KHAI THÁC MỘT SỐ CHỦ ĐỀ CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI VMO 2018

Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 KHAI THÁC MỘT SỐ CHỦ ĐỀ CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI VMO 2018 Lê Phúc Lữ tổng hợp giới thiệu Mục lục Đa thức đẹp có nghiệm xấu 2 Đường thẳng Nagel qua tâm Spieker Hai bổ đề Lifting số học 13 Đếm hai cách hình học 18 Bài tốn tồn giải tích 23 Qua viết này, tác giả muốn giới thiệu đến bạn đọc vài chủ đề chọn lọc phân môn Olympic Tốn nhận xét, phân tích khía cạnh liên quan TP Hồ Chí Minh, ngày 05/01/2018 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Chủ đề A ĐA THỨC ĐẸP NHƯNG CÓ NGHIỆM XẤU Trước hết, ta xét bổ đề sau: Nếu đa thức hệ số nguyên P( x) bậc n , bất khả quy nhận x nghiệm khơng tồn đa thức hệ số nguyên Q ( x ) có bậc m mà m n thỏa mãn điều kiện Thật vậy, Nếu tồn đa thức Q ( x ) thỏa mãn điều kiện giả sử m Xét phép chia đa thức deg Q bậc nhỏ P ( x) Q( x) f ( x) r ( x) Rõ ràng khơng phải phép chia hết (vì P bất khả quy) nên deg r r( ) đồng thời P ( ) Q( ) f ( ) , mâu thuẫn Từ bổ đề đơn giản này, ta thu tốn quen thuộc sau THCS: Cho A, B, C thỏa mãn A B C Khi đó, A B C Nếu khơng dùng liên hợp, ta lập luận cách xét tam thức bậc hai f ( x) Ax Bx C Từ đó, ta thấy P ( x ) [ x] có nhận x nghiệm [ x ] thỏa mãn P( 2) 2017 P( x) phải có dạng P( x) ( x 2)Q( x) 2017 với Q( x) [ x] Ta xét toán sau: Bài (KHTN 2017) Cho đa thức P( x) có hệ số tự nhiên thỏa mãn P( 3) 2017 Hỏi tổng hệ số P( x) nhỏ bao nhiêu? Lời giải Đặt P( x) n xi P( 3) 2017 có dạng A B 3 C Tương tự trên, ta i suy A B 0, C 2017 Nhưng A, B tổng hệ số không âm số hạng có mũ khơng chia hết rõ ràng, tất hệ số Suy P( x) chứa toàn hệ số số mũ chia hết cho Đặt f ( x3 ) P( x) với f [ x] tốn đưa f (3) 2017 f ( x) bn xn bn 1xn b1x b0 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Giả sử f (1) nhỏ (đây tổng hệ số đa thức P ban đầu) dễ dàng chứng minh bi 0,1, (vì khơng, ta thay bi bi ) Suy f ( x ) nhỏ hệ số biểu diễn tam phân 2017 , đáp số Một tương tự có đề thi Nga: Bài Tìm tất đa thức hệ số tự nhiên P( x) cho P (1) 7, P(2) 2017 Tiếp theo, có lẽ quen thuộc với toán sau thầy Trần Nam Dũng: Bài Cho phương trình bậc ba x 3 x Chứng minh phương trình có ba nghiệm a b c, đồng thời a c c b b a Trong đề thi chọn đội tuyển Trung Quốc 2017, có tương tự dạng tổng quát có nội dung sau: Bài (China TST 2017) Cho đa thức P ( x ) p, q có tổng Giả sử tồn T p [ x] có bậc ba ba nghiệm vơ tỷ a, b, c phân biệt cho a b2 pb q Chứng minh p 4q số phương Lời giải Ta chia lời giải tốn thành bước sau: Bước Đặt Q( x) x2 px q theo giả thiết, ta có P(Q(b)) P(a) Suy P (Q( x)) có nghiệm x b Xét phép chia P(Q( x)) P( x) f ( x) r ( x) với deg r ( x) Thay x b vào, suy r (b) Nếu deg r P( x) Chú ý r1 ( x) lại xét phép chia f1 ( x) r ( x) r1 ( x) với deg r1 ( x) [ x] r1 (b) với b vô tỷ nên vô lý, suy deg r P (Q ( x)) Từ ta có P(Q(a )) Nếu Q(a) Nếu Q (a ) b a P( x) f ( x) P (Q(c)) Suy Q(a) a a a a, b, c Ta xét trường hợp: pa q , dễ dẫn đến điều vô lý tương tự (vì) pa q b , mà b pb q a nên a b (b a )(a b) p (b a ) nên p hay (a b) p c , số vô tỷ, mâu thuẫn Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 a b2 pb q Do đó, Q (a ) c tương tự Q(c) b Ta có hệ b c2 pc q (*) c a pa q Bước Trừ vế hai phương trình đầu (*) , ta có a b b2 c Tương tự b c p(b c) (b c)(b c p) (b c)( p a) (c a )( p b) c a (a b)( p c) nên nhân tất hệ thức lại ( p a)( p b)( p c) Cộng đẳng thức (*) lại, ta a b c 3q ab bc ca q Nhân phương trình thứ 1, 2, (*) cho b, c, a cộng lại, ta có ab bc ca a b3 c p (a b c ) 3q q 3abc pq abc pq 2 Thay tất vào đẳng thức ( p a)( p b)( p c) 1, ta p3 p (a b c ) p (ab bc ca ) abc pq q p3 pq 2 p q Bước Nếu q 2( p 2( p p 1) T p 1) p 2 p 8( p p 1) p p (3 p 1) số a phương Ta cần xét p , abc b2 b q q b c c q nên c a2 a q 3q ab bc ca (a a q )(b b q ) a 2b b c c a 3abc ab bc ca 2q (a b c ) 3q 9q 9q 3q 2q( 3q) 3q 3q 3q Rõ ràng q không thỏa abc nên phải có số Do đó, ta có q q 6, p T 16 , số phương Ta có đpcm Cịn q Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Tiếp theo, ta xét có phát biểu ấn tượng thú vị chủ đề Bài (Benelux 2017) Cho số nguyên dương k P( x) Chứng minh tồn a an xn đặt 65k an xn an an a2 a1a0 Xét đa thức a1 x a0 để P ( a ) a Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề: Nếu đa thức f ( x) [ x] có nghiệm x f ( x) (qx p với ( p, q ) f ( x ) viết thành q p ) g ( x ) mà g ( x) [ x] Bổ đề suy trực tiếp từ kết sau: (Bổ đề Gauss) Tích hai đa thức nguyên đa thức nguyên (đa thức nguyên – premitive polynomial đa thức hệ số nguyên mà hệ số khơng có ước ngun tố chung) Thật vậy, xét f ( x) n xi g ( x) i m bi xi hai đa thức nguyên bản; giả sử tích f ( x ) g ( x ) i đa thức không nguyên bản, tức có ước nguyên tố chung p cho hệ số Do f , g nguyên nên tồn ar bs không chia hết cho p Giả sử r số lớn f s số lớn g thỏa mãn điều kiện Khi p | , p | b j với i r , j s Xét lũy thừa x r s với hệ số b j i j r s Ta thấy i r hệ số aibj chia hết cho p ; cịn i r j s nên hệ số chia hết cho p ; có ar bs không chia hết cho p nên tổng không chia hết cho p , mâu thuẫn Áp dụng vào bổ đề, ta thấy g ( x) khơng có hệ số nguyên tồn m m cho mg ( x) [ x ] mg ( x ) đa thức nguyên bản; mà qx p nguyên nên suy mf ( x) [ x] nguyên bản, vô lý Suy g ( x) Quay trở lại toán, dễ thấy nghiệm thực P( x) âm tất hệ số P( x) âm Giả p sử P( x) có nghiệm x với p, q ( p, q ) Khi q P ( x) (qx p )Q ( x) với Q( x) [ x] Suy 65k (10q Ta có p | a0 p)Q(10) Chú ý a1 nên p p 2, a0 65k với k tận 25 Ta xét hai trường hợp: Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Nếu p 10q ước 65k , q ,9 65k khơng có ước có dạng 1, 2,3, 10q nên vô lý Nếu p 10q ước 65k hay 2q ước 13k 5k Vì 2q 19 nên 2q (1) Nếu q nghiệm P( x) nên P 6 x an 2, Suy an số chẵn q | an 5,13 q n an n a2 6n hay 6n 6n Chia hai vế cho , ta có an n an n Dựa vào chữ số tận cùng, ta suy 6n (2) Nếu q x an n 6n a2 6n 6n an 5 n n Lại chia hai vế cho ( 5) , ta có an a2 an 5 n n an 2n 2 n 6n hay 2n k k 625 | 65 nên 65 có tận 625 a2 2n 2n nên a3 ( 5) 2n a2 2n nên vế trái có tận khác , x3 x 2 x , dễ dàng kiểm tra trực tiếp không thỏa Suy k Khi đó, ta có P( x) đa thức khơng có nghiệm hữu tỷ Vậy với k 6n a2 tận , vô lý nghiệm P( x) nên P an Nếu k đa thức P ( x) xác định khơng có nghiệm hữu tỷ Cuối cùng, xin giới thiệu thêm hai toán liên hệ đẹp nghiệm xấu phương trình bậc ba đề thi năm vừa rồi: Bài (Hà Tĩnh 2017) Cho P( x) x3 x x 17, Q( x) hai đa thức có nghiệm dương Bài (Gặp gỡ Toán học 2017) Cho P( x) , x3 3x x Chứng minh x3 x 39 x 46 Q( x) Chứng minh P ( x ), Q ( x ) có nghiệm dương nhất, đặt ký hiệu { x} phần lẻ x x3 3x x , { } { }2 , Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Chủ đề B ĐƯỜNG THẲNG NAGEL ĐI QUA TÂM SPIEKER Trong tam giác ABC , ta biết trọng tâm, trực tâm, tâm ngoại tiếp tâm Euler bốn điểm thẳng hàng quen thuộc; cịn có bốn điểm quen thuộc khác thẳng hàng là: trọng tâm G , tâm nội tiếp I , điểm Nagel N tâm Spierker S Xin nhắc lại: - Điểm Nagel điểm đồng quy đoạn thẳng nối đỉnh tiếp điểm đường trịn bàng tiếp góc tương ứng lên cạnh đối diện - Tâm Spierker tâm nội tiếp tam giác có ba đỉnh ba trung điểm Ta chứng minh hai ý: (1) I , G , N thẳng hàng (2) I , G , S thẳng hàng Để chứng minh I , G , N thẳng hàng, ta dùng tâm tỷ cự nhanh gọn với ý rằng: I (a, b, c), G (1,1,1) N ( p a, p b, p c) Có cách sơ cấp việc chứng minh bổ đề sau: Bài Cho hình bình hành ABCD với E , F di động BA, BC cho AE CF giao điểm AF , CE nằm đường thẳng cố định, phân giác góc D Thật vậy, đặt K AF CE , H AD KH KC AH CF Suy DK phân giác CE theo định lý Thales, ta có AH AE CB BE AH CB AE BE DH DC ADC D H A E B K F D C B C R E N S A F Trở lại toán, Dựng tam giác DEF cho A, B, C trung điểm EF , FD, DE Vì N điểm Nagel tam giác ABC nên đặt R NB AC , S NC AB CR BS Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Theo bổ đề N thuộc phân giác góc D Tương tự N thuộc phân giác góc E , F nên N tâm nội tiếp tam giác DEF Dễ thấy hai tam giác ABC , DEF có trọng tâm G nên xét phép vị tự tâm G , tỷ số biến ABC DEF nên biến I N Do đó, I , G , N thẳng hàng biến tam giác ABC thành tam giác XYZ (trung điểm ba cạnh) Do đó, phép vị tự biến I thành S I , G , S thẳng hàng Kết chứng minh (2) Để chứng minh I , G , S thẳng hàng, ta dễ dàng dùng phép vị tự tâm G , tỷ số A S I G N C B Liên quan đến đường thẳng Nagel, kỳ thi hình học Sharygin có vài lần nhắc đến: Bài (Vịng loại Sharygin 2016) Cho tam giác ABC có O, M , N tâm ngoại tiếp, trọng tâm điểm Nagel Chứng minh MON 90 góc tam giác ABC 60 Lời giải A O I H E M N B C Giả sử MON 90 gọi I , H , E tâm nội tiếp, trực tâm tâm Euler tam giác ABC Từ tỷ lệ quen thuộc, ta có IE ON Do đó, IE HO , mà E trung điểm HO nên IH IO Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Giả sử I nằm tam giác AHO hai tam giác AIO AIH có AI chung, IH IO IAH IAO 90 (do tính đẳng giác AO , AH ) nên dễ dàng suy hai tam giác hay AH AO 2R cos A R A 60 Chiều ngược lại tương tự (thậm chí cịn dễ thấy hơn) Bài (Vòng loại Sharygin 2018) Dựng tam giác ABC biết điểm Nagel N , đỉnh B chân đường cao H kẻ từ B đến AC Trong lần muốn chế biến đề liên quan đến (1), tác giả viết "vẽ hình sai" đến toán thú vị (cái sai vẽ nhầm đường phân giác góc): Bài Cho tam giác ABC khơng cân có M , N , P trung điểm BC , CA, AB Giả sử I giao điểm phân giác BPM , MNP J giao điểm phân giác CNM , MPN Đường tròn tâm I tiếp xúc với MP D , đường tròn tâm J tiếp xúc với MN E Chứng minh trục đẳng phương hai đường tròn ( I ) ( J ) chia đôi đoạn thẳng DE Lời giải Mấu chốt cần chứng minh DE song song với BC Đặt BAC , ABC 90 Ta tính , BCA NIP 180 ( Rõ ràng hai tam giác PID NJE đồng dạng nên IP IP sin INP IP sin cos vế đẳng thức trên, ta có JN sin cos Theo định lý sin NP sin NIP ) 90 DP EN IP JN sin NP Tương tự, JN cos sin B Mặt khác, sin C sin cos NP Chia hai Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 AC , MN MP Do đó, MP MN IP JN AB MP MN sin B sin C AC AB PD , điều chứng tỏ DE NP hay DE BC EN Giả sử đường thẳng DE cắt ( I ), ( J ) S , T Ta chứng minh DS Dễ thấy MDE DS 90 IDS ID cos IDS ID sin Theo a) IP sin NP, nên DS cos Tương tự, ET 4sin sin sin NP nên DS Gọi K trung điểm DE K /( I ) 90 PDS Suy IP sin sin 2sin sin sin NP cos KD KS ET 4sin sin sin NP ET KE KT K /( J ) , chứng tỏ K thuộc trục đẳng phương ( I ), ( J ) Ta có đpcm Tiếp theo, xét mơ hình sau đề chọn đội tuyển bổ sung 2005: Bài (VN TST 2005) Cho tam giác ABC có đường cao AD E , F hình chiếu B, C lên phân giác góc A Gọi M trung điểm BC Khi đó, D, E , F , M thuộc đường trịn có tâm nằm đường tròn Euler tam giác ABC J A T P N I G E B D M K C F Lời giải Gọi N , P trung điểm AB, AC dễ thấy gọi B1 giao điểm BE , AC ABB1 cân A nên E trung điểm BB1 , suy E MN Tương tự F MP 10 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Tiếp theo, ta xét hai tốn đề VMO trước có dùng hai bổ đề trên: Bài (VMO 1997) Chứng minh với số nguyên dương n, tồn k nguyên dương 2n |19k 97 Lời giải Quy nạp theo n Với n chọn k Giả sử khẳng định đến n , tức ta có k để 2n |19k 97 Có hai trường hợp xảy ra: - Nếu v2 (19k 97) n quy nạp hồn tất - Nếu v2 (19k 97) n với t 2s chẵn, ta có v2 (19t 1) v2 (192 s 1) v2 (192 1) v2 (s) v2 (s) Chọn t Đặt 19k 2n 2n 2 v2 ( s) 19k n nên v2 (19t 1) n 2n x 19k 97 2n y với x, y 19k 2n x, y lẻ rõ ràng 97 2n ( x y) chia hết cho 2n Theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm Bài (VMO 2000) Xét đa thức P( x) x3 153x 111x 38 Chứng minh [1;32000 ] , có số nguyên dương a cho 32000 | P(a) Thay giải tốn này, điều kiện khơng dùng máy tính, ta đổi tốn sau với tính chất hệ số Bài Xét đa thức P( x) x3 3x x Hỏi miền 1;32017 có số a để P ( a ) chia hết cho 32017 ? Lời giải Ta thấy P ( x) 3x x không thỏa mãn điều kiện bổ đề Hensel, nên đây, ta dùng mẹo nhỏ Dễ thấy | P(a ) P(a) a 1(mod 3) , ta đặt a 3k k [0;32016 1] , thay vào P(3k 1) (3k 1)3 3(3k 1) 6(3k 1) 27 k 9k Do 32017 | P (a) 32015 | (3k k ) Xét hàm số Q(k ) 3k k Q (k ) 9k khơng chia hết cho với k ; miền [0; 2] có số k cho | Q ( k ) nên theo bổ đề Hensel miền 14 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 0;32015 , 32015 ; 32015 , 32015 ;32016 , có số k cho 32015 | Q(k ) Vậy nên có số k thỏa mãn đề Ở VMO 2000, phép đặt tương tự, ta đưa P(3k 1) 27(k 52k 22k 3) P(a) Đến đây, toán giải cách hoàn toàn tương tự (nhưng cho số lớn, khó tính tốn) Bên số tốn áp dụng nhẹ nhàng cho bổ đề Hensel: Bài (KHTN 2011) Chứng minh với số nguyên dương n , tồn số nguyên dương x [1;5n ] cho 5n | x3 x Gợi ý Bài toán hệ trực tiếp bổ đề xét P( x) x3 x P (3) 0(mod 5), P (3) theo mod x3 x x c với c Bài Cho đa thức P( x) cho ứng với giá trị c đó, số lượng x 1, 2, , 2017 Hỏi có tất số c 1;72017 2017 | P( x) nhiều nhất? Gợi ý Vẫn theo ý tưởng Hensel Thử số x 1, 2,3, 4,5, 6, , ta thấy với c phương trình đồng dư có nhiều nghiệm Đếm 288 số c 4(mod 7) Quay lại bổ đề LTE, ta xét hai toán thú vị bên dưới: Bài (KHTN 2015) Chứng minh n số nguyên dương thỏa mãn 3n n 4n 5n | 60n 1, 2,3 Lời giải Đưa phương trình nghiệm nguyên 3n n 5n x y z với x n, y n, z n Xét hai trường hợp: (1) Nếu n lẻ v2 (3n 5n ) v2 (8) v5 (3n 4n ) nên z Thử trực tiếp thấy n 1, n thỏa mãn nên xét n Khi v2 (VT ) x Ta đưa phương trình n n n y n n n 15 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Điều sai theo BĐT Bernoulli n n với n (2) Nếu n chẵn n , xét v3 (4n 5n ) v2 (3n 5n ) Ta đưa 3n 4n 5n Nếu z n 3n Tóm lại, ta có n 4n 5z 5n nên n Nếu z n z 5n n 5 VT , không thỏa 1, 2,3 Bài (Thổ Nhĩ Kỳ MO) Cho n số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: Với a nguyên dương lẻ nguyên tố với n 2n | a n Chứng minh n số square-free Lời giải Xét ước nguyên tố p n đặt m v p ( n) Nếu p chẵn chọn a cho a 5(mod 8), a 1(mod n ) dễ thấy pm v2 (2n2 ) 2m v2 (an 1) v2 (a 1) v2 (n) m Suy 2m m hay m Tương tự với p lẻ Do đó, tất mũ p | n nên n square-free Bài Cho biết với n nguyên dương v p (n !) n s p ( n) p s p (n) tổng chữ số n hệ p - phân; giải toán sau a) Cho a, b, c số nguyên dương a !b !| c ! Chứng minh 2a b) Với n số nguyên dương chẵn, đặt an 1 1!(n 1)! 3!(n 3)! Tìm tất số nguyên dương n cho 2x b c c2 (n 1)!1! an (2 y 1) có nghiệm nguyên dương ( x; y ) Gợi ý a) Tính v2 hai vế a !b !| c ! , ta có v2 (a !) v2 (b !) v2 (c !) hay a s2 (a) b s2 (b) c s2 (c) Với n , ta có s2 (n) log (n) Suy a b c s2 (a) s2 (b) s2 (c) log2 (a) log2 (b) log (c ) 16 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Do 2a b c c2 b) Thu gọn biểu thức cho, ta an Dùng hàm định giá v2 (n !) 2n n! n s2 (n) , ta thấy tất số cần tìm n chẵn, n n lũy thừa Cuối cùng, xin đề cập đến toán có xuất đề đề nghị Olympic 30/4 tỉnh phía Nam Đề lời giải đáp án bị sai Bài tốn có liên quan đến số mũ không cần dùng LTE Bài (Đề nghị Olympic 30/4) Gọi A tập hợp số nguyên dương không vượt 100 Hai số x, y A gọi liên kết với tồn k cho xy | ( x k y k ) Hỏi có cặp số ( x, y ) liên kết với A ? Lời giải đưa điều kiện x, y liên kết điều kiện x, y phải có dạng ( p , p ) với Lập luận sau: đặt d gcd( x, y ) x dx1 , y 2, y1 dy1 ; gcd( x1 , y1 ) nên d phải nguyên tố với hai số x1 , y1 Khẳng định sai, chẳng hạn chọn x d 10, x1 , 20, y 50 Ta đổi tập hợp A lại cho dễ đếm xét toán sau: Bài 10 Gọi A tập hợp ước dương 3010 Hai số x, y A gọi liên kết với tồn k cho xy | ( x k y k ) Hỏi có cặp có tính thứ tự, khơng thiết phân biệt ( x, y ) liên kết với A ? Lời giải Ta chứng minh điều kiện cần đủ để có hai số x, y liên kết x, y có tập ước nguyên tố Thật vậy, chiều thuận hiển nhiên a | b k b | a k chứng tỏ a , b khơng thể có ước ngun tố riêng; chiều đảo cần chọn k đủ lớn để với p ước nguyên tố ab v p (ab) v p (a) v p (b) k v p (a), v p (b) v p (a k bk ) Xét có mặt ước nguyên tố hai số a , b : Nếu mũ có cách chọn Nếu mũ lớn số có 10 cách chọn nên tổng cộng có 102 101 cách Do ước nguyên tố 2,3,5 độc lập nên nguyên lý nhân, ta đếm có tất (102 1)3 1013 cặp liên kết 17 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Chủ đề D ĐẾM BẰNG CÁCH HÌNH HỌC, TỪ JBMO ĐẾN IMO SHORTLIST Đếm hai cách phương pháp thú vị hữu hiệu để giải toán đếm Ta thường đếm số mối quan hệ hai đối tượng (điểm thuộc đường thẳng, điểm thuộc đường tròn), tổng góc, tổng cạnh, số mối quan hệ nhóm đối tượng nhóm đối tượng kia, … Bài Cho đa giác lồi có n cách chia thành miền tam giác đường chéo cho khơng có hai đường chéo cắt a) Tính số miền tạo thành theo n b) Tính số đường chéo sử dụng theo n Ta thấy tốn giải dự đoán quy nạp Tuy nhiên, ta giải ngắn gọn sau: Gọi a số miền tạo thành tổng số góc miền 180 a Mặt khác, tổng góc tổng tất góc đa giác 180 ( n 2) Suy 180 a 180 ( n 2) nên a n Tiếp theo, gọi b số đường chéo sử dụng Do có n miền nên tổng số cạnh miền 3( n 2) Trong đó, đường chéo dùng lần cạnh dùng lần nên có n 2b Suy n 2b 3(n 2) hay b n Cách làm dựa theo ý tưởng đếm cách: tổng góc tổng cạnh Ta ý thêm kết quen thuộc sau: Cho tập hợp S điểm mặt phẳng khơng có điểm thẳng hàng Khi với cặp A, B S ta tìm S : - Không điểm C để ABC - Không điểm C để ABC vuông cân - Không điểm C để CA CB Xét loạt sau chế biến lại dựa theo đề JBMO (Junior Balkan MO) năm: Bài (JBMO 1997 1999) Cho hình vng cạnh 10 10 51 điểm nằm bên hình vng cho khơng có điểm thẳng hàng a) Chứng minh có điểm số 51 điểm tạo thành tam giác có diện tích b) Nối điểm cho với bốn đỉnh hình vng chia hình vng thành miền tam giác (sao cho khơng có hai đoạn nối cắt giữa) Chứng minh có miền diện tích Lời giải 18 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 a) Trước hết, ta có bổ đề quen thuộc sau: Bên hình vng, đặt tam giác Khi đó, diện tích tam giác khơng vượt q diện tích hình vng Bổ đề chứng minh dễ dàng cách mở rộng tam giác biên xét trường hợp Nó thay hình vng hình bình hành Trở lại tốn, chia hình vng thành 25 hình vng có diện tích Theo ngun lý Dirichlet có điểm thuộc hình vng diện tích tam giác tương ứng tạo thành không vượt b) Nếu chứng minh kết câu b quy nạp, ta dễ ngộ nhận thêm điểm vào phải nằm trọn vẹn miền có sẵn Bởi có thêm điểm, nhiều ta xóa cạnh có sẵn vẽ thêm cạnh vào, lúc chưa biết số miền thay đổi nào! Ta thực đếm hai cách sau: Gọi k số miền tam giác tạo thành ứng với n điểm bên hình vng Ta tính tổng số góc miền hai cách: Cách Có k tam giác nên tổng 180 k Cách Các góc xoay quanh điểm tính, kể bốn góc hình vng nên tổng 360 360 n Suy 180 k 360 360 n hay k 2n Thay n 51 , ta có 104 miền nên dễ thấy có miền diện tích khơng vượt 102 104 Ta có đpcm Bài (JBMO 2004) Một đa giác lồi ( H ) có 2017 chia thành miền tam giác đường chéo cho khơng có hai đường cắt Giả sử có a, b, c tam giác có 2,1, cạnh cạnh ( H ) Biết a 2c , tính b Lời giải Theo ví dụ tổng số miền 2017 2015 Do a b c 2015 Đếm số cạnh ( H ) có miền, ta có a b c 2017 nên 2a b 2017 Trừ xuống, suy a c , mà a 2c nên a Từ tính b 2009 2015 (4 2) 4, c 19 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Bài (JBMO 2007) Trong mặt phẳng, cho 37 điểm mà khơng có điểm thẳng hàng a) Chứng minh có 6438 tam giác không cân tạo thành b) Chứng minh chọn tập gồm điểm cho khơng có điểm đỉnh tam giác Lời giải a) Chọn đỉnh bất kỳ, ta có tam giác nên có tất C37 tam giác Chọn điểm bất kỳ, có C372 đoạn thẳng Tương ứng với điểm này, có khơng q cách chọn điểm thứ ba để tạo thành tam giác cân (do khơng có điểm thẳng hàng) Do đó, có khơng q 2C372 tam giác cân Suy có C37 2C372 6438 tam giác khơng cân b) Giả sử A tập tập hợp điểm cho với k điểm k số lượng điểm nhiều chọn Khi đó, cịn lại 37 k điểm, gọi tập hợp B Theo cách chọn khơng thể thêm điểm B vào A Điều cho thấy điểm tùy ý B phải tạo với hai điểm A thành tam giác Do A k nên có khơng q 2Ck2 tam giác tạo (do với đoạn tùy ý có khơng điểm tạo với chúng thành tam giác đều) Từ suy 2Ck2 37 k k2 37 k Bài (JBMO 2009) Trong mặt phẳng cho 2017 điểm tô hai màu xanh đỏ Biết đường tròn đơn vị tâm điểm tô xanh qua điểm tô đỏ Hỏi số điểm xanh nhiều bao nhiêu? Lời giải Gọi k số điểm đỏ 2017 k số điểm xanh Với hai điểm đỏ A, B tùy ý, có khơng q hai điểm xanh mà điểm cách A, B khoảng Khi đó, từ k điểm đỏ, có khơng q 2Ck2 Từ suy k k 2017 k hay k 2017 k k k điểm xanh 45 Do đó, có khơng q 2017 45 1972 điểm xanh Để xây dựng mơ hình, ta chọn 45 điểm đỏ nằm đoạn thẳng độ dài nhỏ Sau đó, vẽ 45 đường trịn đơn vị chúng đơi cắt điểm phân biệt tạo thành C45 1980 điểm Ta tô màu 1972 điểm màu xanh xong Tiếp theo, xét C3, IMO Shortlist 2016 Bài toán phát biểu lại để dễ tiếp cận 20 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Bài (IMO Shortlist 2016) Cho đa giác ( H ) có 2017 đỉnh mà đỉnh tô ba màu: xanh, đỏ, vàng với số lượng a, b, c cho số a, b, c lẻ Gọi x, y, z số tam giác cân có ba đỉnh thuộc ( H ) mà đỉnh tam giác tô bởi: màu, hai màu, ba màu a) Chứng minh 3x y Ca2 Cb2 Cc2 b) Chứng minh z Lời giải a) Trước hết, ta nhận xét với hai đỉnh tùy ý 2017 đỉnh ( H ) có cách chọn đỉnh thứ ba để có tam giác cân Thật vậy, giả sử có hai đỉnh A, B cung nhỏ AB chứa x điểm Trước hết, 2017 lẻ nên cung lớn cung nhỏ AB có điểm C cách A, B Ngồi ra, đường trịn ( A, AB ) ( B, BA) cắt ( H ) điểm D, E thỏa mãn u cầu Chú ý (2017,3) nên khơng có tam giác đỉnh ( H ) , suy điểm C , D , E Từ đó, ta đếm số ( M , N , P) với đỉnh M , N khơng tính thứ tự, tơ màu nằm tam giác cân P - Chọn hai đỉnh M , N màu, có Ca2 Cb2 Cc2 cách Chọn tam giác P cân chứa hai đỉnh đó, có thêm cách nên số 3(Ca2 Cb2 Cc2 ) - Một tam giác loại x, y, z cho ta tương ứng 3,1, cặp đỉnh màu nên có 3x y Từ đó, ta có đẳng thức nêu b) Giả sử z số cách chọn ba đỉnh ( H ) để có tam giác cân x y C2017 Khi đó, từ đẳng thức a , ta có a b2 c2 a b c 3( x y) y Chú ý a b c 2017 nên a b2 c 2017 3(20172 2017) y 3(a b2 c ) 20172 4y 3(a b2 c ) 20172 (mod 4) Tuy nhiên a, b, c lẻ nên vế trái chia dư , vế phải chia dư Điều mâu thuẫn cho thấy z Cuối số tốn hình tổ hợp "đề ngắn gọn" có dùng ý tưởng đếm hai cách 21 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Bài Cho đa giác lồi P có 2018 đỉnh X nằm P không nằm đường chéo P Gọi a số tứ giác có đỉnh đỉnh P chứa X bên Chứng minh | a Lời giải Gọi b số tam giác chứa X có ba đỉnh đỉnh P Ta đếm số cặp ( A, B ) với A tứ giác chứa X , B tam giác chứa X A chứa B Do tam giác tương ứng với 2015 tứ giác chứa (và hiển nhiên chứa P ); tứ giác tương ứng với tam giác bên chứa P nên 2a 2015b hay | a Bài Trên mặt phẳng cho tập hợp A gồm 66 điểm phân biệt tập hợp B gồm 16 đường thẳng phân biệt Gọi m số (a, b) cho a A, b B, a b Chứng minh m 159 Lời giải Gọi số đường thẳng qua điểm thứ i với i 1,66 Đếm số cặp điểm thuộc đường, a66 m Do đường có khơng q điểm chung nên ta đếm dễ dàng có a1 a2 số ( A, B, C ) mà đường thẳng A, B qua điểm C Ta dễ dàng có đánh giá a1 Suy a12 a22 a66 (ai a2 a66 2 a1 a22 240 m Ta dự đoán cực trị xảy 2)(ai 3) ai2 16 2 a66 m {2,3} nên đánh giá 5ai , với ngun Tính tổng i 1, 66 , ta có 240 m 5m 66 m 159 Bài (VN TST 2000) Trên mặt phẳng cho 2000 đường tròn đơn vị mà đường cắt hai đường khác Chứng minh số giao điểm đường trịn 2000 Lời giải Xét bảng vng có 2000 hàng (ứng với 2000 đường trịn) k cột với k số giao điểm Tại ô hàng thứ i cột thứ j , ta điền số điểm khơng thuộc đường trịn; ngược lại, điền số với a số đường trịn qua điểm (kể đường trịn xét) Khi đó, tổng a số cột nên tổng số bảng k nhỏ nhất, ứng với điểm a theo giả thiết Gọi C1 , C2 , , Ca Hơn nữa, xét hàng ứng với đường trịn C chọn số A C thuộc nhiều đường tròn nhất; dễ thấy a đường tròn khác C qua A Các đường tròn cắt thêm C giao điểm khác nữa, đường trịn đơn vị nên giao điểm phân biệt Mỗi giao điểm 1 đóng góp đơn vị vào tổng số thuộc hàng nên tổng số hàng a a a Từ suy tổng số bảng 2000 Do k 2000 22 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Chủ đề E BÀI TOÁN TỒN TẠI TRONG GIẢI TÍCH Định lý Lagrange, Rolle định lý trung gian cho đẳng thức thú vị liên quan đến hàm khả vi, tốn tồn nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước, … Chẳng hạn, ta biết f ( x ) liên tục có đạo hàm a b số thực theo định lý Rolle, có c , thỏa mãn f (a ) (a, b) cho f (c) f (b) với Tuy nhiên, ta làm tốn khó thế! Xét hàm số g ( x) f ( x) e x rõ ràng g (a) đạo hàm g ( x) e x f ( x) g (b) , giống trên, lúc giờ, f ( x) nên tồn c (a, b) để f (c) f (c) Không dừng lại hàm e x , ta thay e x , esin x , khơng phần mẹo mực!) để có tình ấn tượng khác (và Ta xét số tình sau: Bài Cho hàm số f : có đạo hàm cấp hai, thỏa mãn f (0) f ( x) với x Chứng minh tồn c (0;1) cho f (c) f (c) f (c) 2, f (1) 1, f (0) Lời giải f ( x) đề yêu cầu Xét hàm số g ( x) f ( x) có đạo hàm g ( x) f ( x) f ( x) 2 nên cần tồn số a định lý Rolle có c (0;1) để g (c) Ta có g (0) Tiếp theo, lại đặt h( x) x 2 , kéo theo g (a) h (a) (0;1) cho g (a) theo f ( x) h ( x) Ngồi ra, h(0) f ( x) biểu thức h(1) 2 f ( x) f ( x) 1 g ( x) f ( x) Lại theo định lý Rolle có a (0;1) để Từ ta có đpcm 23 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Các toán sử dụng định lý Rolle, Lagrange có nhiều kỳ thi ta không đề cập nhiều đây, ta xét số sử dụng túy định lý giá trị trung gian hàm liên tục Chứng minh tồn số Bài Cho hàm số f : liên tục f (2017) f (2018) u , v, w (2017; 2018) lập thành cấp số cộng cho f (u ) f (v) f ( w) Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử f (2017) f (2018) Khi đó, tính liên tục f nên tồn khoảng (a, b) f ( x) (2017, 2018) cho 0, x ( a, b) ; chọn ( a, b) ba số u1 , v1 , w1 lập thành cấp số cộng f (u1 ) f (v1 ) f ( w1 ) Tương tự, tồn y1 , y2 , y3 lập thành cấp số cộng cho f (u2 ) Xét hàm số g (t ) f (u1t u2 (1 t )) f (v1t v2 (1 t )) f (0) Suy tồn t0 f ( w2 ) f (w1t w2 (1 t )) liên tục 0, f (1) (0;1) cho g (t0 ) nên f (u1t0 u2 (1 t0 )) Hơn nữa, u f (v2 ) f (v1t0 v2 (1 t0 )) f (w1t0 w2 (1 t0 )) u1t0 u2 (1 t0 ), v v1t0 v2 (1 t0 ), w w1t0 w2 (1 t0 ) lập thành cấp số cộng u w 2v theo cơng thức nên ta có đpcm 1 ; Chứng minh tồn c, d (2;3) cho c d x 1 c, d nghiệm phương trình xf ( x) f ( x) x x Bài Cho hàm số liên tục f :[2;3] Lời giải Xét hàm số g ( x ) f ( x) g (2) x f (2) g (3) f (3) Theo tính liên tục g ( x) , ta thấy tồn c (2;3) cho g (c ) hay f (c) c 24 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 Lại xét h( x) x x f ( x) h(3) liên tục 2;3 x f (3) Do đó, h( x ) có nghiệm d c c h(c) (c;3) d (c 2)(c 3) 6(5 c) c , thỏa mãn đề Bài (Theo đề Vô địch Áo) Cho hàm số f ( x ) liên tục 0;1 thỏa mãn f (0) số k 11 13 cho tồn x0 ; 2018 2018 0;1 k để f ( x0 ) f (1) Hỏi có f ( x0 k ) ? Lời giải Ta chứng minh điều kiện cần đủ k n để k n Điều kiện đủ: Xét hàm số g ( x) n f x n g i f ( x) g ( x) liên tục xác định 0;1 n i n Do đó, phải tồn số u, v f i i n i n f f (1) u v g n n 1 hay f k 0;1 n n 0, n cho g phương trình g ( x ) có nghiệm k Ta có n f (0) nên theo định lý trung gian f (k ) Điều kiện cần: Tiếp theo, xét k để n k n n 0;1 giả sử k 0;1 i 1 i i ; nên tồn n hay kn k (n 1) Ta chọn hàm số f ( x ) cho n f (0) 0, f (1 kn) n f ( x) f ( x k ) 1, x k ;1 Rõ ràng hàm liên tục f (1) f (1 k ) f (1 2k ) f (1 nk ) n f (0) , thỏa mãn điều kiện đề 25 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 f ( x) Ngoài ra, f x k f ( x c) f ( x), x 0;1 k theo cách chọn nên phương trình f ( x) khơng có nghiệm Cuối cùng, ta cần đếm số n cho 11 2018 n 13 2018 11n 2018 13n 156 n 182, có tất 27 số Bài (Romania 2012) Cho hàm số f , g : 0;1 f ( x) 0;1 thỏa mãn g ( x) g ( y) với x, y f ( y) 0;1 Giả sử f liên tục, g đồng biến toàn ánh a) Chứng minh tồn x0 [0;1] để f ( x0 ) b) Chứng minh với x0 tồn c [0;1] cho , f (0) f (1) 0;1 cho f ( x0 ) c) Chứng minh tồn x0 ) f (c ) ( g ( x0 ) d) Chứng minh không tồn a c b cho f (a) g (a ), f (b) g (b), f (c ) g (c ) Lời giải a) Xét hàm số F ( x) f ( x) x F liên tục F (0) F (1) Do đó, tồn x0 để F ( x0 ) f ( x0 ) b) Gọi M x0 max f ( x) m max f ( x) , giả sử f ( x1 ) m, f ( x2 ) [0;1] [0;1] M Khi m( Xét hàm số G ( x) G ( x1 ) f (0) f (0) ) f (0) M( ) ) f ( x) G ( x ) liên tục [0;1] f (1) ( f (1) ( f (1) )m G ( x2 ) f (0) f (1) ( )M Do đó, tồn c G (c ) ta có đpcm c) Theo giả thiết g (0) Xét hàm số h( x) g (1) f ( x) g ( x) h(1) f (1) 0, h(0) f (0) 0 h( x ) liên tục nên tồn x0 thỏa mãn đề theo định lý trung gian 26 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 d) Giả sử tồn số a, b, c thỏa đề rõ ràng f (a ) g (a ) g (c ) g (b) f (b) Ta cần xem xét giá trị f (c) Nếu f (c) f (a ) f (b) điều kiện đề Tương tự f (c) f (c ) f (b) f (a) g (b) g (c) , không thỏa mãn g (b) g (a) f (b) Do đó, ta phải có f (a ) f (c ) f (b) Suy f (b) f (c) g (b) g (c) g (b) f (c) g (b) g (c) nên f (c) g (c) f (c) f (a) g (c ) g ( a ) f (c ) f ( a) g (c) g (c) Từ ta có f (c ) f (a) nên f (c) g (c ) , mâu thuẫn với điều giả sử Bài Cho hàm số f liên tục [0; 2018] có f (2018) Chứng minh tồn x1 , x2 (0; 2018) mà x1 f (0) 2018, f (1009) x2 cho f ( x1 ) x1 f (0) 1009 f ( x2 ) x2 Lời giải Xét hàm số g ( x) g (0) f ( x 1009) 1009 f ( x) g ( x) liên tục [0; 2018] f (1009) f (0) 1, g (1009) 1009 Chú ý f (1009) f (0) 1009 nên g (0) Do g (0) g (1009) nên tồn x0 f (2018) f (1009) 1 1009 0;1009 cho g ( x0 ) hay f ( x0 1009) Chọn x1 x0 , x2 x0 1009 x2 f (1009) f (0) 1009 x1 1009 f ( x2 ) f ( x0 ) 1009 f ( x1 ) 1009 , thỏa mãn đề Bài Cho hàm số f , g liên tục (a, b) cho f ( x) Chứng minh f ( x) g ( x) với x (a, b) g ( x), x (a, b) f ( x) g ( x), x (a, b) Lời giải Theo giả thiết x ( a, b) , ta có f ( x) Giả sử có x0 (a, b) để f ( x0 ) g ( x) f ( x) g ( x) g ( x0 ) , ta chứng minh f ( x) g ( x ), x (a, b) 27 Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018 x1 f ( x1 ) (a, b) để x0 Nếu tồn x1 g ( x1 ) f ( x0 ) f ( x1 ) g ( x0 ) g ( x1 ) Nếu f ( x0 ) f ( x1 ) theo định lý trung gian, tồn x2 để f ( x2 ) , mâu thuẫn Nếu f ( x0 ) f ( x1 ) g ( x0 ) g ( x1 ) , mâu thuẫn tương tự Vậy ta có đpcm Bài Cho hàm số f liên tục a) f ( x) tuần hoàn với chu kỳ Chứng minh rằng: 20 có nghiệm 17 f x b) (Olympic Tốn tồn Nga) f ( x) f (x ) có nghiệm Lời giải a) Giả sử f ( x) 20 vô nghiệm khơng tính tổng qt, giả sử 17 f x f ( x) Bởi g ( x) f ( x) f x Khi f (0) 20 17 f f Do đó, phương trình f ( x) 20 , x 17 f x 20 đổi dấu theo định lý trung gian, g ( x ) 17 20 17 f x f 20 17 f 17 20 17 f (20) có nghiệm f (0) , mâu thuẫn 20 có nghiệm 17 b) Điểm khó câu vơ tỷ, không dễ dàng tạo điều vô lý Lời giải cần sử dụng kiến thức nguyên hàm, tích phân Xin giới thiệu qua để bạn đọc tham khảo thêm Trước hết, ta có T Xét hàm số g ( x) f ( x)dx f ( x) G (1) G (0) f (x g ( x)dx đặt t x ) , đặt G ( x ) hàm số thỏa mãn G ( x) f (x )dx f ( x)dx f ( x)dx Theo định lý Lagrange, tồn c (0;1) cho g (c) G (c) hay f (c) f ( x) f ( x)dx f (c ) 28