Sách chuyên đề toán học số 9
TRẦN NAM DŨNG (chủ biên) VÕ QUỐC BÁ CẨN - LÊ PHÚC LỮ - PHẠM HY HIẾU TỪ NGUYỄN THÁI SƠN - LÊ VIỆT HẢI Chuyên đề TOÁN HỌC Số d TP HỒ CHÍ MINH, THÁNG 10 NĂM 2010 d L I NĨI Đ U Chun đề Tốn học số trường Phổ thông Năng khiếu mà bạn cầm tay ấn phẩm có nhiều điều đặc biệt Thứ nhất, thai nghén khoảng thời gian dài kỷ lục: Ít năm Thứ hai, đời cách chuyên đề trước năm Thứ ba, tham gia đóng góp cho Chun đề lần khơng học sinh thầy cô trường Phổ thơng Năng khiếu mà cịn nhiều bạn học sinh, sinh viên, thầy cô trường khác Internet tạo giới khác hẳn, Toán học khơng nằm ngồi thay đổi Làm Chun đề Tốn học số này, chúng tơi nhớ hệ học sinh trường Phổ thơng Năng khiếu, tác giả Chun đề Tốn học số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, Đó Lê Long Triều, Trần Quang Ánh, Võ Tâm Vân, Lê Quang Nẫm, Lưu Minh Đức, Nguyễn Lê Lực, Trịnh Lê Tuấn, Lê Minh Tuấn, Phạm Quốc Việt, Hồng Thanh Lâm, Trần Đình Ngun, Nguyễn Cẩm Thạch, Phạm Tuấn Anh, Lương Thế Nhân, Trần Vĩnh Hưng, Nguyễn Tiến Khải, Trần Quang, Trần Anh Hoàng, Nguyễn Đăng Khoa, Nguyễn Anh Cường, Trần Chiêu Minh, Kha Tuấn Minh, Chúng tơi có mong muốn thực tuyển chọn viết từ Chuyên đề Hy vọng Chuyên đề toán học số với nội dung phong phú hình thức đẹp quà tặng ý nghĩa bạn trẻ u Tốn Trong biển mênh mơng kiến thức, người thực chuyên đề mong ấn phẩm giọt nước có ích Chun đề Tốn học số hồn thành với hỗ trợ Cơng ty cổ phần giáo dục Titan Ban biên tập xin chân thành cảm ơn hỗ trợ BAN BIÊN TẬP d Chuyên đề Toán học số V NHÀ TÀI TR Công ty cổ phần giáo dục Ti tan (Titan Education) hoạt động lĩnh vực cung cấp dịch vụ giáo dục phổ thơng, đặc biệt sản phẩm có nội dung Tốn học Sản phẩm cơng ty trang web đào tạo Tốn học trực tuyến cho học sinh lớp – 12, kho liệu Toán học dành cho học sinh, sinh viên, giáo viên nhà nghiên cứu Toán học, lớp học trực tiếp rèn luyện tư Toán học, bồi dưỡng phát triển khiếu Toán học, lớp học nghiệp vụ dành cho giáo viên Toán Ngồi ra, cơng ty cịn tư vấn, cung cấp tài liệu, sách tham khảo Toán cho học sinh giáo viên cấp trình độ Titan Education mong muốn nhiệt huyết lực góp phần nhỏ bé vào nghiệp giáo dục đào tạo hệ trẻ cho đất nước Việt Nam Mọi chi tiết xin liên hệ: Công ty cổ phần giáo dục Ti tan Địa chỉ: 18A Nam Quốc Cang, P Phạm Ngũ Lão, Q 1, TP Hồ Chí Minh Điện thoại: 0854 542305 – 0839 260137 Fax: 0839 260140 – Hotline: 012345 39976 Website: www.titan.edu.vn Email: khotailieu@titan.edu.vn d Chuyên đề Toán học số M CL C Lời nói đầu Về nhà tài trợ Duyên số Toán học Việt Nam với giải Fields Ngô Việt Trung Thơng tin Tốn học 15 Khám phá số tính chất dãy số truy hồi tuyến tính cấp hai Đào Hồng Nhã 17 Định lý thặng dư Trung Hoa Phạm Hy Hiếu 29 Rèn luyện kỹ giải tốn Hình học phẳng Lê Phúc Lữ 41 Nhìn Hình học mắt Đại số Từ Nguyễn Thái Sơn 69 Nguồn gốc tốn Hình học số đề thi Việt Nam TST 2009 Lê Bá Khánh Trình 85 Nhỏ mà không nhỏ Võ Quốc Bá Cẩn 97 Bất đẳng thức Bernoulli Trương Tấn Sang 113 Enlightening Trigonometrical Substitutions Vardan Verdiyan, Daniel Campos Salas 141 Về toán Bất đẳng thức Nguyễn Văn Huyện 161 Tổ hợp công thức Ck Đặng Hoàng Linh 167 Mở rộng từ toán Từ Nguyễn Thái Sơn 171 Chuyên đề Toán học số Ứng dụng Tốn học việc hiển thị hình ảnh máy vi tính Phạm Mộng Bảo 177 Cấp số cộng Phương trình hàm N Nguyễn Trọng Tuấn 187 Sáng tạo Phương trình hàm từ đẳng thức Lê Việt Hải, Đào Thái Hiệp 193 Lời giải đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2010 - 2011 213 Đáp án đề thi chọn đội tuyển Toán năm học 2008 - 2009 219 Đáp án đề thi chọn đội tuyển Toán năm học 2009 - 2010 229 Một số đề thi Olympic Toán 239 DUYÊN S C A TOÁN H C VI T NAM V I GI I FIELDS Ngô Việt Trung Viện Tốn học Việt Nam Nói dun nhiều nước giàu hơn, có truyền thống Tốn học Việt Nam khơng có giải Fields Nước Đức, cường quốc Toán học có giải Fields Ấn Độ Trung Quốc nơi Tốn học lịch sử nước có nhiều nhà Tốn học tiếng, chưa mon men đến giải Fields Cả châu Á có ba giải Fields, Nhật Châu Mỹ Latin châu Phi khơng có giải Fields Theo nghĩa đó, đoạt giải Fields cịn khó giải Nobel giải Nobel trao hàng năm, lúc giải Fields trao năm lần Nói cách nơm na, người giải Fields phải có kết xuất sắc năm năm giải Nobel Ngoài giải Fields trao cho người không 40 tuổi Andrew Wiles, người giải tốn Fermat khơng giải Fields cịn đủ tuổi lời giải ban đầu có lỗ hổng Đến khắc phục lỗ hổng lời giải ông 40 tuổi Nói để thấy giải Fields duyên thực Trong lịch sử 70 năm giải Fields có 48 người giải Thế mà Việt Nam lại có mối liên hệ chặt chẽ với nhiều người số họ Chúng ta bắt đầu câu chuyện với GS Lê Văn Thiêm Ơng Thiêm người Việt có học vị tiến sĩ Toán học coi cha đẻ Toán học Việt Nam Sau bảo vệ tiến sĩ ông Thiêm làm trợ lý cho GS Rolf Nevanlinna trường Đại học Zurich hai lần vào năm 1946 1948 Sinh thời ông Thiêm thường coi học trị Nevanlinna, cơng trình tiếng ơng Thiêm tốn ngược Nevanlinna Trong Tốn học có tạp chí tên Tạp chí trung tâm Tốn học, chun đăng giới thiệu cơng trình cơng bố Người giới thiệu báo ông Thiêm ông Lars Ahlfors, hai nhà Toán học trao giải Fields lần đầu năm 1936 Ahlfors học trị ơng Nevanlinna (theo nghĩa bảo vệ luận án tiến sĩ) Do ông Nevanlinna giáo sư hướng dẫn luận án ơng Thiêm nên ta coi ông Thiêm nuôi ông Nevanlinna mặt Tốn học Vì ta coi Ahlfors anh ông Thiêm Giải Fields trao lần thứ hai năm 1950 Một hai người giải nhà Tốn học Pháp Laurent Schwartz Ơng Schwartz người sáng lập Ủy ban quốc gia Việt Nam Pháp năm 1966 Tòa án quốc tế Russel xử tội diệt chủng Mỹ Việt Nam năm 1967 Ông Schwartz sang thăm Việt Nam nhiều lần, lần vào năm 1968 chiến tranh chống Mỹ Năm 1990 ông Bộ Đại học mời sang tham quan đánh giá giáo dục Việt Nam Ông viết báo cáo 40 230 Chuyên đề Toán học số Bài Cho n số nguyên dương tập hợp A = {1, 2, , 2n} Một tập A gọi tốt gồm hai phần tử x, y cho |x − y| ∈ {1, n} Tìm số tập hợp {A1 , A2 , , An } thỏa mãn Ai tập tốt A với i = 1, 2, , n A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An = A Lời giải Gọi un (n = 1, 2, ) số tập hợp {A1 , A2 , , An } thỏa mãn yêu cầu đề đồng thời hai phần tử n n + không tập Ai Ta chia số 1, 2, , 2n vào bảng × n sau n+1 n+2 n 2n Thế cách chọn liệt kê un tương ứng với cách chọn từ bảng cặp gồm hai số cột hai số liên tiếp hàng Xét un+1 , phần tử 2(n + 1) với n + 2n + tập Ai nên ta xét hai khả sau • 2(n + 1) n + thuộc tập Ai , giả sử An+1 n+2 n+3 n+1 2(n + 1) Lúc này, cách chọn {A1 , A2 , , An } ứng với cách chọn cặp số gồm số cột cạnh hàng từ bảng × n Theo định nghĩa ta số cách chọn un Vậy trường hợp có un cách chọn • 2(n + 1) 2n + thuộc tập Ai , giả sử An+1 n+2 n+3 n 2n + n+1 2(n + 1) Ta thấy n + với 2(n + 1) (trường hợp n + với n + không xét un+1 ) 2(n + 1) với 2n + nên n + phải với n tập Ai đó, giả sử An Đến đây, sử dụng lý luận trường hợp ta thấy số cách chọn tập {A1 , A2 , , An−1 } un−1 Vậy theo quy tắc cộng un+1 = un + un−1 Mặt khác, u1 = 1, u2 = nên ta dễ dàng tìm công thức un √ n+1 √ n+1 1+ 1− un = √ − 2 Bây ta xét trường hợp sinh {A1 , A2 , , An } có n n + tập Ai Đáp án đề chọn đội tuyển Toán năm học 2009 - 2010 n+1 n+2 231 n 2n Rõ ràng với n + n + n nên với Tiếp theo, n + với 2, n + hay n + với n + với n nên n + phải với n + Tiếp tục, 2, hay n + với n + với n + nên phải với Tiếp tục lý luận trên, ta suy Ai phải có dạng {1, 2}, {3, 4}, , {n − 2, n − 1}, {n, n + 1}, {n + 1, n + 2}, , {2n − 1, 2n} Từ suy ra, trường hợp cho ta {A1 , A2 , , An } n lẻ khơng cho n chẵn Tóm lại, số {A1 , A2 , , An } thỏa mãn yêu cầu đề n = 1 √ n+1 √ n+1 1− √ 1+ n chẵn − 2 √ n+1 √ n+1 1− 1 + √ + n lẻ n > − 2 Bài toán giải xong Bài Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn đồng thời điều kiện: (1) f tăng ngặt N∗ ; (2) f (f (n)) = 4n + 9, ∀n ∈ N∗ ; (3) f (f (n) − n) = 2n + 9, ∀n ∈ N∗ Lời giải Vì f làm hàm tăng f : N∗ → N∗ nên f (a) − f (b) ≥ a − b, ∀a, b ∈ N∗ , a > b Từ (3), ta có = 2(n + 1) + − (2n + 9) = f (f (n + 1) − (n + 1)) − f (f (n) − n)) ≥ f (n + 1) − (n + 1) − [f (n) − n] = f (n + 1) − f (n) − Suy f (n + 1) − f (n) ≤ 3, ∀n ∈ N∗ , tức f (n + 1) − f (n) ∈ {1, 2, 3}, ∀n ∈ N∗ • Giả sử tồn n ∈ N∗ cho f (n + 1) − f (n) = f (n + 1) − (n + 1) = f (n) − n, suy 2(n + 1) + = f (f (n + 1) − (n + 1)) = f (f (n) − n) = 2n + 9, vơ lý 232 Chun đề Tốn học số • Giả sử tồn n ∈ N∗ cho f (n + 1) − f (n) = f (n + 1) − (n + 1) = f (n) − n + Ta lại có f (f (n + 1) − (n + 1)) − f (f (n) − n)) = 2, nên f (n) > n ta đặt t = f (n) − n, có t ∈ N∗ , f (t + 2) = f (t) + 2, mà f tăng nên f (t + 1) − f (t) = 1, mâu thuẫn Vậy nên f (n) ≤ n, song f tăng nên f (n) ≥ n, ∀n ∈ N∗ , dẫn đến f (n) = n Nhưng từ ta lại có n = f (n) = f (f (n)) = 4n + 9, suy n = −3, vô lý Vậy nên f (n + 1) − f (n) ∈ {1, 3}, ∀n ∈ N∗ f (n + 1) − f (n) = 2, ∀n ∈ N∗ Do f (n) = 2n + k với k nguyên Thay vào f (f (n)) = 4n + ta có k = Vậy f (n) = 2n + hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Bài Cho đường tròn (O) cố định AB dây cố định khác đường kính (O) Gọi I trung điểm AB P điểm di động cung lớn AB (O) Các điểm M, N thuộc tia P A, P B cho ∠P M I = ∠P N I = ∠AP B (a) Chứng minh đường cao từ P tam giác P M N qua điểm cố định (b) Chứng minh đường thẳng Euler tam giác P M N qua điểm cố định Lời giải P H A O O ′ N I M Y S X B Đáp án đề chọn đội tuyển Toán năm học 2009 - 2010 233 (a) Ký hiệu X ≡ M I ∩ P B, Y ≡ N I ∩ P A Ta có ∠P M I = ∠P N I = ∠AP B nên tam giác P M X P N Y cân X, Y Từ suy ∠P XM = ∠P Y N = 180◦ − 2∠AP B, suy M, N, X, Y đồng viên Gọi S tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AOB S cố định Ta có ∠ISB = 180◦ − ∠AOB = 180◦ − 2∠AP B = ∠P XM tương tự ∠ISA = ∠P Y N Suy I, S, X, B đồng viên I, S, Y, A đồng viên Suy ∠SXB = ∠SY A = ∠SIB = 90◦ , suy IS đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác P XY Mặt khác M, N, X, Y đồng viên nên M N XY đối song với ∠AP B, suy IS ⊥ M N Nói cách khác, đường cao từ P tam giác P M N qua điểm S cố định (đpcm) (b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho tam giác ABC đường tròn (ω) qua hai điểm B, C cắt lại cạnh AB, AC X, Y Gọi XX ′ , Y Y ′ đường cao tam giác AXY BB ′ , CC ′ đường cao tam giác ABC, H, H ′ trực tâm tam giác ABC tam giác AXY Ký hiệu I ≡ BY ∩ CX Khi H, I, H ′ thẳng hàng Chứng minh A Y′ H′ X C ′ I X′ Y B′ (ω) H C B Ta có X, Y, X ′ , Y ′ đồng viên nên H ′ X · H ′ X ′ = H ′ Y · H ′ Y ′ , tức PH ′ /[BY ] = PH ′ /[CX] (ở ta dùng ký hiệu [U V ] để đường trịn đường kính U V ) Ta có B, C, B ′ , C ′ đồng viên nên HB · HB ′ = HC · HC ′ , tức PH/[BY ] = PH/[CX] 234 Chuyên đề Toán học số Cuối B, C, X, Y đồng viên nên IB · IY = IC · IX, tức PI/[BY ] = PI/[CX] Suy H, I, H ′ thẳng hàng thuộc trục đẳng phương [BY ] [CX] Vào bài, gọi H, O′ trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P M N Ta có O′ P = O′ M XP = XM nên XO′ đường trung trực P M, suy XO′ ⊥ P Y Tương tự ta có Y O′ ⊥ P X Vậy nên O′ trực tâm tam giác P XY Áp dụng bổ đề cho tam giác P XY với (ω) ≡ (M N XY ) ta có O′ , H, I ≡ Y N ∩ M X thẳng hàng Nói cách khác, đường thẳng Euler O′ H tam giác P M N qua điểm I cố định (đpcm) Ngày th hai, 24/11/2009 Bài Cho a, b, c số thực dương Giải hệ phương trình sau ax − aby + = bc2 xy abz − bc2 x + =a zx bc y − az + = ab yz Lời giải Đặt (m, n, p) := (a, ab, bc2 ), m, n, p > Hệ phương trình trở thành mx − ny + = p mx − ny − p = − xy xy 1 = m ⇔ (∗) − m + nz − px = − nz − px + zx zx py − mz + = n − mz − n + py = − yz yz Xem (∗) hệ phương trình tuyến tính ẩn (m, n, p), ta có −x −y −1 D = −1 −z −x = xyz − xyz − − x2 − y − z = −(1 + x2 + y + z ) = −z −1 −y −y −1 xy 1 1 + x2 + y + z z x y2 − + − =− Dm = − −z −x = − − − x z zx zx y y zx zx − −1 −y yz − 235 Đáp án đề chọn đội tuyển Tốn năm học 2009 - 2010 Tính tốn tương tự Dm , ta có −1 xy + x2 + y + z Dn = −1 − , −x = − yz zx −y −z − yz −x − xy + x2 + y + z Dp = −1 −z − =− xy zx −z −1 − yz −x −y − Từ suy (m, n, p) = Dm Dn Dp , , D D D = 1 , , zx yz xy Thay (m, n, p) = (a, ab, bc2 ), ta xy = , bc2 yz = , ab zx = a Nhân ba phương trình lại theo vế lấy bậc hai, ta có xyz = ± • Với xyz = abc x z y 1 c , ta có xyz = = = Từ suy x = , y = , z = abc bc ab a c bc a • Với xyz = − x z y 1 c , ta có xyz = = = Do x = − , y = − , z = − abc bc ab a c bc a Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x, y, z) 1 c , , c bc a 1 c − , − , − c bc a Bài Cho dãy số {an } xác định bởi: a1 = a, an+1 = (a1 + a2 + · · · + an − 2)2 , ∀n = 1, 2, Ký hiệu Sn = a1 + a2 + · · · + an , ∀n = 1, 2, Tìm tất giá trị a để {Sn } có giới hạn hữu hạn n → +∞ Lời giải Từ giả thiết suy Sn+1 − Sn = (Sn − 2)2 Vậy nên dãy {Sn } thực xác định sau S1 = a, Sn+1 = f (Sn ) = Sn − 3Sn + 236 Chuyên đề Toán học số Ta có Sn+1 − Sn = (Sn − 2)2 ≥ nên {Sn } dãy không giảm Mặt khác, f ′ (x) = 2x − = ⇔ x = x −∞ +∞ − f ′ (x) 3/2 +∞ + +∞ 2 f (x) 7/4 Xét trường hợp a, ta thấy • Nếu a > Giả sử {Sn } có giới hạn L ta phải có L = f (L) nên L ∈ {1, 2}, song {Sn } không giảm nên L ≥ a > 2, mâu thuẫn Vậy a > {Sn } khơng hội tụ • Nếu a < từ bảng biến thiên suy S2 = f (a) > 2, quay trường hợp ta có {Sn } khơng hội tụ • Nếu ≤ a ≤ từ bảng biến thiên ta có khơng giảm bị chặn nên {Sn } hội tụ ≤ Sn ≤ 2, ∀n ∈ N∗ Từ đó, {Sn } Vậy giá tị cần tìm a a ∈ [1, 2] Bài Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình x2 + y + x + y = kxy có nghiệm ngun dương x, y Lời giải Khơng tính tổng quát, giả sử x ≥ y Xét giá trị k cho phương trình cho có nghiệm ngun dương Trong nghiệm ấy, ta gọi (x0 , y0 ) nghiệm cho x0 ≥ y0 > x0 nhỏ Xét tam thức f (x) = x2 − (ky0 − 1)x + y0 + y0 , ta có f (x0 ) = theo định lý Viette f (x) cịn có nghiệm x′0 = ky0 − − x0 Nhưng theo cách chọn (x0 , y0 ) ta x′0 ≥ x0 ≥ y0 nên y0 nằm khoảng hai nghiệm tam thức bậc hai f (x) có hệ số cao số dương Từ f (y0 ) ≥ Do 2 f (y0 ) = 2y0 + 2y0 − ky0 nên ta có k ≤2+ ≤ (vì y0 ≥ 1) y0 Suy k ∈ {1, 2, 3, 4} • Nếu k = phương trình có dạng x2 + y + x + y = xy, tương đương với x− y 2 + 3y + x + y = (vơ lý x, y > 0) 237 Đáp án đề chọn đội tuyển Toán năm học 2009 - 2010 • Nếu k = phương trình có dạng x2 + y + x + y = 2xy, tương đương với (x − y)2 + x + y = (vơ lý x, y > 0) • Nếu k = phương trình có nghiệm (x, y) = (2, 2) • Nếu k = phương trình có nghiệm (x, y) = (1, 1) Vậy giá trị cần tìm k k = k = Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Ký hiệu I, I1 , I2 , I3 tâm đường tròn nội tiếp tâm đường trịn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác II2 I3 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hai điểm M1 , N1 AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC J1 Ký hiệu d1 đường thẳng qua J1 vng góc với M1 N1 Các đường thẳng d2 , d3 định nghĩa tương tự Chứng minh d1 , d2 , d3 đồng quy Lời giải I1 B J1 C N1 I S M1 O O′ I3 I2 A O1 238 Chuyên đề Toán học số Gọi (O′ ) đường tròn ngoại tiếp tam giác I1 I2 I3 (O1 ) đường tròn ngoại tiếp tam giác II2 I3 Ta có AI ⊥ I2 I3 , BI ⊥ I3 I1 nên I trực tâm tam giác I1 I2 I3 (O) đường tròn Euler tam giác I1 I2 I3 nên O trung điểm IO′ Mà ∠I2 O1 I3 = 2(180◦ − ∠I2 II3 ) = 2∠I2 I1 I3 = ∠I2 O′ I3 , −− −→ − → nên O′ đối xứng với O1 qua I2 I3 , suy O′ O1 = I1 I, tức AIO1 O′ hình bình hành Mà O trung điểm IO′ nên O trung điểm I1 O1 Hơn OO1 ⊥ M1 N1 (đường nối tâm vng góc với dây chung) nên I1 O ⊥ M1 N1 Mặt khác, J1 trung điểm II1 (đường tròn Euler qua trung điểm đoạn thẳng nối trực tâm tam giác với đỉnh tam giác ấy) nên phép vị tự V I : I O1 → d Suy d1 qua trung điểm S OI Lý luận tương tự d2 , d3 qua trung điểm S OI Vậy ta có d1 , d2 , d3 đồng quy trung điểm S OI (đpcm) M TS Đ THI OLYMPIC TOÁN Là học sinh chun Tốn hẳn bạn ln muốn tìm cho thử thách thật khó khăn tìm cách vượt qua chúng Đó dịp để bạn kiểm tra lại kiến thức học khả sáng tạo thân, qua biết lực đến đâu Các thi Olympic Tốn tổ chức nhằm mục đích Và đây, chúng tơi xin trích vài đề thi Olympic Toán thú vị hai năm gần Các bạn thử sức với chúng nhé! CU C THI OLYMPIC TOÁN MANG TÊN LEONARD EULER (24 - 27/3/2009) Ngày thi th nh t Bài Bộ tộc Mumbo Jumbo sống bên cạnh bờ sơng Có lần hai người dân lạc phải chạy gấp đến tộc bên cạnh để đưa tin: Mumbo trẻ khỏe Jumbo thông thái Mumbo chạy với vận tốc 11km/h đến trại bè gần bè đến tộc bên cạnh Còn Jumbo không vội vàng mà với vận tốc 6km/h đến trại bè khác bè đến tộc bên cạnh Kết Jumbo đến sớm Mumbo Biết dịng sơng thẳng, bè di chuyển với vận tốc dịng sơng vận tốc khơng đổi tồn tuyến sơng số ngun khơng nhỏ 6km/h Hãy tìm giá trị lớn vận tốc Bài Phải với n nguyên dương lớn 2009, từ phân số , n , n−1 , n−2 ., n−1 , n chọn hai cặp phân số có tổng nhau? Bài Cho tam giác ABC cân B Điểm D nằm tam giác ABC cho góc ADC gấp đơi góc ABC Chứng minh hai lần khoảng cách từ B đến phân giác ngồi góc D tam giác ADC AD + DC Bài Ở đất nước Leonardia đường có chiều Mỗi đường nối hai thành phố không qua thành phố khác Bộ thống kê tính cho thành phố tổng số dân thành phố mà từ có đường đến thành phố tính tính tổng số 239 240 Chun đề Tốn học số dân thành phố mà từ thành phố tính có đường tới Chứng minh có thành phố mà số thứ không nhỏ số thứ hai Ngày thi th hai Bài Tồn hay không cách thay số nguyên liên tiếp vào dấu “∗” để đẳng thức BSCN N (∗, ∗, ∗) − BSCN N (∗, ∗, ∗) = 2009? Bài Trong tứ giác ABCD ta có AB = BD, ∠ABD = ∠DBC Trên đường chéo BD tồn điểm K cho BK = BC Chứng minh ∠KAD = ∠KCD Bài Trên bàn có 10 đống hạt dẻ với số lượng 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 hạt dẻ Hai người luân phiên bốc hạt dẻ, lần bốc hạt cịn lại hạt dẻ dừng Nếu hạt dẻ thuộc đống khác người sau thắng Trong trường hợp ngược lại người trước thắng Hỏi người có chiến thuật thắng, cho dù đối thủ chơi nào? Bài Trên băng giấy vô hạn ta viết số liền Đầu tiên số số sau số trước cộng với chữ số khác nhỏ số đứng trước Hãy tìm số chữ số số đứng vị trí · 10001000 Đ THI OLYMPIC TỐN TRUNG ÂU 2010 Ph n A Đ thi cá nhân Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (x + y) + f (x)f (y) = f (xy) + (y + 1)f (x) + (x + 1)f (y), với x, y ∈ R Bài Tất ước dương số nguyên dương N viết lên bảng đen Hai người chơi A B tiến hành trò chơi luân phiên sau: Ở lượt đầu tiên, A xóa số N Nếu số cuối xóa d người chơi phải xóa ước số d bội số d Người khơng xóa thua Xác định tất giá trị N cho A có cách thắng mà khơng phụ thuộc vào B Một số đề thi Olympic Toán 241 Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp có E nằm đường chéo AC thỏa mãn AD = AE, CB = CE Gọi M tâm đường tròn ngoại tiếp k tam giác BDE Đường tròn k cắt đường thẳng AC E F Chứng minh F M, AD, BC đồng quy Bài Tìm tất số nguyên dương n thỏa mãn hai điều kiện sau (a) n phải có ước ngun dương khác (b) Với hai ước a, b n thỏa mãn < a < b < n, (b − a) | n Ph n B Đ thi đ ng đ i Bài Cho ba dãy tăng thực gồm số nguyên dương a1 , a , a , , b1 , b , b , , c1 , c , c , Biết số nguyên dương thuộc ba dãy nêu Đồng thời, với số nguyên dương n, điều kiện sau thỏa mãn (a) can = bn + (b) an+1 > bn (c) cn+1 cn − (n + 1)cn+1 − ncn số chẵn Tính a2010 , b2010 , c2010 Bài Tìm số Cn lớn cho bất đẳng thức sau với a1 , a2 , , an > 0, a2 + a2 + · · · + a2 n ≥ n a1 + a2 + · · · + an n + Cn (a1 − an )2 Bài Tại đỉnh n-giác có đặt pháo đài Tại thời điểm, pháo đài bắn vào hai pháo đài gần trúng đích Ta gọi kết bắn tập hợp pháo đài bị bắn trúng (chú ý không phân biệt pháo đài bị bắn hay hai lần) Gọi P (n) số lượng kết bắn Chứng minh với số nguyên dương k ≥ 3, ta có P (k) P (k + 1) hai số nguyên tố Bài Cho n số ngun dương Một hình vng ABCD chia thành n2 hình vng đơn vị Mỗi hình vng đơn vị lại chia đôi thành hai tam giác đường chéo song 242 Chuyên đề Toán học số song với cạnh BD Ta tô màu đỏ số đỉnh hình vng đơn vị cho tam giác 2n2 tam giác nêu có đỉnh tơ màu đỏ Tìm số nhỏ đỉnh tô màu đỏ Bài Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA AB D, E F Gọi K điểm đối xứng với D qua tâm đường tròn nội tiếp DE cắt F K S Chứng minh AS song song với BC Bài Cho điểm A, B, C, D, E thỏa mãn ABCD tứ giác nội tiếp ABDE hình bình hành Các đường chéo AC BD cắt S, tia AB DC cắt F Chứng minh ∠AF S = ∠ECD Bài Với số tự nhiên n, ta gọi an số nguyên dương có biễu diễn thập phân n n n an ln biểu diễn thành tổng hai số lập phương biểu diễn thành tổng hai số phương Chứng minh Bài Cho n ∈ N∗ , n không lũy thừa Chứng minh tồn m ∈ N∗ cho (a) m tích hai số nguyên dương liên tiếp (b) Biễu diễn thập phân m gồm hai phần giống nhau, phần có n chữ số Đ KI M TRA S (CÂU L C B (10/10/2010) TOÁN H C) Bài Trên đảo, cư dân tồn nói thật, tồn nói dối Alice Bob cư dân hịn đảo Alice nói “Đúng hai chúng tơi nói dối” Bob nói “Alice nói thật” Hãy xác định xem người nói thật, người nói dối Bài Có vật có trọng lượng 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, vật bị mất, vật lại xếp thành dãy tăng dần theo trọng lượng Hãy dùng lần cân bàn (có thể kiểm tra hai nhóm vật có trọng lượng hay không) để xác định xem vật bị có trọng lượng Một số đề thi Olympic Toán 243 Bài Chứng minh tổng bình phương 24 số ngun tố có ba chữ số chia hết cho 24 Bài Hai số nguyên tố p q gọi hai số nguyên tố sánh đôi q = p + Chứng minh p q hai số ngun tố sánh đơi pq + q p chia hết cho p + q Bài Dãy số Fibonacci dãy số xác định F1 = 1, F2 = 2, Fn+1 = Fn + Fn−1 với n ≥ Chứng minh với n ≥ ta có |Fn − Fn+1 Fn−1 | = 244 d Chuyên đề Toán học số ... dãy số {un } xác định sau u1 = 5, u2 = 16, un+2 = 199 4un+1 − un , ∀n ≥ Chứng minh 397 6032u2 − 1 592 39 số phương 2508 Lời giải Ta có 397 6032 = 199 42 − 4, u3 = 199 4 · 16 − = 31 899 1 592 39 = 31 899 ·... 193 Lời giải đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2010 - 2011 213 Đáp án đề thi chọn đội tuyển Toán năm học 2008 - 20 09 2 19 Đáp án đề thi... Thiêm GS Hồng Xn Sính mặt Toán học Duyên số Toán học Việt Nam với giải Fields 11 Ông Smale coi nhà bác học Tốn học ơng quan tâm ngiên cứu nhiều chuyên ngành Toán học khác chuyên ngành ông đạt kết