Đề thi và đáp án tuyển chọn học sinh giỏi quốc gia

ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC TOÁN QUỐC TẾ CỦA VIỆT NAM TỪ NĂM 2005 ĐẾN NĂM 2010 PHẦN I ***** ĐỀ BÀI www.VNMATH.com ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2005 *Ngày thi thứ nhất. Bài 1. Cho tam giác ABC có (I) (O) đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp. Gọi D, E, F tiếp điểm (I) cạnh BC, CA, AB. Gọi ω A , ωB , ωC đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn (I) (O) điểm D, K (với đường tròn ω A ); E, M (với đường tròn ωB ) F, N (với đường tròn ωC ). Chứng minh rằng: 1. Các đường thẳng DK , EM , FN đồng quy P. 2. Trực tâm tam giác DEF nằm đoạn OP. Bài 2. Trên vòng tròn có n ghế đánh số từ đến n. Người ta chọn k ghế. Hai ghế chọn gọi kề hai ghế chọn liên tiếp. Hãy tính số cách chọn k ghế cho hai ghế kề nhau, ghế khác. Bài 3. Tìm tất hàm số f : ℤ → ℤ thỏa mãn điều kiện: f ( x + y + z ) = ( f ( x))3 + ( f ( y ))3 + ( f ( z ))3 *Ngày thi thứ hai. Bài 4. Chứng minh rằng: a3 b3 c3 + + ≥ 3 (a + b) (b + c) (c + a) a, b, c số thực dương. Bài 5. Cho số nguyên tố p ( p > 3) . Tính: p −1  2k  k2  a) S = ∑   −  p  p ≡ (mod 4) . k =1  p    b) S = p −1 k2  ∑   p ≡ (mod 8) . k =1  p  Bài 6. Một số nguyên dương gọi “số kim cương 2005” biểu diễn thập phân có 2005 số đứng cạnh liên tiếp. Dãy ( an ) , n = 1, 2,3, . dãy tăng ngặt số nguyên dương thỏa mãn an < nC (C số thực dương đó). Chứng minh dãy số ( an ) , n = 1, 2,3, . chứa vô hạn “số kim cương 2005”. www.VNMATH.com ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2006 * Ngày thi thứ nhất. Bài 1. Cho tam giác ABC có H trực tâm. Đường phân giác góc BHC cắt cạnh AB, AC D E. Đường phân giác góc BAC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE điểm K. Chứng minh đường thẳng HK qua trung điểm BC. Bài 2. Hãy tìm tất cặp số tự nhiên ( n ; k ) với n số nguyên không âm k số nguyên lớn cho số : A = 17 2006 n + 4.17 n + 7.195 n phân tích thành tích k số nguyên dương liên tiếp. Bài 3. Trong không gian cho 2006 điểm mà điểm đồng phẳng. Người ta nối tất điểm lại đoạn thẳng. Số tự nhiên m gọi số tốt ta gán cho đoạn thẳng đoạn thẳng nối số tự nhiên không vượt m cho tam giác tạo ba điểm số điểm có hai cạnh gán hai số cạnh lại gán số lớn hai số đó. Tìm số tốt có giá trị nhỏ nhất. * Ngày thi thứ hai . Bài 4. Chứng minh với số thực x, y, z ∈ [1; 2] , ta có bất đẳng thức sau : 1 x y z ( x + y + z )( + + ) ≥ 6( ) + + x y z y+z z+x x+ y . Hỏi đẳng thức xảy ? Bài 5. Cho tam giác ABC tam giác nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi cho d vuông góc với OA cắt tia AB, AC. Gọi M, N giao điểm đường thẳng d tia AB, AC. Giả sử đường thẳng BN CN cắt K; giả sử đường thẳng AK cắt đường thẳng BC. 1. Gọi P giao đường thẳng AK đường thẳng BC. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm cố định d thay đổi. 2. Gọi H trực tâm tam giác AMN. Đặt BC = a l khoảng cách từ điểm A đến HK. Chứng minh đường thẳng HK qua trực tâm tam giác ABC. Từ suy ra: l ≤ R − a . Đẳng thức xảy nào? Bài 6. Cho dãy số thực (an ) xác định bởi: a0 = 1, an +1 = 1 ( an + ) với n = 1, 2, 3, … 3an Chứng minh với số nguyên n, số An = 3a − n số phương có n ước nguyên tố phân biệt. www.VNMATH.com ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2007 *Ngày thi thứ nhất. Bài 1. Cho hai tập hợp A,B tập hợp số nguyên dương thỏa mãn A = B = n (với n số nguyên dương) có tổng phần tử nhau. Xét bảng ô vuông n × n . Chứng minh ta điền vào ô vuông bảng số nguyên không âm thỏa mãn đồng thời điều kiện: i/ Tổng phần tử hàng phần tử tập A. ii/ Tổng phần tử cột phần tử tập B. iii/ Có (n − 1)2 + k số bảng với k số phần tử chung A B. Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC với đường tròn nội tiếp I. Gọi (ka ) đường tròn có tâm nằm đường cao góc A, qua điểm A tiếp xúc với đường tròn (I) A1 . Các điểm B1 , C1 xác định tương tự . 1/ Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng qui P. 2/ Gọi ( J a ), ( J b ), ( J c ) đường tròn đối xứng với đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC qua trung điểm BC, CA, AB. Chứng minh P tâm đẳng phương đường tròn nói trên. Bài 3. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A B B C C A cos cos cos cos cos cos 2 + 2 + 2. S= C A B cos cos cos 2 *Ngày thi thứ hai. Bài 4. Tìm tất hàm số liên tục f : ℝ → ℝ thỏa mãn: x + ) với x ∈ ℝ . Bài 5. Cho A tập chứa 2007 phần tử tập: {1, 2, 3, ., 4013, 4014} thỏa mãn f ( x) = f ( x + với a, b ∈ A a không chia hết cho b. Gọi mA phần tử nhỏ A. Tìm giá trị nhỏ mA với A thỏa mãn điều kiện trên. Bài 6. Cho đa giác cạnh (H). Xét ba tam giác với đỉnh đỉnh đa giác (H) cho cho hai tam giác có chung đỉnh. Chứng minh chọn từ tam giác cạnh cho cạnh nhau. www.VNMATH.com ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2008 *Ngày thi thứ nhất. Bài 1. Trong mặt phẳng cho góc xOy. Gọi M, N hai điểm nằm tia Ox, Oy. Gọi d đường phân giác góc góc xOy I giao điểm trung trực MN với đường thẳng d. Gọi P, Q hai điểm phân biệt nằm đường thẳng d cho IM = IN = IP = IQ , giả sử K giao điểm MQ NP. 1. Chứng minh K nằm đường thẳng cố định. 2. Gọi d1 đường thẳng vuông góc với IM M d2 đường thẳng vuông góc với IN N. Giả sử đường thẳng d1, d2 cắt đường thẳng d E, F. Chứng minh đường thẳng EN, FM OK đồng quy. Bài 2. Hãy xác định tất số nguyên dương m cho tồn đa thức với hệ số thực P ( x ), Q ( x ), R ( x, y ) thỏa mãn điều kiện: Với số thực a, b mà a m − b = , ta có P ( R ( a, b)) = a Q ( R ( a , b )) = b . Bài 3. Cho số nguyên n > 3. Kí hiệu T tập hợp gồm n số nguyên dương đầu tiên. Một tập S T gọi tập khuyết T S có tính chất: Tồn số nguyên n cho với s1 , s2 hai số thuộc S ta có s1 − s2 ≠ c . dương c không vượt Hỏi tập khuyết T có tối đa phần tử ? *Ngày thi thứ hai. Bài 4. Cho m, n số nguyên dương. Chứng minh (2m + 3) n + chia hết cho 6m 3n + chia hết cho 4m. Bài 5. Cho tam giác ABC nhọn, không cân có O tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi AD, BE, CF đường phân giác tam giác. Trên đường thẳng AD, BE, CF AL BM CN lấy điểm L, M, N cho = = = k (k số dương). AD BE CF Gọi (O1), (O2), (O3) đường tròn qua L, tiếp xúc với OA A ; qua M, tiếp xúc với OB B qua N, tiếp xúc với OC C. 1. Chứng minh với k = , ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có hai điểm chung đường thẳng nối hai điểm chung qua trọng tâm tam giác ABC. 2. Tìm tất giá trị k cho đường tròn (O1), (O2), (O3) có hai điểm chung. Bài 6. Kí hiệu M tập hợp gồm 2008 số nguyên dương đầu tiên. Tô tất số thuộc M ba màu xanh, vàng, đỏ cho số tô màu màu dùng để tô số. Xét tập hợp sau: S1 = {( x, y , z ) ∈ M , x, y, z có màu ( x + y + z ) ≡ (mod 2008)} ; S = {( x, y , z ) ∈ M , x, y, z đôi khác màu ( x + y + z ) ≡ (mod 2008)} . Chứng minh S1 > S2 . (Kí hiệu M tích Đề - M × M × M ) . www.VNMATH.com ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2009 *Ngày thi thứ nhất. Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi A1 , B1 , C1 A2 , B2 , C2 chân đường cao tam giác ABC hạ từ đỉnh A, B, C điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua trung điểm cạnh BC , CA, AB . Gọi A3 , B3 , C3 giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2C2 , BC2 A2 , CA2 B2 với (O). Chứng minh rằng: A1 A3 , B1 B3 , C1C3 đồng quy. Bài 2. Cho đa thức P ( x) = rx + qx + px + p , q , r số thực r > . Xét dãy số ( an ) xác định sau: a1 = 1, a2 = − p, a3 = p − q   an +3 = − p.an + − q.an +1 − r.an , n ≥ Chứng minh rằng: đa thức P ( x ) có nghiệm thực nghiệm bội dãy số ( an ) có vô số số âm. Bài 3. Cho số nguyên dương a, b cho a, b ab số phương. Chứng minh hai phương trình sau: ax − by = ax − by = −1 có phương trình nghiệm nguyên dương. *Ngày thi thứ hai. Bài 4. Tìm tất số thực r cho bất đẳng thức sau với a, b, c dương: 1 a  b  c    r + r +  r +  ≥ r +  2 b + c  c + a  a+b   Bài 5. Cho đường tròn (O) có đường kính AB M điểm nằm (O), M không nằm AB. Gọi N giao điểm phân giác góc M tam giác AMB với đường tròn (O). Đường phân giác góc AMB cắt đường thẳng NA, NB P, Q. Đường thẳng MA cắt đường tròn đường kính NQ R, đường thẳng MB cắt đường tròn đường kính NP S R, S khác M. Chứng minh rằng: đường trung tuyến ứng với đỉnh N tam giác NRS qua điểm cố định M di động phía đường tròn. Bài 6. Một hội nghị toán học có tất 6n + nhà toán học phải họp với 2n + lần ( n ≥ 1) . Mỗi lần họp, họ ngồi quanh bàn chỗ n bàn chỗ, vị trí ngồi chia khắp bàn. Biết hai nhà toán học ngồi cạnh đối diện họp không ngồi cạnh đối diện họp khác. a/ Chứng minh Ban tổ chức xếp chỗ ngồi n = . b/ Hỏi Ban tổ chức xếp chỗ ngồi hay không với n > ? www.VNMATH.com ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2010 * Ngày thi thứ nhất. Bài 1. Cho tam giác ABC không vuông A có đường trung tuyến AM. Gọi D điểm di động đường thẳng AM. Gọi (O1 ), (O2 ) đường tròn qua D, tiếp xúc với BC B C. Gọi P, Q giao điểm đường thẳng AB với đường tròn (O1 ) , đường thẳng AC với đường tròn (O2 ) . Chứng minh rằng: 1. Tiếp tuyến P (O1 ) tiếp tuyến Q (O2 ) phải cắt điểm. Gọi giao điểm S. 2. Điểm S di chuyển đường thẳng cố định D di động AM. Bài 2. Với số n nguyên dương, xét tập hợp sau : Tn = {11( k + h) + 10( n k + n h ) |1 ≤ k , h ≤ 10} . Tìm tất giá trị n cho không tồn a, b ∈ Tn ; a ≠ b cho ( a − b ) chia hết cho 110. Bài 3. Gọi hình chữ nhật có kích thước × hình chữ nhật đơn hình chữ nhật có kích thước × , bỏ ô góc chéo (tức có ô vuông nhỏ) hình chữ nhật kép. Người ta ghép khít hình chữ nhật đơn hình chữ nhật kép lại với bảng hình chữ nhật có kích thước 2008 × 2010 . Tìm số bé hình chữ nhật đơn dùng để ghép. * Ngày thi thứ hai. Bài 4. Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện: 16(a + b + c ) ≥ 1 + + . a b c Chứng minh rằng: 1 + + ≤ . 3 ( a + b + 2( a + c )) (b + c + 2(b + a )) (c + a + 2(c + b)) Hỏi đẳng thức xảy nào? Bài 5: Trong hội nghị có n nước tham gia, nước có k đại diện ( n > k > 1) . Người ta chia n.k người thành n nhóm, nhóm có k người cho hai người nhóm đến từ nước. Chứng minh chọn nhóm gồm n người cho họ thuộc nhóm khác đến từ nước khác nhau. Bài 6: Gọi Sn tổng bình phương hệ số khai triển nhị thức (1 + x)n , n số nguyên dương; x số thực bất kì. Chứng minh rằng: S2 n + không chia hết cho với n. PHẦN II ***** LỜI GIẢI www.VNMATH.com LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2005 Bài 1. Cho tam giác ABC có (I) (O) đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp. Gọi D, E, F tiếp điểm (I) cạnh BC, CA, AB. Gọi ω A , ωB , ωC đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn (I) (O) điểm D, K (với đường tròn ω A ); E, M (với đường tròn ωB ) F, N (với đường tròn ωC ). Chứng minh rằng: 1. Các đường thẳng DK, EM, FN đồng quy P. 2. Trực tâm tam giác DEF nằm đoạn OP. 1. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: B Cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có bán kính đôi khác nhau; A, B, C tâm vị tự cặp đường tròn (O1) (O2), (O2) (O3), (O3) (O1). Chứng minh tâm vị tự đó, có ba tâm vị tự hai tâm vị tự trong, tâm vị tự A, B, C thẳng hàng. O2 O1 *Chứng minh: A Gọi R1 , R2 , R3 bán kính đường O3 tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) , giá trị R1 , R2 , R3 đôi khác nhau. C Theo tính chất tâm vị tự, ta có: Tương tự: AO1 R = (−1) a . R2 AO2 R BO2 R CO3 = (−1)b , = (−1)c , R3 CO1 R1 BO3 đó, số a, b, c nhận giá trị (khi tâm vị tự ngoài) (khi tâm vị tự trong). Theo giả thiết a, b, c có ba giá trị hai giá trị 0, giá trị 1. Từ đó: AO1 BO2 CO3 . . = , theo định lí Menelaus đảo cho tam giác O1O2O3 , ta có: A, B, C thẳng hàng. AO2 BO3 CO1 Bổ đề chứng minh. *Trở lại toán: Gọi P’ tâm vị tự hai đường tròn (O) (I). Dễ thấy: D điểm tiếp xúc ω A (I) nên tâm vị tự hai đường tròn này; K điểm tiếp xúc hai đường tròn ω A (O) nên tâm vị tự hai đường tròn này. Theo bổ đề P ', D, K thẳng hàng hay đường thẳng DK qua P’. Tương tự, đường thẳng EM FN qua P’; tức ba đường thẳng DK, EM, FN đồng quy điểm P’ điểm P đề bài. 10 www.VNMATH.com Bài 2. Với số n nguyên dương, xét tập hợp sau : Tn = {11( k + h) + 10( n k + n h ) |1 ≤ k , h ≤ 10} . Tìm tất giá trị n cho không tồn a, b ∈ Tn ; a ≠ b cho ( a − b ) chia hết cho 110. Đặt f (k , h, n) = 11(k + h) + 10(n k + n h ), k , h, n ∈ ℕ . Ta có: f (k , h, n) = f (h, k , n) nên không tính tổng quát, ta giả sử h ≥ k . Nếu m ≡ n (mod11) : f (k , h, m) − f (k , h, n) = 11(k + h) + 10(m k + m h )  − 11(k + h) + 10(n k + n h )  = = 10 (m k − n k ) + (m h − n h )  ⋮110 ⇒ f (k , h, m) ≡ f (k , h, n) (mod110) Từ đó, ta cần xét giá trị n thỏa ≤ n ≤ 11 . Xét hiệu: f (6, 6, n) − f (1,1, n) = 110 + 20n.(n5 − 1) . Nếu 20n.(n5 − 1) chia hết cho 110 giá trị n tương ứng không thỏa. Từ đó, ta loại giá trị n = 1, 3, 4,5,9,11 . Ta có f (8, 2, n) − f (6, 4, n) = 10(n8 + n − n6 − n ) = 10n (n − 1)2 ( n + 1) , với n = 10 10n (n − 1) (n + 1)⋮110 nên giá trị không thỏa. Ta chứng minh giá trị n = 2, 6, 7,8 thỏa mãn. Thật vậy: Tính toán trực tiếp, ta thấy với n = 2, 6, 7,8 n k ≠ n h (mod11) với k ≠ h (mod11) . Giả sử ngược lại, với giá trị n nêu trên, tồn hai (k , h) ≠ (k ', h ') (giả sử k > k ' ) cho: f (k , h, n) ≠ f (k ', h ', n) . Khi đó: 11(k + h − k '− h ') + 10(n k + n h − n k ' − n h ' ) ≡ (mod110) . Suy ra: k − k ' ≡ h − h ' (mod10), n k + n h ≡ n k ' + n h ' (mod11) ⇔ n k ' (n k − k ' − 1) ≡ n h (n h ' − h − 1) (mod11) . Do 11 số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ thì: n k − k ' ≡ n h '− h (mod11) . Dễ thấy: n k − k ' − ≡ n h '− h − ≠ (mod11) nên từ đẳng thức trên, suy ra: n k ' ≡ n h (mod11) ⇒ k ' = h . Do đó: k = h ' hay (k , h) ≡ (k ', h ') , mâu thuẫn. Suy giá trị n = 2, 6, 7,8 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy tất giá trị n cần tìm là: n ≡ 2, 6, 7,8 (mod11) . 72 www.VNMATH.com Bài 3. Gọi hình chữ nhật có kích thước 1× hình chữ nhật đơn hình chữ nhật có kích thước × , bỏ ô góc chéo (tức có có ô vuông con) hình chữ nhật kép. Người ta ghép khít hình chữ nhật đơn hình chữ nhật kép lại với bảng hình chữ nhật có kích thước 2008 × 2010 . Tìm số nhỏ hình chữ nhật đơn dùng để ghép. Ta chứng minh số hình chữ nhật đơn nhỏ thỏa mãn đề 1006. Thật vậy: *Điều kiện cần: Ta xét cách phủ hình chữ nhật 2008 × 2010 thỏa mãn đề (chú ý 2008 số hàng 2010 số cột). Gọi x, y, z , t số hình chữ nhật 1× 2, ×1, × 3, × cách phủ (ở thực hình chữ nhật 1× 2, × hình chữ nhật đơn đề bài, phân biệt cách phủ dọc hay ngang, 1× đặt ngang, × đặt dọc; tương tự với cách phân biệt × 3, × ). Tô màu trắng cho hàng lẻ, tô màu đen cho hàng chẵn. Ở tất ô hàng thứ i,1 ≤ i ≤ 2010 , ta đánh số tương ứng số tự nhiên i. Ta chứng minh nhận xét sau: - Nhận xét 1: ta có đẳng thức: 2( x + y ) + 4( z + t ) = 2008.2010 . Mỗi hình chữ nhật 1× × có chứa hai ô vuông, hình chữ nhật × × có chứa bốn ô vuông. Tổng ô vuông số ô vuông hình chữ nhật lớn nên 2( x + y ) + 4( z + t ) = 2008.2010 . - Nhận xét 2: Giá trị x, y chẵn. Ta thấy toàn bảng, hình chữ nhật × 3, × có số ô trắng số ô đen; hình chữ nhật × đặt dọc nên có số ô trắng số ô đen. Suy ra, số hình chữ nhật 1× hàng tô màu trắng số hình chữ nhật hàng tô đen. Hơn nữa, tổng số hàng 2010 chẵn nên giá trị x phải chẵn. Từ nhận xét 1, ta thấy y phải chẵn. Trở lại toán, ta xét tương ứng Φ từ tập hợp hình chữ nhật xét đến số nguyên hiệu tổng số ô vuông tô đen với tổng số ô vuông tô trắng ghi nó. Dễ dàng thấy rằng: Φ (3 × 2) = 0; Φ (2 × 3) = ±2; Φ (2 × 1) = ±1 . Từ suy ra: (kí hiệu ∑ Φ(3 × 2) = 0; ∑ Φ(2 × 3) ≤ z; ∑ Φ(2 ×1) ≤ y . ∑ Φ(3 × 2) tổng tính tất hình chữ nhật × dùng, định nghĩa tương tự với hình chữ nhật khác). Ta thấy rằng, tổng số ghi x hình chữ nhật 1× số chẵn thuộc [ 2; 2.2008] , mà x số chẵn (nhận xét 2), ta có đánh giá sau: x ∑ Φ(1× 2) ≤ ( 2.2008 − ) . 73 www.VNMATH.com 1004 1004 i =1 i =1 Ta có: Φ(2008 × 2010) = ∑ 2010.[ 2i − (2i − 1) ] = ∑ 2010.i = 2010.1004 . Mặt khác: Φ(2008 × 2010) = ∑ Φ (2 × 1) + ∑ Φ (1× 2) + ∑ Φ(3 × 2) + ∑ Φ(2 × 3) . x Từ điều trên, suy ra: 2010.1004 ≤ .(2.2008 − 2) + y + z ⇔ 2010.1004 ≤ 2007 x + y + z . Tiếp theo, ta xét hình chữ nhật 2010 × 2008 (tương tự có 2010 hàng 2008 cột), bắt đầu lại lập luận số hình chữ nhật 1× 2, ×1, × 3, × dùng. Ta xây dựng bất đẳng thức sau: 2008.1005 ≤ 2009 y + x + 2t . Cộng hai bất đẳng thức lại, ta có: 2008.1005 + 2010.1004 ≤ (2009 y + x + 2t ) + (2007 x + y + z ) = 2008 x + 2010 y + 2( z + t ) . Hơn nữa, theo nhận xét thì: 2010.1004 = ( x + y ) + 2( z + t ) . Từ ta được: 2008.1005 ≤ 2007 x + 2009 y ≤ 2009( x + y ) . 2008 > 1004 , mà x + y số chẵn nên x + y ≥ 1006 . 2009 Do đó, tổng hình chữ nhật đơn cần dùng 1006. Điều kiện cần chứng minh. Suy ra: x + y ≥ 1005. *Điều kiện đủ: Ta cách ghép hình chữ nhật dùng 1006 hình chữ nhật đơn. Khối Khối Khối Khối 74 www.VNMATH.com Hình mô tả cách ghép hình chữ nhật 10 × 16 , đó: hình chữ nhật khuyết tô màu khác (đỏ, hồng, xanh lam, xanh cây, xanh đậm) để dễ dàng phân biệt; hình khối tô màu xanh mạ hình chữ nhật đơn chắn phải dùng, khối màu vàng tùy trường hợp, hình chữ nhật đơn mà hình chữ nhật khuyết. * Hình chữ nhật 2010 × 2008 tạo thành từ hình quy tắc sau: - Thêm dòng cách chèn vào khối hình có dạng: Mỗi lần ghép ta có thêm hai hàng mới, 2010 chia hết thực việc liên tiếp cách thích hợp khối tăng chiều dài, tạo thành khối có kích thước 2010 × khối vậy, ta dùng hình chữ nhật màu xanh mạ. Thêm cột cách lặp lại khối 1, , 3, hình (chú ý tính tuần hoàn khối: (1) tương ứng với (3), (2) tương ứng với (4)). Như ta cần phải có tất 502 khối dành cho 2008 cột. Đồng thời, khối khối cuối cùng, ta cần dùng thêm hình chữ nhật đơn màu vàng, khối dùng hình chữ nhật khuyết màu vàng. Tức là: hai khối cuối cùng, ta cần dùng hình chữ nhật đơn, khối cần dùng hình chữ nhật đơn thôi. Khi đó, tổng số hình chữ nhật đơn cần dùng là: 500.2 + 2.3 = 1006 . Xoay hình chữ nhật 2010 × 2008 lại, ta hình chữ nhật 2008 × 2010 cần phải ghép, hình chữ nhật có 1006 hình chữ nhật đơn thỏa mãn đề bài. Do đó, điều kiện đủ chứng minh. Vậy giá trị nhỏ hình chữ nhật đơn cần dùng 1006. Bài toán giải hoàn toàn. 75 www.VNMATH.com Bài 4. Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện: 16( a + b + c) ≥ 1 + + . a b c Chứng minh rằng: 1 + + ≤ . 3 (a + b + 2(a + c)) (b + c + 2(b + a )) (c + a + 2(c + b)) Hỏi đẳng thức xảy nào? Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:  a+c  ( a + b)(a + c) a+c a+c a + b + 2(a + c) = (a + b) + + ≥ 3 (a + b).   = 3 2   ⇒ ≤ . 27(a + b)(a + c) a + b + 2(a + c) ( ) Tương tự với hai biểu thức lại. Do đó: 4(a + b + c) . ≤∑ = ∑ 27(a + b)(b + c)(c + a ) cyc a + b + 2( a + c ) sym 27( a + b )( a + c ) ( ) Hơn nữa, ta thấy với a, b, c dương: 9(a + b)(b + c)(c + a ) − 8(a + b + c)(ab + bc + ca) = ∑ a(b − c)2 ≥ sym ⇒ (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) 1 ≤ Do đó: ∑ . 6(ab + bc + ca) cyc a + b + 2( a + c ) ( ) (1). Mặt khác, ta có: (ab + ca + ca ) ≥ 3abc(a + b + c) nên theo giả thiết: 1 ab + bc + ca 3(a + b + c) + + = ≥ ⇒ ab + bc + ca ≥ . (2) 16 a b c abc ab + bc + ca 1 + + ≤ . Từ (1) (2), suy ra: 3 (a + b + 2(a + c)) (b + c + 2(b + a )) (c + a + 2(c + b)) 16( a + b + c) ≥ Ta có đpcm. Đẳng thức xảy dấu tất bất đẳng thức xảy hay:   a , b, c >  ⇒a=b=c= . a = b = c  1 16(a + b + c) = + + a b c  76 www.VNMATH.com Bài 5. Trong hội nghị có n nước tham gia, nước có k đại diện ( n > k > ). Người ta chia n.k người thành n nhóm, nhóm có k người cho hai người nhóm đến từ nước. Chứng minh chọn nhóm gồm n người cho họ thuộc nhóm khác đến từ nước khác nhau. Ta gọi nước X nhóm Y có liên hệ với nhóm Y có người nước X. Khi đó, nước X có k người đại diện nên có liên hệ với k nước nhóm Y có chứa k người đại diện khác nước khác nên có liên hệ với k nước. Do đó, tập hợp m nước n nước cho có liên hệ với m.k = m nhóm khác nhau. k Gọi , i = 1, n n nhóm cho X i ,1, n tập hợp nhóm có liên hệ với nước thứ i. Theo điều vừa chứng minh trên, ta thấy với mọi: i1 , i2 , i3 , ., ik ∈ {1, 2,3, ., n} , ≤ k ≤ n thì: k ∪X j =1 ij ≥k. (*) Ta chứng minh tồn (a1 , a2 , a3 , ., an ) ∈ X × X × X × . × X n ≠ a j , i ≠ j . Thật vậy, ta bắt đầu bỏ phần tử thuộc tập Xi cho (*) thỏa mãn. Cuối thu tập hợp X '1 , X '2 , X '3 , ., X 'n (với X 'i ⊂ X i ) thỏa điều kiện (*) có số phần tử nhỏ mà bỏ thêm phần tử thuộc tập hợp X 'i ,1, n điều kiện (*) không thỏa. Ta chứng minh X 'i = 1, i = 1, n . Thật vậy, không tính tổng quát giả sử X '1 có chứa phần tử khác α , β . Do bỏ thêm hai phần tử α β điều kiện (*) không thỏa mãn nên có hai tập số P, Q cho: Với M = ( X '1 \ {α }) ∪ ∪ X 'i , N = ( X '1 \{β }) ∪ ∪ X 'i không thỏa mãn điều kiện (*), tức là: i∈Q i∈P M < P + 1, N < Q + ⇒ M ≤ P , N ≤ Q . Ta có: M ∪ N = (( X '1 \ {α }) ∪ ( X '1 \ {β })) ∪ (∪ X 'i ∪ ∪ X 'i ) = X '1 ∪ i∈P ∪ i∈Q ∪ X 'i i∈P ∪Q X 'i ⊆ M ∩ N i∈P ∩Q 77 www.VNMATH.com Từ hai điều suy ra: M ∪ N ≥ P ∪ Q + , M ∩ N ≥ P ∩ Q Theo nguyên lí bù trừ, ta có: P + Q ≥ M + N = M ∪ N + M ∩ N ≥ P ∩ Q + P ∪ Q +1 = P + Q +1 Điều vô lí dẫn đến khẳng định X 'i = 1, i = 1, n . Rõ ràng tập hợp không giao tồn i ≠ j , ( X 'i ∩ X ' j ) ≠ ∅ ⇒ X 'i ∩ X ' j = < , mâu thuẫn với điều kiện (*). Giả sử phần tử X 'i a 'i tập hợp sau: (a '1 , a '2 , a '3 , ., a 'n ) thỏa mãn a 'i ∈ X 'i ⊂ X i ≠ a j , i ≠ j . Vậy ta tồn n nhóm khác tương ứng liên hệ với n nước khác nhau, nhóm liên hệ với nước nước liên hệ nhóm nên n người đại diện mà nước liên hệ với nhóm tương ứng rõ ràng thỏa mãn đề bài. Ta có đpcm. 78 www.VNMATH.com Bài 6. Gọi Sn tổng bình phương hệ số khai triển nhị thức (1 + x) n , n số nguyên dương; x số thực bất kì. Chứng minh rằng: S2 n + không chia hết cho với n. Ta chứng minh bổ đề sau (định lí Lucas): “Cho m, n hai số tự nhiên p số nguyên tố. Giả sử: m = mk . p k + mk −1. p k −1 + . + m2 . p + m1 p + m0 n = nk . p k + nk −1. p k −1 + . + n2 p + n1. p + n0 k Khi đó: Cnm ≡ ∏ Cnmi i (mod p ) (quy ước Cba = 0, a > b ). i =0 *Chứng minh: Không tính tổng quát, giả sử m > n (nếu m = n bổ đề hiển nhiên đúng). Trước hết, ta thấy rằng: ( p, i ) = 1, i = 1, p − nên C pk = p! ( p − 1)! = p. ⋮ p , tức là: k !( p − k )! k !( p − k )! C pk ≡ (mod p ), k = 1, p − . p −1 Ta có: ( x + 1) p = x p + + ∑ C ip .x p −i ≡ x p + 1(mod p ) . (*) i =1 j j Ta chứng minh nhận xét: ( x + 1) p ≡ x p + 1(mod p), ∀j ∈ ℕ* quy nạp. Thật vậy: - Với j = , nhận xét theo (*). - Giả sử nhận xét với j = h ≥ . Ta chứng minh với j = h + . h h Ta có: ( x + 1) p ≡ x p + (mod p) . ( Suy ra: ( x + 1) p h ) ≡ (x ) h ph h + (mod p ) ⇒ ( x + 1) p h+1 h+1 ≡ x p + (mod p ) . Do nhận xét với j = h + . Theo nguyên lí quy nạp, nhận xét chứng minh. Ta xét khai triển sau: 79 www.VNMATH.com k ∑ mi . pi (1 + x) m = (1 + x) i=0 k mi k ≡ ∏ (1 + x p ) mi ≡ ∏ ∑ Cmj i x j . p (mod p ) . i i i =0 j = i=0 Hệ số x n vế (1 + x)m Cmn ; biểu diễn n = nk . p k + nk −1. p k −1 + . + n2 p + n1. p + n0 mi k nên hệ số x n vế ∏ ∑ Cmji x j. p i i =0 j =0 k ∏C i =0 mi ni . k Từ ta được: Cnm ≡ ∏ Cnmi i (mod p ) .Bổ đề chứng minh. i =0 nn  n  n  *Trở lại toán: Ta có: (1 + x) n = (1 + x)n .(n + 1) n ⇔ ∑ C2i n .x n −i =  ∑ Cni .x n −i  .  ∑ Cnn −i .xi  . i =1  i =0   i=0  n n i=0 i =0 Đồng hệ số x 2n hai vế, ta có: C2nn = ∑ Cni .Cnn −i = ∑ (Cni ) . Do đó, với n tự nhiên S n = C2nn . Như ta cần chứng minh rằng: C42nn + không chia hết cho với n. k Giả sử: 2n = ∑ .3i , ∈ ℕ, i = 1, k . Xét hai trường hợp: i =0 - Nếu ∈ {0;1}, ∀i = 1, k 2ai ∈ {0; 2}, ∀i = 1, k tổng ∈ {0;1}, ∀i = 1, k số chẵn, đặt k ∑ k k ∑ = 2t , t ∈ ℕ ⇒ i=0 = 22t = 4t ≡ 1(mod 3) ; ta có: 4n = ∑ 2ai .3i , ∈ ℕ, i = 1, k . i =0 i =0 k k k i=0 i =0 ∑ Theo bổ đề C42nn + ≡ ∏ C2aai i + ≡ ∏ 2ai +1 ≡ i=0 + ≡ 2(mod 3) . - Nếu tồn giá trị a j = ; không tính tổng quát, giả sử số nhỏ tập hợp , i = 0, k . Khi đó: hệ số tương ứng vị trí j khai triển theo lũy thừa 4n 1. k Mà C12 = nên C42nn ≡ ∏ C2aai i ≡ (mod 3) ⇒ C42nn + ≡ (mod 3) . i =0 Vậy trường hợp, ta có S2 n + không chia hết cho 3. Đây đpcm. 80 PHẦN ***** HÌNH ẢNH CỦA ĐỘI TUYỂN QUA CÁC NĂM 81 www.VNMATH.com *Năm 2005. *Đội tuyển Việt Nam thi IMO 2005: 1.Trần Trọng Đan 2.Phạm Kim Hùng 3.Nguyễn Nguyên Hùng 4.Đỗ Quốc Khánh 5.Trần Chiêu Minh 6.Nguyễn Trường Thọ 82 www.VNMATH.com *Năm 2006. *Đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2006: 1. Đặng Bảo Đức 2. Hoàng Mạnh Hùng 3. Nguyễn Duy Mạnh 4. Lê Hồng Quý 5. Nguyễn Xuân Thọ 6. Lê Nam Trường 83 www.VNMATH.com *Năm 2007: *Đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2007: 1. Đỗ Xuân Bách 2. Nguyễn Xuân Chương 3. Lê Ngọc Sơn 4. Phạm Thành Thái 5. Đỗ Ngọc Thanh 6. Phạm Duy Tùng 84 www.VNMATH.com *Năm 2008: *Đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2008: 1. Lê Ngọc Anh 2. Nguyễn Phạm Đạt 3. Dương Trọng Hoàng 4. Đỗ Thị Thu Thảo 5. Đặng Trần Tiến Vinh 6. Hoàng Đức Ý 85 www.VNMATH.com *Năm 2009: *Đội tuyển Việt Nam thi IMO 2009: 1. Hà Khương Duy 2. Nguyễn Xuân Cương 3. Nguyễn Hoàng Hải 4. Phạm Hy Hiếu 5. Phạm Đức Hùng 6. Tạ Đức Thành 86 www.VNMATH.com *Năm 2010: *Đội tuyển Việt Nam thi IMO 2010: 1. Phạm Việt Cường 2. Nguyễn Kiều Hiếu 3. Nguyễn Minh Hiếu 4. Trần Thái Hưng 5. Vũ Đình Long 6. Nguyễn Ngọc Trung 87 [...]... phương và nó có ít nhất n Vậy với mọi n nguyên dương, số An = 2 3an − 1 ước nguyên tố phân biệt, bài toán được giải quyết hoàn toàn 31 www.VNMATH.com LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2007 Bài 1 Cho hai tập hợp A,B là tập hợp các số nguyên dương thỏa mãn A = B = n (với n là số nguyên dương) và có tổng các phần tử bằng nhau Xét bảng ô vuông n × n Chứng minh rằng ta có thể điền vào mỗi... các phần tử chung của A và B 1 2 n i 1 0 2 0 0 i 0 0 0 0 0 0 n 0 0 0 Trước hết, ta thấy rằng nếu một giá trị k sao cho tồn tại 2 phần tử bằng nhau ở mỗi tập là ak = bk = t thì ta điền số t vào ô vuông nằm ở hàng thứ k và cột thứ k, các ô còn lại của hàng thứ k và cột thứ k đều điền vào số 0; như thế thì tổng các số ở hàng và cột này thỏa mãn đề bài và không ảnh hưởng đến các hàng và cột khác Do đó, không... không thỏa mãn đề bài (tam giác đó hoặc không có hai số được gán trên hai cạnh bằng nhau hoặc có hai cạnh bằng nhau nhưng cạnh còn lại gán số 1 nhỏ hơn) Hai điểm bất kì trong A được nối với nhau bởi một đoạn thẳng gán số lớn hơn 1 bởi nếu không thì khi chọn thêm một điểm trong B, ta sẽ có một tam giác không thỏa mãn đề bài (tam giác đó đều) Tương tự với tập hợp B Tức là trong các tập A và B đều có chứa... cũng là một đơn ánh Vậy tương ứng T → T ' là một song ánh Nhận xét trên được chứng minh k Do đó: | T |=| T ' |= Cn −kp Bổ đề được chứng minh 12 www.VNMATH.com *Trở lại bài toán: Ta xét tổng quát giá trị 3 trong đề bài bởi giá trị p tương ứng với bổ đề trên Đánh số các ghế trong đề bài theo chiều kim đồng hồ là A1 , A2 , , An (xem như là các điểm nằm trên một vòng tròn) ; mỗi ghế được chọn xem như được... a là số nhỏ nhất được gán cho các đoạn thẳng trong trường hợp có n điểm Trong trường hợp tối thi u, không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng a = 1, ta gọi hai đầu mút của đoạn thẳng nào đó được gán số 1 là X và Y Trong n – 2 điểm còn lại, nếu có một điểm được nối với X và Y bởi một đoạn thẳng gán bởi số 1 thì điểm đó cùng với X và Y sẽ tạo thành một tam giác đều không thỏa mãn đề bài Do đó, nếu gọi... chữ số m − 1 Vậy dãy số ( an ) , n = 1, 2,3, chứa vô hạn “số kim cương 2005” Đây chính là đpcm 21 www.VNMATH.com LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2006 Bài 1 Cho tam giác ABC có H là trực tâm Đường phân giác ngoài của góc BHC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E Đường phân giác trong của góc BAC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại điểm K Chứng minh rằng đường thẳng HK đi... chứng minh rằng giá trị 11 này thỏa mãn đề bài * Thật vậy : Ta xây dựng cách gán các điểm từ thấp đến cao bằng cách ghép các bộ điểm ít hơn lại Cụ thể như sau : - Đầu tiên ta xây dựng cho bộ 4 điểm Cách gán tương tự như ở trên, nhưng trong trường hợp này gán 4 đoạn bởi số 11 và 2 đoạn bởi số 10 - Ghép 2 bộ này lại và tách ra từ một trong hai bộ đó ra 2 điểm, gán cho đoạn thẳng nối 2 điểm đó bởi số 10,... góc với OA và luôn cắt các tia AB, AC Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng d và các tia AB, AC Giả sử các đường thẳng BN và CN cắt nhau tại K; giả sử đường thẳng AK cắt đường thẳng BC 1 Gọi P là giao của đường thẳng AK và đường thẳng BC Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định khi d thay đổi 2 Gọi H là trực tâm của tam giác AMN Đặt BC = a và l là khoảng... n-1 cả các ô còn lại của hàng và cột vừa thêm vào, ta điền vào các số 0 Khi đó, bảng này có tổng các phần tử ở mỗi hàng là tập A và tổng các phần tử ở mỗi cột là tập B, số các số 0 ở bảng vừa lập được không nhỏ hơn ( n − 2) 2 + 2( n − 1) − 1 = ( n − 1)2 và do đó nó thỏa mãn điều kiện Τ Do đó, bài toán cũng đúng với mọi tập hợp có n phần tử Theo nguyên lí quy tạp, bài toán này đúng với mọi số nguyên... ab 1 + cd 1 + ab + cd + abcd 2 + ab + cd Do đó bổ đề được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1 Trong bổ đề trên, thay a = x, b = y, c = z , d = 1 , ta có kết quả sau: Với x, y, z là các số thực dương và xyz = 1 thì: 1 1 1 3 + + ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 2 2 2 (1 + x) (1 + y ) (1 + z ) 4 *Trở lại bài toán đã cho: b c a Đặt x = , y = , z = ⇒ x, y, z > 0; . 1 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC TOÁN QUỐC TẾ CỦA VIỆT NAM TỪ NĂM 2005 ĐẾN NĂM 2010 2 PHẦN I * **** ĐỀ BÀI 3 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN. rằng 1 2 2 S S> . (Kí hiệu 3 M là tích Đề - các M M M × × ) . www.VNMATH.com 7 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2009 *Ngày thi thứ nhất. Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC. hội nghị toán học có tất cả 6 4n + nhà toán học phải họp với nhau đúng 2 1n + lần ( ) 1n ≥ . Mỗi lần họp, họ ngồi quanh một cái bàn 4 chỗ và n cái bàn 6 chỗ, các vị trí ngồi chia đều khắp