km, 2kn, 2kp) và k ∈ Z,d ∈

�

m, n, p

. (∗)Hơn nữa, theo định lý Bezout thì trong các tổ hợp tuyến tính của m,n, p, ta có d =gcd(m, n, p) > 0 chính là tổ hợp tuyến tính có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất. Từ đây suyra các hình lập phương đơn vị trong một hình lập phương lớn hơn có kích thước d × d × dsẽ đôi một không có quan hệ với nhau (vì hai hình lập phương đơn vị bất kỳ trong hình nàysẽ có chênh lệch tọa độ nhỏ hơn d). Từ đó suy ra S là bội của d3.

Khi đó, ta thấy với mỗi hình lập phương d × d × d tùy ý, đặt tên là A, thì có 6 hình lậpphương có chung mặt với nó như hình vẽ dưới đây:


Đặt m1 =m

d, n1 =

n

d, p1 =

p

d, ta xét các trường hợp sau:

• Nếu cả ba số m1,n1, p1 đều lẻ, đặt m1 = 2m2 + 1, n1 = 2n2 + 1, p1 = 2p2 + 1 thì rõràng m = 2dm2 + d,n = 2dn2 + d, p = 2dp2 + d.

Do đó, theo (∗), hình lập phương ở tọa độ (m, n, p) sẽ có quan hệ với hình ở các tọađộ (m ± d,n ± d, p ± d) (các hình kề đỉnh với A). Trong mô hình trên, nếu ta chọnhình A và 3 hình kề mặt với nó, mỗi chiều một hình thì 4 hình này đôi một khôngcó quan hệ với nhau và không thể chọn số lượng nào lớn hơn 4 được. Từ đó, ta cóS = 4d3.

• Nếu trong ba số m1,n1, p1 có 2 số lẻ và 1 số chẵn, ta có thể giả sử m1,n1 lẻ và p1

chẵn. Ta lại đặt m1 = 2m2+1, n1 = 2n2+1, p1 = 2p2 thì rõ ràng m = 2dm2+d,n =2dn2 + d, p = 2dp2.

Do đó, theo (∗), hình lập phương ở tọa độ (m, n, p) sẽ có quan hệ với hình ở các tọađộ (m ± d,n ± d, p) (các hình kề cạnh với A). Ta lại hoán đổi vị trí của m,n, p, tứclà thay đổi chiều của (x , y, z) thì suy ra thêm (m, n ± d, p ± d) và (m ± d, n, p ± d)có quan hệ với A. Trong mô hình trên, nếu ta chọn hình A và 1 hình kề mặt với nó thìhai hình này không có quan hệ với nhau và không thể chọn số lượng nào lớn hơn 2được. Từ đó, ta có S = 2d3.

• Nếu trong ba số m1,n1, p1 có 1 số lẻ và 2 số chẵn, ta có thể giả sử m1 lẻ và n1, p1

chẵn. Ta lại đặt m1 = 2m2 + 1,n1 = 2n2, p1 = 2p2 thì rõ ràng m = 2dm2 + d, n =2dn2, p = 2dp2.

Do đó, theo (∗), hình lập phương ở tọa độ (m, n, p) sẽ có quan hệ với hình ở các tọađộ (m±d,n, p) (các hình kề mặt với A). Ta lại hoán đổi vị trí của m, n, p, tức là thayđổi chiều của (x , y, z) thì suy ra thêm (m, n ± d, p) và (m, n, p ± d) có quan hệ vớiA. Trong mô hình trên, ta chỉ chọn được hình A chứ không chọn được thêm hình nàokhông có quan hệ với nó. Từ đó, ta có S = d3.

Cuối cùng, ta thấy mỗi ô độc lập với nhau sẽ có 60 cách điền số (từ 1 đến 60) cho nónên số cách điền Điện Biên tổng cộng là 60S với S được xác định như sau: Trong ba số

m

gcd(m, n, p),

n

gcd(m, n, p),

p

gcd(m, n, p), nếu có

• 3 số lẻ thì S = 4d3.

• 2 số lẻ thì S = 2d3.

• 1 số lẻ thì S = d3.

Nhận xét.

Con số 60 và thuật ngữ Điện Biên trong bài toán có lẽ nhắc chúng ta về năm 2014 là kỷniệm 60 năm chiến thắng Điện Biên Phủ (07/05/1954 – 07/05/2014). Tuy nhiên, các bạn


thí sinh chắc cũng nhanh chóng nhận ra rằng số 60 không có nhiều ảnh hưởng trong việcđi tìm lời giải.

Bài toán này khá lạ và khó. Có thể nói khi xử lý các bài toán đếm tổ hợp thì công việc đầutiên chính là đoán đáp số và nếu đoán thành công thì nhiều khi mọi thứ sẽ dễ dàng hơn.Điểm bất ngờ nhất ở đây lại chính là đáp số khi mà trên thực tế, có nhiều đáp số chưahoàn toàn chính xác đã được đưa ra. Điều này có lẽ xuất phát từ việc xử lí hai điều kiện khichuyển về dạng số học cuối cùng không cẩn thận. Nếu thực sự bình tĩnh, và có thời gian, tacó thể xét thử vài ví dụ nhỏ với m,n, p để thấy có các kết quả “tương đối khác nhau” chứkhông cùng một dạng.

Tuy nhiên, ở trong phòng thi, cùng với việc bài 5 làm mất không ít thời gian, đây thực sự làmột thử thách không dễ.

Đây là một bài toán hay, có nhiều đất cho các bạn học sinh thể hiện khả năng. Bài toán đòihỏi những tư duy đơn giản, nhưng tinh tế ở phần suy luận tổ hợp, và sự cẩn thận, khoa họctrong phần xử lí điều kiện số học cuối cùng. Nếu chưa có một hình dung tốt về không gian3 chiều, ta hoàn toàn có thể chọn cách tiếp cận từ việc, đưa bài toán về 2 ( xét mặt phẳngvà hình chữ nhật 2 cạnh lẻ) hay thậm chí 1 chiều ( đường thẳng và đoạn thẳng chứa lẻđiểm). Cụ thể như dưới đây:

Cho k, a là các số nguyên dương. Trên trục số nguyên, người ta đánh số các điểm nguyênbằng các số từ 1 đến k sao cho: Mỗi đoạn thẳng có hai đầu mút nguyên và có chứa đúng2a + 1 điểm nguyên thì trung điểm của nó được đánh số bằng trung bình cộng số đánh ởhai đầu mút. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách đánh số khác nhau?

Bằng lập luận theo nguyên lý cực hạn tương tự như lời giải bài toán gốc, ta thấy rằng:

• Với các đoạn thẳng có chứa đúng 2a + 1 điểm nguyên thì số được đánh cho 2 đầumút bằng với số đánh cho trung điểm.

• Các điểm cách nhau ít hơn a đơn vị độ dài thì không có ràng buộc với nhau. Như thếa điểm có tọa độ từ 0, 1, 2, ..., a − 1 sẽ đôi một đánh số độc lập với nhau và kết quảcủa bài toán sẽ là ka.

Tiếp tục phát triển lên, ta xét bài toán sau:

Cho k, a, b là các số nguyên dương. Trên trục số nguyên, người ta đánh số các điểm nguyênbằng các số từ 1 đến k sao cho: Mỗi đoạn thẳng có hai đầu mút nguyên và có chứa đúng2a+1 hoặc 2b+1 điểm nguyên thì trung điểm của nó được đánh số bằng trung bình cộngsố đánh ở hai đầu mút. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách đánh số khác nhau?

Tiếp tục lập luận như bài trên, ta thấy các vị trí 0, a, 2a, b, 2b được đánh cùng một số haynói cách khác, các vị trí cách nhau a hoặc b đơn vị thì được đánh cùng một số. Từ đó suy ratất cả các điểm ở vị trí x a+ yb với x , y ∈ Z và x , y không đồng thời bằng 0 sẽ được đánhcùng một số với nhau.

Theo định lý Bézout thì trong các số có dạng x a+ yb thì c = gcd(a, b) > 0 có giá trị tuyệtđối nhỏ nhất. Vì thế nên các số cách nhau một khoảng c đơn vị thì được điền cùng một sốvà các số cách nhau một khoảng nhỏ hơn c đơn vị thì không có ràng buộc gì với nhau. Saubước này, rõ ràng ta đã chỉ được số cách tô màu là kgcd(a,b).


Bằng cách tương tự, việc thay 2 số a, b thành nhiều số vẫn được giải quyết tương tự và bàitoán luôn có một kết quả theo dạng lũy thừa trên. Tuy nhiên, nếu thay bởi bài toán 2 chiều,ta lại có đến 2 kết quả: Cho k, a, b là các số nguyên dương. Trong mặt phẳng tọa độ, ngườita đánh số các điểm nguyên bằng các số từ 1 đến k sao cho: Mỗi hình chữ nhật có các cạnhsong song với 2 trục tọa độ và trên mỗi cạnh có 2a+ 1, 2b+ 1 điểm nguyên thì trung bìnhcộng 4 số điền ở đỉnh bằng số điền ở tâm. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách đánh số khác nhau?

Kết quả của bài toán là: Đặt c = gcd(a, b), nếu trong hai sốa

c,

b

ccó:

• 2 số lẻ thì kết quả là k2c2 .

• 1 số lẻ thì kết quả là k c2 .

Ở trên, ta đã lập luận dựa trên định lý Bézout về ước chung lớn nhất – là một định lý cơbản trong số học. Ta cũng có thể lập luận dựa theo định lý Sylvester về biểu diễn các sốcũng cho kết quả tương tự. Điều này tương ứng với kết quả trong trường hợp 3 chiều củabài toán gốc. Như thế ta thấy rằng số lượng số tăng lên không ảnh hưởng đến mức độ khócủa bài toán mà chính số chiều mới là vấn đề, nếu tiếp tục xét với số chiều tăng lên là n,liệu có n đáp số hay không? Câu trả lời xin dành cho các bạn.


Tài liệu tham khảo

1. Topic đề thi và bình luận đề VN TST 2014 của diễn đàn mathscope.org

http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=46988

2. Trần Quang Hùng, Xung quanh bài hình học trong kỳ thi chọn đội tuyển VN ngày 1

http://analgeomatica.blogspot.com/2014/03/xung-quanh-mot-bai-toan-hinh-hoc-trong.html

3. Trần Quang Hùng, Xung quanh bài hình học trong kỳ thi chọn đội tuyển VN ngày 2

http://analgeomatica.blogspot.com/2014/03/tom-tat.html

4. Nguyễn Thị Hường, Lương Ánh Nguyệt, Lương Thị Thanh Mai, Đào Thị QuỳnhNga, Định lý Sawayama và Thébault

http://analgeomatica.blogspot.com/2014/02/inh-ly-sawayama-va-thebault.html

5. Functional equation APMO 1989

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=450331

6. Bình luận của GS Nguyễn Tiến Dũng trên trang Sputnik Education

https://www.facebook.com/sputnikedu/posts/720502957971422

7. Bài toán IMO Shortlist 1994, G4


8. Mẫu Latex của thầy Châu Ngọc Hùng

https://www.writelatex.com/read/htndbgqrjqzp

LATEX by Lê Phúc Lữ. Email: [email protected]

http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=46988

http://analgeomatica.blogspot.com/2014/03/xung-quanh-mot-bai-toan-hinh-hoc-trong.html

http://analgeomatica.blogspot.com/2014/03/tom-tat.html

http://analgeomatica.blogspot.com/2014/02/inh-ly-sawayama-va-thebault.html


https://www.facebook.com/sputnikedu/posts/720502957971422


https://www.writelatex.com/read/htndbgqrjqzp

[email protected]

võ quŁc bá c'n – trƒn quang hùng – lê phúc lœ hoàng ĐØ ... · bài 5: Đ⁄i...

Documents