DAP AN DE THI HS GIOI MON TOAN 2011

BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2010 – 2011 d THÁNG 01 – 2011 BÀI SỐ 1: BẤT ĐẲNG THỨC Bài Cho x số thực dương n số nguyên dương Chứng minh bất đẳng thức x n ( x n+1 + 1) xn + x+1 2n+1 Đẳng thức xảy nào? Lời giải Ta sử dụng phương pháp quy nạp theo n Với n = 1, bất đẳng thức ta trở thành x( x2 + 1) x+1 x+1 Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có (2 x) + ( x2 + 1) 2 x( x + 1) = · (2 x) · ( x2 + 1) 2 = ( x + 1)4 Từ suy x( x2 + 1) x+1 (x+1)4 x+1 = x+1 Và vậy, bất đẳng thức cho với n = Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức cho n = k ( k ∈ N∗ ) với n = k + Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có x+1 2k+1 x+1 2 x k ( x k+1 + 1) xk + , suy x+1 2(k+1)+1 = x+1 2k+1 x+1 2 · x k ( x k+1 + 1) xk + Sử dụng đánh giá này, ta thấy việc chứng minh đưa chứng minh kết sau x+1 2 · x k ( x k+1 + 1) x k+1 ( x k+2 + 1) xk + x k+1 + Bất đẳng thức tương đương với ( x + 1)2 4x ( x k+2 + 1)( x k + 1) ( x k+1 + 1)2 , DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN ( x k+2 + 1)( x k + 1) ( x + 1)2 −1 4x ( x k+1 + 1)2 − Do ( x + 1)2 − x = ( x − 1)2 ( x k+2 + 1)( x k + 1) − ( x k+1 + 1)2 = x k ( x − 1)2 nên ta thu gọn bất đẳng thức lại thành ( x − 1)2 4x x k ( x − 1)2 ( x k+1 + 1)2 , tương đương ( x − 1)2 ( x k+1 + 1)2 − x k+1 Bất đẳng thức theo AM-GM, ta có ( x k+1 + 1)2 x k+1 Như vậy, ta chứng minh khẳng định toán cho n = k ( k ∈ N∗ ) cho n = k + Từ đây, kết hợp với việc xác lập tính đắn bất đẳng thức cần chứng minh cho n = 1, ta suy với số nguyên dương n (theo nguyên lý quy nạp) Ngoài ra, thấy suốt trình chứng minh, dấu đẳng thức xảy điểm x = Lời giải Ta chứng minh kết tổng quát hơn: Với a, b > 0, a+b 2n+1 a n b n (a n+1 + b n+1 ) an + b n (1) Kết toán cho trường hợp riêng a = x b = Dễ thấy (1) bất đẳng thức cho hai biến a, b, không tính tổng quát ta chuẩn hóa cho a + b = Khi (1) viết lại dạng f n (a, b) 0, f n (a, b) = a n + b n − a n b n (a n+1 + b n+1 ) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ab(a n−1 +b n−1 )(a n+1 +b n+1 ab(a n−1 + b n−1 ) + (a n+1 + b n+1 ) ) 2 n n (a + b) (a + b ) = = ( a n + b n )2 , từ suy a n+1 + b n+1 ( a n + b n )2 ab(a n−1 + b n−1 ) LỜI GIẢI VMO 2011 Sử dụng đánh giá này, ta thu an + bn − f n (a, b) a n−1 b n−1 (a n + b n )2 a n−1 + b n−1 an + b n a n−1 + b n−1 − a n−1 b n−1 (a n + b n ) a n−1 + b n−1 an + b n f n−1 (a, b) = n−1 a + b n−1 = (2) Từ (2), thực đánh giá liên tiếp, ta có f n (a, b) an + bn f n−1 (a, b) a n−1 + b n−1 an + bn a n−1 + b n−1 · f n−2 (a, b) a n−1 + b n−1 a n−2 + b n−2 an + bn a n−1 + b n−1 a2 + b · · · · f (a, b) ··· a n−1 + b n−1 a n−2 + b n−2 a1 + b an + bn f (a, b) = a+b (1) (3) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM · (2ab) · (a2 + b2 ) 2 (2ab) + (a2 + b2 ) (a + b)4 a+b− = a+b− = 2 f (a, b) = a + b − ab(a2 + b2 ) = a + b − Do đó, kết hợp với (3), ta suy f n (a, b) với n ∈ N∗ Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho a, b hai số thực dương Khi đó, với n (ab) n( n−1) n n (a + b ) a+b 2 1, ta có n2 (4) Chứng minh Không tính tổng quát, ta giả sử a + b = đặt a = + x, b = − x với x < Bất đẳng thức (4) viết lại thành (1 + x)(1 − x) n( n−1) (1 + x)n + (1 − x)n 2, hay tương đương g( x) = (1 + x) n( n+1) (1 − x) n( n−1) + (1 + x) n( n−1) (1 − x) n( n+1) 2 10 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Ta có (1 + x) n( n+1) (1 − x) n( n−1) = n( n+1) n( n+1) n( n−1) n( n−1) n( n + 1) n( n − 1) (1 + x) −1 (1 − x) − (1 + x) (1 − x) −1 2 n( n+1) n( n−1) n − − = (1 + x) (1 − x) ( n + 1)(1 − x) − ( n − 1)(1 + x) = = n(1 + x) n( n+1) −1 (1 − x) n( n−1) −1 (1 − nx) (1 + x) n( n−1) (1 − x) n( n+1) = n( n−1) n( n−1) n( n+1) n( n+1) n( n − 1) n( n + 1) (1 + x) −1 (1 − x) − (1 + x) (1 − x) −1 2 n( n−1) n( n+1) n − − = (1 + x) (1 − x) ( n − 1)(1 − x) − ( n + 1)(1 + x) = = − n(1 + x) n( n−1) −1 (1 − x) n( n+1) −1 (1 + nx), n( n−1) −1 n( n−1)−1 (1 + x)n (1 − nx) − (1 − x)n (1 + nx) n( n−1) − nx (1 − x)n − = n(1 − x2 ) −1 (1 + x)n (1 + nx) + nx (1 + x)n g ( x) = n(1 + x) (1 − x) n (1− x) Từ ta thấy g ( x) có dấu với h( x) = 11−+nx nx − (1+ x)n Tính đạo hàm h( x), ta h ( x) = 2n n(1 − x2 )n−1 2n n(1 − x)n−1 − = − n + 2n (1 + x) (1 + nx) (1 + x) (1 + nx)2 1 2n 1 − = 2n − + n n 2n (1 + x) + nx (1 + x) + nx (1 + x) (1 + nx) theo bất đẳng thức Bernoulli (1 + x)n + nx (chú ý n 1) Như vậy, h( x) hàm nghịch biến [0, 1) Suy h( x) h(0) = 0, ∀ x ∈ [0, 1) Mà g ( x) có dấu với h( x) nên ta có g ( x) với x ∈ [0, 1) Do g( x) hàm nghịch biến [0, 1) Từ lý luận này, ta suy g( x) g(0) = 2, ∀ x ∈ [0, 1) Bổ đề chứng minh ■ Quay trở lài toán Theo (4), ta có (ab) k( k−1) k k (a + b ) a+b 2 k2 , ∀a, b > 0, k 1, (5) 11 LỜI GIẢI VMO 2011 suy a+b 2(ab) ak + bk k−1 2k k2 (6) Trong (6), cho a = x n , b = k = n+n > 1, ta xn + 2x x n 2( n+1) n+1 +1 n2 ( n+1)2 Từ suy x n ( x n+1 + 1) xn + x n ( x n+1 + 1) 2x n 2( n+1) x n+1 +1 n2 ( n+1)2 =x n(2 n+1) 2( n+1) x n+1 + 2 n+1 ( n+1)2 Như thế, phép chứng minh hoàn tất ta x n(2 n+1) 2( n+1) x n+1 + 2 n+1 ( n+1)2 x+1 2n+1 Bất đẳng thức tương đương với x n( n+1) (x n+1 + 1) x+1 2 (n+1)2 Đây kết bất đẳng thức (5) áp dụng cho a = x, b = k = n + Bài toán chứng minh xong Nhận xét Có thể thấy ý tưởng tự nhiên giải sử dụng phép quy nạp Lời giải dài phức tạp có ý nghĩa riêng Thật vậy, qua lời giải ta thấy bất đẳng thức cho cho trường hợp n số thực tùy ý không nhỏ Kết suy từ hai lời giải quy nạp 12 d DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN BÀI SỐ 2: GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ Bài Cho dãy { xn } xác định x1 = xn = n n−1 x i với n ( n − 1)2 i=1 Chứng minh dãy yn = xn+1 − xn có giới hạn hữu hạn n → +∞ Lời giải Từ giả thiết, ta suy với n n−1 xi = i =1 1, ( n − 1)2 xn 2n Do xn+1 = = n−1 2( n + 1) n 2( n + 1) xi x = x + i n n2 i=1 n2 i =1 2( n + 1) ( n + 1)( n2 + 1) ( n − 1)2 x = x + xn n n 2n n2 n3 (1) Sử công thức truy hồi vừa tìm kết hợp với phép quy nạp, ta chứng minh xn 4( n − 1), ∀n (2) Do x2 = (22−·1) x1 = nên dễ thấy (2) với n = Giả sử (2) với n = k 2, ta có ( k + 1)( k2 + 1) ( k + 1)( k2 + 1) x · 4( k − 1) k k3 k3 4( k2 − 1)( k2 + 1) 4( k4 − 1) = = = k − < k, 3 k k k xk+1 = suy (2) với n = k + Từ đây, áp dụng nguyên lý quy nạp, ta có (2) với n Bây giờ, ta chứng minh toán cho, cụ thể ta yn dãy tăng bị chặn • Chứng minh yn tăng Theo (1), ta có yn = xn+1 − xn = ( n + 1)( n2 + 1) n2 + n + x − x = xn n n n3 n3 14 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Do ( n + 1)2 + ( n + 1) + n2 + n + yn+1 − yn = xn+1 − xn ( n + 1)3 n3 n2 + n + n2 + n + ( n + 1)( n2 + 1) · xn − xn = ( n + 1)3 n3 n3 xn ( n2 + n + 3)( n2 + 1) = − ( n2 + n + 1) n ( n + 1) xn n+2 = 1+ ( n2 + 1) − ( n2 + n + 1) n ( n + 1)2 xn ( n + 2)( n2 + 1) xn = −n = > n ( n + 1) n ( n + 1)2 Điều chứng tỏ yn dãy tăng • Chứng minh yn bị chặn Sử dụng (2), với n yn = n2 + n + xn n3 2, ta có n2 + n + 4( n3 − 1) · 4( n − 1) = < n3 n3 Do y1 < y2 < · · · < yn < 4, hay nói cách khác, dãy yn bị chặn Từ hai kết vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy kết cần chứng minh Nhận xét Khi làm toán này, có lẽ bạn học sinh không khó để tìm tính chất • xn+1 = (n+1)(n n3 • yn = +1) xn n2 + n+1 xn n3 • yn dãy tăng Và đó, công việc lại tìm chặn cho yn Có thể nói yếu tố quan trọng toán Việc tìm đánh giá (2) giải thích sau: Ta biết hàm phân g(x) thức f ( x) = h(x) với g( x), h( x) đa thức đồng bậc h( x) > bị chặn số Mà quan sát công thức truy hồi yn , ta thấy n +nn3 +1 hàm phân thức theo n với n2 + n + đa thức bậc n3 đa thức bậc Từ ta có ý tưởng đánh giá xn với hàm đa thức bậc theo n (chiều ) yn LỜI GIẢI VMO 2011 15 bị chặn hàm phân thức với tử đa thức bậc mẫu đa thức bậc 3, theo tính chất vừa nhắc lại trên, ta biết yn bị chặn số Với ý tưởng vậy, ta mong muốn có đánh giá dạng xn an + b Ngoài ra, từ công thức truy hồi xn , ta nghĩ đến việc thiết lập đánh giá quy nạp (vì đơn giản cả) Như thế, ta cần phải chọn số thực a, b cho ( n + 1)( n2 + 1) (an + b) n3 a( n + 1) + b Thực phép khai triển, ta viết bất đẳng thức lại thành −(a + b) n( n + 1) − b Để điều với n 1, ta cần có a + b 2(a + b) + b Và tất nhiên, để đơn giản, ta chọn a + b = b < 0, tức a = −b > Khi đó, ta thu bất đẳng thức dạng xn a( n − 1) Ta thấy có a cho đánh giá với số n0 đánh giá với n n0 (do lý luận trên) Và thế, ta cần xét vài giá trị n nhỏ chọn a cho bất đẳng thức với giá trị Ngoài ra, ta thấy bất đẳng thức không thỏa mãn với n = 1, nên ta xét với n = Khi đó, bất đẳng thức trở thành a Và đơn giản, ta nghĩ đến việc chọn a = Đây nguồn gốc việc thiết lập (2) Lời giải Áp dụng giả thiết cho đề bài, ta có n n−1 ( n − 1)2 xn ( n + 1)( n2 + 1) n2 xn+1 = xk = xn + xk = xn + = xn 2( n + 1) k=1 2n n3 k=1 (3) Từ suy xn+1 − xn = n2 + n + xn u n với u n = n n Do (3) nên ta có u n+1 = n2 + 1 un = + un n n (4) 16 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Mặt khác, dễ thấy xn > 0, ∀n ∈ N∗ nên ta có u n > 0, ∀n ∈ N∗ Vì vậy, ta đặt ln u n = Khi vn+1 = + ln + > , n2 ∀ n ∈ N∗ Vậy {vn }n∈N∗ dãy tăng Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức ln(1 + x) < x, ∀ x > 0, ta thu vn+1 < + n2 Từ ta có (n−1)2 v n < v1 + + k=2 (n−1) 1 = v1 + − , < v + + n−1 k k=2 k( k − 1) ∀n Điều chứng tỏ {vn }n∈N∗ bị chặn, {vn } dãy tăng nên ta suy {vn } hội tụ Vì u n = e hàm f ( x) = e x hàm liên tục nên {u n }n∈N∗ hội tụ Từ lý luận kết hợp với lim n +nn2 +1 = (4), ta suy điều phải chứng minh BÀI SỐ 3: HÌNH HỌC PHẲNG Bài Cho đường tròn (O ), đường kính AB P điểm tiếp tuyến (O ) B (P ≡ B) Đường thẳng AP cắt (O ) lần thứ hai C D điểm đối xứng C qua O Đường thẳng DP cắt (O ) lần thứ hai E (a) Chứng minh AE, BC, PO đồng quy M (b) Tìm vị trí điểm P để diện tích tam giác AMB lớn Tính diện tích lớn theo R bán kính (O ) Lời giải Trước hết xin nhắc lại không chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho hình thang ABCD, AB ∥ CD Giả sử AC cắt BD O AD cắt BC I Khi đó, OI qua trung điểm AB CD P C M F E A B O D Quay trở lại toán: (a) Gọi F giao điểm AE BP Từ tính chất góc nội tiếp đường cao tam giác vuông ta dễ thấy ∠ AEC = ∠ ABC = ∠BPC, tứ giác CPFE nội tiếp Từ suy ∠CPE = ∠CFE, ∠PCE = ∠EFB 18 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Cộng đẳng thức góc với ý ∠CEP = 90◦ , ta suy 90◦ = ∠CPE + ∠PCE = ∠CFE + ∠EFB = ∠CFB, hay CF ⊥ PB, CF ∥ AB Gọi M giao điểm CB AE Áp dụng bổ đề cho hình thang ABFC, ta có MP qua trung điểm AB hay MP qua O Vậy AE, BC, OP đồng quy M, điều phải chứng minh (b) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác APO với C, M, B thẳng hàng, ta dễ thấy OM CA = OP C A + 2CP Từ ta có CA S M AB OM = = S P AB OP C A + 2CP Suy S M AB = S P AB · CA C A + 2CP S P AB · CA C A · 2CP BC · P A CA 4R R2 = · = = 2 2BC 2 Đẳng thức xảy PB = 2R = S P AB · CA 2BC BÀI SỐ 4: TOÁN RỜI RẠC Bài Cho ngũ giác lồi ABCDE có cạnh hai đường chéo AC, AD có độ dài không vượt Trong ngũ giác lồi lấy 2011 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình tròn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác lồi ABCDE chứa 403 điểm số 2011 điểm cho Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho điểm I nằm tam giác X Y Z có độ dài cạnh nhỏ Khi đó, min{ I X , IY , I Z } < Chứng minh Thật vậy, ∠ X IY + ∠Y I Z + ∠ Z I X = 360◦ nên ba góc ∠ X IY , ∠Y I Z, ∠ Z I X phải có góc không nhỏ 120◦ Giả sử ∠ X IY 120◦ tam giác I X Y , theo định lý cosin ta có X Y = I X + IY − I X · IY cos ∠ X IY I X + IY + I X · IY Từ đưa đến min{ I X , IY } min{ I X , IY } Bổ đề chứng minh ■ Quay trở lại toán Theo giả thiết tam giác ABC, ACD, ADE có ba cạnh nhỏ 3, mà điểm 2011 điểm gieo ngũ giác ABCDE thuộc miền trong ba tam giác nên theo bổ đề, điểm phải cách đỉnh ngũ giác khoảng không lớn Theo nguyên lý Dirichlet, có đỉnh ngũ giác có khoảng cách không lớn đến 2011 = 403 điểm Từ ta có điều phải chứng minh 20 d DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN BÀI SỐ 5: DÃY SỐ CÓ TÍNH CHẤT SỐ HỌC Bài Cho dãy số nguyên {a n } xác định a = 1, a = −1 a n = 6a n−1 + 5a n−2 với n Chứng minh a 2012 − 2010 chia hết cho 2011 Lời giải Xét dãy {b n } xác định sau b = 1, b = −1 b n = b n−1 + 2016 b n−2 với n Dãy có phương trình đặc trưng x2 − x − 2016 = có hai nghiệm x = −42 x = 48 Từ đây, sử dụng kiến thức phương trình sai phân, ta tìm công thức tổng quát dãy bn = 41 · 48n + 49 · (−42)n , 90 ∀ n ∈ N Ngoài ra, ta dễ dàng chứng minh quy nạp a n ≡ b n (mod 2011), ∀ n ∈ N Theo đó, ta cần chứng minh b2012 + ≡ (mod 2011) xong Ta có b 2012 + = 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 90 Do 2011 số nguyên tố, 2011, 90 hai số nguyên tố nên ta cần chứng minh 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ (mod 2011) (1) Mà theo định lý Fermat nhỏ, ta có 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ 41 · 482 + 49 · 422 + 90 (mod 2011) = 90 b + 90 = 90 · (−1) + 2016 · + 90 = 90 · 2010 + 90 = 90 · 2011 ≡ (mod 2011) Vì vậy, (1) Bài toán chứng minh xong 22 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Lời giải Phương trình đặc trưng dãy cho x2 − x − = có hai nghiệm − 14 + 14, ta dễ dàng tìm công thức số hạng tổng quát dãy n − 14 + 14 an = + + 14 − 14 n 14 n−1 −7 + 14 + 14 = − + 14 − 14 n−1 14 = − u n + 2vn , un = + 14 n−1 + − 14 n−1 , = + 14 n−1 − − 14 n−1 14 Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có 1005 u 2012 = 2k C 2011 32011−2k 14k = 32011 + 1005 k=0 2k C 2011 32011−2k 14k k=1 Do < 2k < 2011 với k 1005 2011 số nguyên tố nên 2k C 2011 = 2011 2k−1 C 2010 2011 2k Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ 32011 ≡ (mod 2011) Do vậy, kết hợp lập luận lại với nhau, ta u 2012 ≡ (mod 2011) (2) Tương tự với , ta sử dụng khai triển Newton thu 1006 v2012 = 2k−1 2012−2k C 2011 14k−1 = 141005 + k=1 1005 2k−1 2012−2k C 2011 14k−1 k=1 Đến đây, cách sử dụng tính nguyên tố 2011, ta thấy 2k−1 C 2011 2k−2 C 2010 2011 = 2011 2k − LỜI GIẢI VMO 2011 23 với k ∈ {1, 2, , 1005} Vì v2012 ≡ 141005 (mod 2011) Do 14 = 2025 − 2011 = 452 − 2011 ≡ 452 (mod 2011) nên áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có 141005 ≡ 452010 ≡ (mod 2011) Suy v2012 ≡ (mod 2011) Từ (2) (3), ta có a 2012 − 2010 ≡ −3 + · − 2010 ≡ (mod 2011) Bài toán chứng minh xong (3) 24 d DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN BÀI SỐ 6: HÌNH HỌC PHẲNG Bài Cho tam giác ABC không cân A có góc ABC, ACB góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho D không trùng với B, C hình chiếu vuông góc A BC Đường thẳng d vuông góc với BC D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng E F Gọi M, N P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDE CDF Chứng minh bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn đường thẳng d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải Ta thấy toán cho kết hợp học hai kết sau Bổ đề Cho tam giác ABC không cân A có góc ABC, ACB góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho D không trùng với B, C hình chiếu vuông góc A BC Đường thẳng d vuông góc với BC D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng E, F ( N ), (P ) đường tròn nội tiếp tam giác BDE, CDF Khi đó, d qua tâm nội tiếp tam giác ABC tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A Bổ đề Cho tam giác ABC không cân A có góc ABC, ACB góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho D không trùng với B, C hình chiếu vuông góc A BC Đường thẳng d vuông góc với BC D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng E, F Gọi M, N P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDE CDF Khi đó, bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A Như vậy, ta cần chứng minh hai bổ đề toán giải xong Chứng minh bổ đề Ta chứng minh hai chiều • Giả sử tiếp tuyến khác d ( N ) (P ) qua A Gọi giao điểm tiếp tuyến d T Dễ thấy tứ giác T ABD T ACD ngoại tiếp, theo tính chất tứ giác ngoại tiếp, ta có AB + TD = AT + BD AC + TD = AT + DC Từ hai đẳng thức này, ta dễ thấy DB − DC = AB − AC 26 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Lại có DB + DC = BC nên DB = BA + BC − AC , DC = C A + CB − AB Vậy D tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với BC, hay d qua tâm nội tiếp tam giác ABC E A F I T N P B C D d • Giả sử d qua tâm nội tiếp tam giác ABC, ta có đẳng thức DB − DC = BA + BC − AC C A + CB − AB − = AB − AC 2 Gọi giao điểm tiếp tuyến qua A (khác AB) ( N ) d T Tứ giác T ABD ngoại tiếp nên ta có AB + TD = AT + BD Kết hợp đẳng thức trên, ta suy AC + TD = AT + DC Điều chứng tỏ tứ giác T ADC ngoại tiếp Vậy AT tiếp xúc (P ), hay nói cách khác, AT tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A ■ 27 LỜI GIẢI VMO 2011 Chứng minh bổ đề Ta chứng minh hai chiều • Giả sử tiếp tuyến chung ( N ) (P ) qua A, ta phải chứng minh bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn Để ý E, M, N thẳng hàng F, M, P thẳng hàng, ∠ N MP = 180◦ − ∠EMF = 180◦ − 90◦ + = 90◦ − ∠E AF ◦ 180 − ∠BAC ∠BAC = 2 Mặt khác, tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A nên ∠BAC ∠ N AP = Kết hợp hai đẳng thức trên, ta suy tứ giác AMNP nội tiếp E A M F I T N P B C D d x • Giả sử A, M, N, P nằm đường tròn, ta phải chứng minh tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A Cũng từ lập luận trên, ta có ∠ N MP = ∠BAC 28 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Do A, M, N, P nằm đường tròn nên ∠ N AP = ∠ N MP Kết hợp với trên, ta suy ∠ N AP = ∠BAC Qua A vẽ tiếp tuyến Ax ( N ), ta có ∠ N Ax = ∠BAx Do ∠P Ax = ∠ N AP − ∠ N Ax = ∠BAC − ∠BAx = ∠C Ax = ∠P AC Từ suy Ax đối xứng AC qua AP mà AC tiếp xúc (P ) Vậy Ax tiếp xúc (P ) Nhận xét Phần thuận bổ đề thi vô địch Nga năm 2009 (phần dành cho lớp 10) BÀI SỐ 7: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN R Bài Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức P ( x, y) = x n + x y + yn viết dạng P ( x, y) = G ( x, y) · H ( x, y), G ( x, y) H ( x, y) đa thức với hệ số thực, khác đa thức Lời giải Giả sử tồn đa thức G ( x, y) H ( x, y) thỏa mãn deg G 1, deg H cho P ( x, y) = G ( x, y) · H ( x, y) Khi dễ thấy deg H + deg G = n Từ giả thiết ta có G ( x, 0) · H ( x, 0) = x n , suy tồn k ∈ N, a a = cho H ( x, 0) = a x k , G ( x, 0) = a x n−k Do H ( x, y) G ( x, y) đa thức nên ta viết chúng dạng H ( x, y) = a x k + yH1 ( x, y), G ( x, y) = a x n−k + yG ( x, y), G ( x, y), H1 ( x, y) đa thức Thay vào P ( x, y) rút gọn, ta a x k yG ( x, y) + a x n−k yH1 ( x, y) + y2 G ( x, y) · H1 ( x, y) = x y + yn , hay a x k G ( x, y) + a x n−k H1 ( x, y) − x = yn−1 − yG ( x, y) · H1 ( x, y) Cho y = 0, ta có x = a x k G ( x, 0) + a x n−k H1 ( x, 0) Giả sử k n − k lớn Khi ta có hai khả xảy • Cả hai đa thức G ( x, 0) H1 ( x, 0) đồng 0, suy x đồng (vô lí) • Có hai đa thức có bậc 1, giả sử G ( x, 0) Khi bậc hạng tử cao đa thức vế phải k +deg G > 30 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Do vậy, hai số k, n − k phải có số bé Không tính tổng quát, ta giả sử k • Nếu k = H1 ≡ Khi H ( x, y) ≡ a (loại) • Nếu k = H1 ≡ b = Khi H ( x, y) = a x + b y hay x n + x y + yn = 0, ∀x = − by a1 Mà điều kể n = Vậy toán chứng minh [...]... = 2k C 2011 32011 2k 14k = 32011 + 1005 k=0 2k C 2011 32011 2k 14k k=1 Do 1 < 2k < 2011 với 1 k 1005 và 2011 là số nguyên tố nên 2k C 2011 = 2011 2k−1 C 2010 2011 2k Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ thì 32011 ≡ 3 (mod 2011) Do vậy, kết hợp các lập luận lại với nhau, ta được u 2012 ≡ 3 (mod 2011) (2) Tương tự với vn , ta cũng sử dụng khai triển Newton và thu được 1006 v2012 = 2k−1 2012−2k C 2011 3... + k=1 1005 2k−1 2012−2k C 2011 3 14k−1 k=1 Đến đây, cũng bằng cách sử dụng tính nguyên tố của 2011, ta thấy 2k−1 C 2011 2k−2 C 2010 2011 = 2011 2k − 1 LỜI GIẢI VMO 2011 23 với k ∈ {1, 2, , 1005} Vì vậy v2012 ≡ 141005 (mod 2011) Do 14 = 2025 − 2011 = 452 − 2011 ≡ 452 (mod 2011) nên áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có 141005 ≡ 452010 ≡ 1 (mod 2011) Suy ra v2012 ≡ 1 (mod 2011) Từ (2) và (3), ta có... n (mod 2011) , ∀ n ∈ N Theo đó, ta chỉ cần chứng minh b2012 + 1 ≡ 0 (mod 2011) nữa là xong Ta có b 2012 + 1 = 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 90 Do 2011 là số nguyên tố, và 2011, 90 là hai số nguyên tố cùng nhau nên ta chỉ cần chứng minh 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ 0 (mod 2011) (1) Mà theo định lý Fermat nhỏ, ta có 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ 41 · 482 + 49 · 422 + 90 (mod 2011) =... lại bài toán Theo giả thi t thì các tam giác ABC, ACD, ADE đều có cả ba cạnh nhỏ hơn 3, mà mỗi điểm trong 2011 điểm gieo trong ngũ giác ABCDE đều thuộc miền trong của một trong ba tam giác này nên theo bổ đề, mỗi điểm phải cách một đỉnh nào đó của ngũ giác một khoảng không lớn hơn 1 Theo nguyên lý Dirichlet, có một đỉnh của ngũ giác có khoảng cách không lớn hơn 1 đến ít nhất 2011 = 403 điểm Từ đó ta... khi PB = 2R = S P AB · CA 2 2BC BÀI SỐ 4: TOÁN RỜI RẠC Bài 4 Cho ngũ giác lồi ABCDE có các cạnh và hai đường chéo AC, AD có độ dài không vượt quá 3 Trong ngũ giác lồi lấy 2011 điểm phân biệt bất kì Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác lồi ABCDE và chứa ít nhất 403 điểm trong số 2011 điểm đã cho Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho điểm I nằm... + 90 = 90 6 · (−1) + 2016 · 1 + 90 = 90 · 2010 + 90 = 90 · 2011 ≡ 0 (mod 2011) Vì vậy, (1) đúng Bài toán được chứng minh xong 22 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Lời giải 2 Phương trình đặc trưng của dãy đã cho là x2 − 6 x − 5 = 0 có hai nghiệm là 3 − 14 và 3 + 14, do đó ta dễ dàng tìm được công thức số hạng tổng quát của dãy là n 7 − 2 14 3 + 14 an = + 7 + 2 14 3 − 14 n 14 n−1 −7 + 14 3 + 14 = − 7 + 14 3... là bài thi vô địch Nga năm 2009 (phần dành cho lớp 10) BÀI SỐ 7: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN R Bài 7 Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức P ( x, y) = x n + x y + yn không thể viết dưới dạng P ( x, y) = G ( x, y) · H ( x, y), trong đó G ( x, y) và H ( x, y) là các đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng Lời giải Giả sử tồn tại các đa thức G ( x, y) và H ( x, y) thỏa mãn deg G 1, deg H 1... các đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng Lời giải Giả sử tồn tại các đa thức G ( x, y) và H ( x, y) thỏa mãn deg G 1, deg H 1 sao cho P ( x, y) = G ( x, y) · H ( x, y) Khi đó dễ thấy deg H + deg G = n Từ giả thi t ta có G ( x, 0) · H ( x, 0) = x n , suy ra tồn tại k ∈ N, a 1 a 2 = 1 sao cho H ( x, 0) = a 1 x k , G ( x, 0) = a 2 x n−k Do H ( x, y) và G ( x, y) là các đa thức nên ta có thể viết... tại M (b) Tìm vị trí của điểm P để diện tích tam giác AMB là lớn nhất Tính diện tích lớn nhất đó theo R là bán kính của (O ) Lời giải Trước hết xin nhắc lại không chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho hình thang ABCD, AB ∥ CD Giả sử AC cắt BD tại O và AD cắt BC tại I Khi đó, OI đi qua trung điểm AB và CD P C M F E A B O D Quay trở lại bài toán: (a) Gọi F là giao điểm của AE và BP Từ tính chất góc nội tiếp... 2025 − 2011 = 452 − 2011 ≡ 452 (mod 2011) nên áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có 141005 ≡ 452010 ≡ 1 (mod 2011) Suy ra v2012 ≡ 1 (mod 2011) Từ (2) và (3), ta có a 2012 − 2010 ≡ −3 + 2 · 1 − 2010 ≡ 0 (mod 2011) Bài toán được chứng minh xong (3) 24 d DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN BÀI SỐ 6: HÌNH HỌC PHẲNG Bài 6 Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC, ACB là các góc nhọn Xét một điểm D di động trên ... C 2011 32011 2k 14k = 32011 + 1005 k=0 2k C 2011 32011 2k 14k k=1 Do < 2k < 2011 với k 1005 2011 số nguyên tố nên 2k C 2011 = 2011 2k−1 C 2010 2011 2k Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ 32011. .. 2012−2k C 2011 14k−1 k=1 Đến đây, cách sử dụng tính nguyên tố 2011, ta thấy 2k−1 C 2011 2k−2 C 2010 2011 = 2011 2k − LỜI GIẢI VMO 2011 23 với k ∈ {1, 2, , 1005} Vì v2012 ≡ 141005 (mod 2011) ... 2025 − 2011 = 452 − 2011 ≡ 452 (mod 2011) nên áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có 141005 ≡ 452010 ≡ (mod 2011) Suy v2012 ≡ (mod 2011) Từ (2) (3), ta có a 2012 − 2010 ≡ −3 + · − 2010 ≡ (mod 2011)