ky yeu hau ggth 2016

GẶP GỠ TOÁN HỌC 2016 Trần Nam Dũng (chủ biên) Nguyễn Văn Huyện Phạm Tiến Kha Tống Hữu Nhân Huỳnh Phước Trường Thành phố Hồ Chí Minh, 8/2016 MỤC LỤC Lời nói đầu Nguyễn Văn Mậu Phương trình hàm Lê Bá Khánh Trình Hai tam giác tương ứng song song Trần Nam Dũng Phương pháp tư tổ hợp 12 Trần Nam Dũng Phương pháp tổ hợp 18 Lưu Bá thắng Hàm tổng chữ số 21 Nguyễn Song Minh Số phức số học 26 Võ Quốc Bá Cẩn Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức 29 Võ Quốc Bá Cẩn Sử dụng tính tồn ánh giải phương trình hàm 36 Võ Quốc Bá Cẩn Phương trình hàm 40 Lê Phúc Lữ Một số vấn đề đường đối trung 64 Lê Phúc Lữ Các tốn hình học 72 Ban biên tập Đề thi Olymic GGTH 2016 81 Ban biên tập Các toán đề nghị 84 Gặp gỡ tốn học 2016 LỜI NĨI ĐẦU Gặp Gỡ Tốn Học chương trình thường niên tổ chức nhằm bồi dưỡng bạn học sinh giỏi đến từ trường chuyên khắp tỉnh phía Nam Được tổ chức lần vào năm 2010, đến nay, chương trình đồng hành với lứa học sinh giỏi qua tám lần Gặp Gỡ Gặp Gỡ Toán Học năm 2016 tổ chức từ ngày 15/7 đến ngày 22/7 trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai, quy tụ 100 bạn học sinh đến từ thủ đô Hà Nội trải dài đến vùng đất mũi Cà Mau Với giảng chất lượng chuyên gia, hoạt động sinh hoạt sôi huấn luyện viên, chuyến dã ngoại đầy ắp niềm vui thi Olympic Gặp Gỡ Tốn Học “khó từ trước đến nay”, bạn học sinh trải qua tuần làm việc hết suất với kỷ niệm khó quên người bạn đồng trang lứa đến từ khắp miền tổ quốc, để chương trình kết thúc, bạn hẳn thu trải nghiệm quý báu “Toán Học” “Gặp Gỡ” Quý bạn đọc thân mến, Các bạn có tay Kỷ yếu Hậu Gặp Gỡ Toán Học 2016, nét đổi đặc sắc chương trình Gặp Gỡ Tốn Học năm Quyển Kỷ yếu đời nhằm giúp bạn học sinh tham gia chương trình có tài liệu đầy đủ giảng học, đồng thời tạo điều kiện cho bạn học sinh hội tham gia Gặp Gỡ Tốn Học tiếp cận với giảng chuyên gia nhiều lĩnh vực Đó giảng Đại số thầy Nguyễn Văn Mậu, thầy Võ Quốc Bá Cẩn, giảng Hình học thầy Lê Bá Khánh Trình, thầy Lê Phúc Lữ, giảng Số học thầy Lưu Bá Thắng, thầy Nguyễn Song Minh giảng Tổ hợp thầy Trần Nam Dũng Bên cạnh đề thi thức Olympic Gặp Gỡ Tốn học toán đề nghị Cùng với Kỷ yếu thường niên, Kỷ yếu Hậu Gặp Gỡ Toán Học thay cho lời tổng kết để biến Gặp Gỡ Toán Học trở thành chương trình mang tính chun nghiệp xun suốt : khởi động với lời kêu gọi viết cho Kỷ yếu Gặp Gỡ Toán Học, hoạt động hứng khởi tuần lễ diễn thức, cuối Kỷ yếu Hậu Gặp Gỡ Tốn Học để nhìn lại q trình từ tiếp tục đề hướng Để hoàn thành Kỷ yếu Hậu Gặp Gỡ Tốn Học, chúng tơi khơng thể khơng nhắc đến giúp đỡ tận tình thầy, chuyên gia tham gia giảng dạy Gặp Gỡ Toán Học 2016 Các thầy tạo điều kiện tốt cho Ban biên tập việc tổng hợp giảng, cho góp ý sâu sắc chun mơn để chúng tơi hồn thiện tài liệu lần đầu mắt Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn trân trọng đến quý thầy cô, quý bạn đọc gần xa không ngừng động viên, cổ vũ mặt tinh thần để chúng tơi có thêm động lực hồn thành nhanh chóng cơng việc gửi đến độc giả Chính lời thăm hỏi, quan tâm giúp chúng tơi nhận cơng việc làm thật có ý nghĩa, để từ Gặp gỡ tốn học 2016 chúng tơi thêm hứng thú trách nhiệm biên tập Kỷ yếu Với vai trò người biên tập, chúng tơi khơng lấy hạnh phúc ngồi việc q bạn đọc tìm thấy điều hữu ích, mẻ trang Kỷ yếu Cuốn Kỷ yếu viết dành cho đối tượng bạn đọc, từ học sinh, giáo viên độc giả đam mê Tốn học, chúng tơi ln mong mỏi lời đóng góp chân thành quý bạn đọc để kịp thời nắm bắt đáp ứng nhu cầu bạn lần phát hành Kỷ yếu sau Đây lần Kỷ yếu phát hành, đơn sơ giản dị Chúng tơi hy vọng qua thời gian, Kỷ yếu Hậu Gặp Gỡ Toán Học ngày đặc sắc, phong phú thêm, trở thành sản phẩm khơng phải riêng cá nhân, tổ chức mà xây dựng, bồi đắp cộng động người yêu Toán Việt Nam, với tinh thần “độc giả tác giả” Còn bây giờ, xin mời bạn thưởng thức Kỷ yếu Hậu Gặp Gỡ Toán Học 2016 ! TP.HCM, tháng năm 2016 Ban Biên Tập Gặp gỡ tốn học 2016 PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nguyễn Văn Mậu (Hội toán học Hà Nội) Kiến thức cần nhớ 1.1 Các dạng toán hàm số (sơ cấp) f t / D at; f t / D at C b; f t/ D t m với a; b R m N: f t / D at ; f t/ D loga t với a R: f t / D sin t; f t / D cos t; f t / D tan t; f t/ D cot t: f t / D arcsin t; f t/ D arccos t; f t/ D arctan t; f t/ D arccot t: f t / D sinh t; f t / D cosh t; f t/ D t; f t/ D cotanh t: 1.2 Hàm tuần hoàn phản tuần hoàn Hàm tuần hoàn hàm có dạng: f t C h/ D f t/; 8t R; h > 0: Hàm phân tuần hồn hàm có dạng: f t C h/ D f t/; 8t R; h > 0: ı Các hàm số sin cos tuần hoàn với h D , phản tuần hoàn với h D ı Các hàm số tan cot tuần hoàn với h D , khơng phản tuần hồn Hàm tuần hồn cộng tính hàm tuần hồn thỏa f x Cy/ D f x/Cf y/; 8x; y R: Tương tự ta có hàm phản tuần hồn cộng tính Hàm tuần hồn nhân tính hàm tuần hồn thỏa f xy/ D f x/f y/; 8x; y R: Tương tự ta có hàm phản tuần hồn cộng tính 1.3 Hàm chẵn hàm lẻ Hàm chẵn hàm có dạng: f t / D f t/; 8t R: Hàm lẻ hàm có dạng: f t / D f t/; 8t R: Gặp gỡ tốn học 2016 Ngun lý chia đơi Khi giải hàm mà biển đổi đẳng thức phương pháp nên nghĩ đến phương pháp chia đôi, tức có dạng A D b , A D A C B/: Bài tốn Tìm tất hàm f R thỏa mãn  à f D f t/; 8t R: (1) t Lời giải Ta có   Ãà  à 1 D f t / , f t/ D f t/ C f ; 8t R: f t t Ta chứng minh với t f có dạng   Ãà 1 f t / D g.t/ C g ; 8t R; t (2) (3) với g hàm số tùy ý Chiều ngược: Chứng minh dạng (3) thỏa điều kiện hàm f: Thật vây  à   à à 1 f D g C g.t/ D f t/; t t ta có điều phải chứng minh  à Chiều thuận: Giả sử f thỏa f D f t/; 8t R: Chứng minh f phải có dạng (3) t Vì f thỏa (1) nên f thỏa (2), suy f thỏa (3) Vậy hàm (3) hàm cần tìm Bài tốn Tìm tất hàm f R thỏa mãn f Lời giải Đặt g.x/ D f x/ ta có x/ C f x/ D 2x 4x C 4; 8x R: x : Khi phương trình thành g.2 g.1 C t/ C g.1 Tương tự ta có g.1 C t / D g.1 x/ D g.x/: Đặt t D t/ D 0: t/ D g.1 C t/ g.1 Tương tự ta chứng minh g.1 C t / D k.1 C t/ Vậy f x/ D x C k.x/ k.2 x// : k.1 t/; 8t R: t//: x Gặp gỡ toán học 2016 Các tập tương tự Bài tập Tìm tất hàm f R thỏa mãn f t/ D f t/; 8t R: Bài tập Tìm tất hàm f R thỏa mãn f t/ D Bài tập Tìm tất hàm f R thỏa mãn f t f t/ D 1; 8t R Bài tập Tìm tất hàm f R thỏa mãn f x/ D nghiệm x D ˙1: f t/; 8t R axCb cxCd cho f x/ D x có hai Gặp gỡ tốn học 2016 HAI TAM GIÁC TƯƠNG ỨNG SONG SONG Lê Bá Khánh Trình (Đại học KHTN ĐHQG, thành phố Hồ Chí Minh) Định lý Định lý Cho hai 4ABC; 4A0 B C có cạnh tương ứng song song Khi đó, đường thẳng AA0 ; BB ; C C đồng quy tâm vị tự S hai tam giác Bài toán Bài toán Cho 4ABC nhọn nội tiếp đường tròn O/, có đường AD; BE; CF Các điểm K; M; N thuộc cạnh EF; FD; DE cho đường thẳng KD; ME; NF song song với đường thẳng OA; OB; OC Gọi T; U; V trung điểm đoạn DK; EM; F N a) Chứng minh đường thẳng AT; BU; C V đồng quy điểm S: b) Chứng minh điểm S nằm đường thẳng Euler 4ABC: A E J K X U F V H M Y B T Z X0 N C D Gặp gỡ toán học 2016 Lời giải a) Gọi H trực tâm 4ABC Dễ thấy H tâm nội tiếp, A; B; C tâm bàng tiếp 4DEF H / tiếp xúc với EF; FD; DE X; Y; Z: Do OA?EF J DK k OA nên DK?EF , suy DK; EM; F N đường cao 4DEF: Kẻ đường kính XX I /, dễ thấy D; X ; J thẳng hàng Ta có XX k DK vng góc EF , mà I trung điểm XX nên DJ; DX; DA; DK/ D Suy tiếp AJ; AX; AD; AK/ D trung điểm T DK: Suy 1, kết hợp DK k AJ vng góc EF , nên AX qua Y XE AF Y XE AC Y XE D D D1 sin ∠TAF XF AE XF AB XF DX; EY; F Z đồng quy điểm Gergonne 4DEF Theo định lý Ceva dạng sin, AT; BU; C V đồng quy S: Y sin ∠TAE D b) Do Y Z vng góc với phân giác góc D nên song song với phân giác ngồi góc D hay Y Z k BC Suy 4ABC 4XY Z có cạnh song song, mà H; O tâm ngoại nên AX; BY; C Z đồng quy điểm nằm OH Bài toán Cho 4ABC nội tiếp đường tròn O/, ngoại tiếp đường tròn I / (E; F tiếp điểm với cạnh AB; AC ) Đường tròn O1 / qua hai đỉnh A; B tiếp xúc với đường tròn I / điểm M , đường tròn O2 / qua hai đỉnh A; C tiếp xúc với đường tròn I / điểm N: a) Chứng minh đường thẳng EM; F N; AD đồng quy điểm S: b) Chứng minh điểm S nằm đường thẳng OI: Gặp gỡ toán học 2016 H K A Q P F S E I M N O B C D Lời giải a) Gọi S giao điểm EM; F N SE; SF cắt MAB/; MAC / P; Q Do I / tiếp xúc AB; O1 / AC; O2 / nên ( PA2 D PE PM D PP =.I / D P I QA2 D QF QN D PQ=.I / D QI PA2 PQ k EF QA2 D PI r2 r2 QI Theo định lý Carnot, suy AI ?PQ Mà AI ?EF , nên Mặt khác, MN đối song với EF , suy tiếp MN đối song với PQ, hay PQMN nội tiếp Do PS=.MAB/ D SM SP D SN SQ D PS=.MAC / ; hay S nằm AD trục đẳng phương MAB/; MAC /: b) Cách O; P nằm đường trung trực AB nên OP ?AB Mà IE?AB nên OP k IE Tương tự, OQ k IF: Theo chứng minh PQ k EF , nên 4OPQ; 4IEF có cạnh tương ứng song song nên OI; EP; FQ đồng quy tâm vị tự S hai tam giác Cách Tiếp tuyến M; N MAB/; MAC / cắt AB; AC H; K S nằm đường đối cực H; K I /, nên theo định lý La Hire, HK đường đối cực S I / hay IS?HK: 1/ 10 Gặp gỡ toán học 2016 a) Chứng minh đường tròn đường kính AK trực giao với đường tròn I1 /; I2 /: b) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định D di động đoạn BC: Lời giải a) AI1 vng góc KX G, AI2 vng góc K Y H nên AGHK nội tiếp M; MA/ Do PM=.I1 / D I1 M I1 X D I1 M I1 G I1 A D I1 M PI1 =.M;MA/ D MA2 : Chứng minh tương tự, ta có PM=.I2 / D MA2 : Vậy đường tròn đường kính AK trực giao với I1 / ; I2 / b) Từ câu a), suy PM=.I1 / D PM=.I2 / D MA2 Mặt khác, N trung điểm XY nên PN=.I1 / D NX D N Y D PN=.I2 / Từ suy MN trục đẳng phương I1 / ; I2 / : A M T1 G T2 H I1 B K X N I2 Y Z1 D Z2 C P Ta có I1 / tiếp xúc BD Z1 tiếp xúc với O/ T1 , I2 / tiếp xúc CD Z2 tiếp xúc với O/ T2 Theo kết quen thuộc, Z1 T1 ; Z2 T2 qua P điểm cung BC không chứa A O/ PP =.I1 / D PZ1 P T1 D PB D P C D P Z2 P T2 D PP =.I2 / : Suy P nằm trục đẳng phương MN I1 / ; I2 /, hay MN qua điểm P cố định D di động BC Bài tốn Cho đường tròn O/ dây cung BC cố định, điểm A di chuyển cung lớn BC Các điểm E; F tia BA; CA cho BE D CF D BC Đường thẳng qua E song song cạnh BF cắt đường thẳng qua điểm F song song cạnh CE điểm D Dựng tam giác XBC; YBC: a) Chứng minh đường thẳng AD qua điểm cố định điểm A di chuyển 103 Gặp gỡ toán học 2016 b) Hai đường thẳng thay đổi qua điểm X cắt hai đường tròn EXY / ; FXY / M; N P; Q Chứng minh đường thẳng qua trung điểm MQ NP qua điểm cố định MN; PQ di chuyển Lời giải a) Gọi J giao điểm BF; CE (ta xét trường hợp J nằm 4ABC , trường hợp nằm chứng minh tương tự) Dựng hình bình hành JBJ C Dễ thấy JEDF hình bình hành A D E F J B C J0 Do 4BEC cân B nên CE vng góc với phân giác góc B mà CEkBJ nên BJ vng góc với phân giác góc B, hay BJ phân giác ngồi góc B Tương tự, CJ phân giác ngồi góc C , suy J tâm bàng tiếp góc A 4ABC: Xét tứ giác tồn phần AEJFBC , theo định lý Gauss, trung điểm JA; EF; BC thẳng hàng Mặt khác JEDF JBJ C hình bình hành nên trung điểm EF; BC trung điểm JD; JJ Suy trung điểm JA; JD; JJ thẳng hàng, nên theo định lý Thales, A; D; J thẳng hàng Mà J tâm bàng tiếp nên AD phân giác ∠A Do AD ln qua điểm cố định trung điểm cung BC không chứa A: b) Rõ ràng EXY / ; FXY / BI BC / ; C I BC /, ý hai đường tròn Khơng tính tổng qt, giả sử đoạn NP cắt đoạn XY S I4 R I1 Q X M P I2 N I3 B Y 104 C Gặp gỡ toán học 2016 Gọi R giao điểm XQ; Y N ; S giao điểm XM; YP Gọi I1 ; I2 ; I3 ; I4 trung điểm MQ; NP; X Y; RS Xét tứ giác toàn phần XN YPRS , theo định lý Gauss, I2 ; I3 ; I4 thẳng hàng (1) Do B/ ; C / nên ∠XQY D ∠XM Y , suy ∠RQY D ∠SM Y Kết hợp ∠N YQ D ∠NXQ D ∠M XP D ∠M YP , ta 4YQR 4YMS Suy tiếp ∠QRY D ∠MSY , 4YPR 4Y NS Từ đó, ta có RQ RP D RQ RY RY RP D SM SY SY SN Do I1 ; I2 ; I4 trung điểm MQ; NP; RS nên ! ! !Á k I4 I1 D RQ C SM D 2 suy I1 ; I2 ; I4 thẳng hàng (2) D SM SN D k: ! ! !Á k I4 I2 : RP C SN D Từ (1) (2) suy I1 I2 qua I3 cố định (trung điểm XY hay BC ) Bài toán Cho nửa đường tròn đường kính BC cố định điểm A di chuyển Hai điểm D E nằm tam giác ABC cho tam giác DAB cân D tam giác EAC cân E: Biết ∠DAB D ∠EAC D ˛ không đổi Gọi T trung điểm đoạn DE: Chứng minh điểm T di chuyển đường tròn cố định điểm A di chuyển Lời giải Gọi M; N giao điểm BD; AC CE; AB: Ta có 4DAB; 4EAC cân ∠DAB D ∠EAC D ˛ nên ∠DBA D ∠ECA D ˛, hay BMNC nội tiếp Mặt khác, ∠AMB D 900 K/ cố định ∠MBA D 900 ˛ không đổi Suy BMNC nội tiếp đường tròn Ta có 4AMB vng A 4DAB cân D nên D trung điểm BM Suy KD?BM Mặt khác, ∠MBA D ∠EAC D 900 AB?AC nên AE?BM Từ hai điều trên, suy KD k AE Tương tự, KE k AD, hay ADKE hình bình hành Do đó, T trung điểm AK: N M A E T D K B O 105 C Gặp gỡ toán học 2016 Do K cố định A di chuyển đường tròn đường kính BC nên T di chuyển đường tròn ảnh đường tròn đường kính BC qua phép vị tự tâm K tỷ số 12 106 Gặp gỡ toán học 2016 Số học Bài toán Chứng minh với số nguyên n tồn vô hạn cách để viết n dạng n D ˙12 ˙ 22 ˙ với số nguyên dương k dấu C; ˙ k2; chọn phù hợp Lời giải Ta chứng minh với n D 0; 1; 2; tồn cách viết thỏa yêu cầu toán Với n D 0, ta có D 12 22 Với n D 1, ta có D 12 22 C 32 Với n D 2, ta có D 12 Với n D 3, ta có D 12 C 22 : 32 C 42 22 42 52 C 62 C 72 82 : 52 C 62 : 32 C 42 : Với k N, ta có đẳng thức sau D k C 1/2 D k C 1/2 k C 2/2 k C 2/2 k C 3/2 C k C 4/2 k C 3/2 C k C 4/2 ; k C 5/2 C k C 6/2 C k C 7/2 (13) k C 8/2 : (14) Giả sử với số tự nhiên n, tồn cách viết dạng n D ˙12 ˙ 22 ˙ ˙ k2; với cách chọn số nguyên dương k dấu C; Khi đó, thêm vào đẳng thức hai vế (13) ta n C D ˙12 ˙ 22 ˙ ˙ k C k C 1/2 k C 2/2 k C 3/2 C k C 4/2 : Như vậy, n có cách viết đề ta tìm cách viết theo dạng cho n C Mà với n D 0; 1; 2; ta tìm cách viết, nên số n N có cách viết Tiếp theo, với cách viết cho n, thêm số hạng (14) vào, ta cách viết khác cho n Do với n N có vơ số cách viết theo dạng cho Với cách viết cho n > 0, ta thay dấu C dấu ngược lại, ta cách viết cho n Từ ta có điều phải chứng minh Bài tốn Cho dãy số an / thỏa mãn a0 D 2016; an D an2 chia cho 2002 107 C 18n > Tìm số dư a2016 Gặp gỡ tốn học 2016 Lời giải Ta có 2002 D 11 13 Các số dư an chia cho 0; 1; 0; : : : Như a2k Á mod 2/, a2016 Á mod 2/: Các số dư an chia cho 0; 1; 2; 5; 5; : : : Như an Á mod 7/; 8n a2016 Á mod 7/: 3, Các số dư an chia cho 11 3; 10; 2; 5; 4; 5; 4; : : : Như an Á mod 11// với n n chẵn, a2016 Á mod 11/: Các số dư an chia cho 13 8; 0; 1; 2; 5; 0; : : : Như a4k Á mod 13/ với k 1, a2016 Á mod 13/: Từ kết ta suy a2016 Á 510 mod 2002/: Bài toán Cho dãy số un / W ( u0 D 2; u1 D unC2 D unC1 C un ; 8n k số nguyên dương lẻ a) Chứng minh n số nguyên dương lẻ uk ước uk n b) Chứng minh n số nguyên dương chẵn u2k ước uk n Đặc biệt, n D u2k D u2k Từ chứng minh u2k C luỹ thừa bậc số nguyên dương p 1C Lời giải Công thức tổng quát dãy số cho un D an C b n với a D ý ab D 1: b D p , a) Sử dụng công thức tổng quát trên, n lẻ nên uk n D a k n C b k n Áh k k ak.n 1/ ak.n 2/ b C ak.n 3/ b D a Cb Á h i h ab ak.n D ak C b k ak.n 1/ C b k.n 1/ h i n D uk uk.n 1/ C uk.n 2/ C C 1/ : ab 2/ k.n 2/ C b k.n 2/ k.n 1/ Cb i C i h i n2 C ab/k Do uk ước unk b) Giả sử n D 2s t , s Nếu s D t lẻ Ta xét hai trường hợp uk n D akt D akt Á2 C bk t Á2 C b kt : Á2 Do t lẻ nên theo câu a) ak t C b k t D ukt chia hết cho uk Từ suy uk n hết cho u2k 108 chia Gặp gỡ tốn học 2016 Nếu s > s D ak t uk n s D ak t Á2 s s s C bk t Á s bk t : Á2 b k t chia hết cho akt Cb kt , mà theo câu a) ak t Cb kt D uk t Do s > nên ak t chia hết cho uk Suy unk chia hết cho u2k Sử dụng công thức tổng quát un /, dễ dàng chứng minh u2k D u2k với k lẻ Từ u2k C D u2k C Ta chuyển yêu cầu toán việc chứng minh phương trình x C D y khơng có nghiệm nguyên dương Thật vậy, xét modulo 11 số dư có chia x C cho 11 2; 4; 5; 7; 8; 9, số dư chia y cho 11 0; 1; 10 Ta thu điều phải chứng minh, tức u2k C luỹ thừa bậc số nguyên dương Bài toán Cho p > số nguyên tố f đa thức hệ số nguyên có bậc p Giả sử với số nguyên a; b, a b không chia hết cho p f a/ f b/ khơng chia hết cho p Chứng minh hệ số cao f (tức hệ số ứng với x p ) chia hết cho p Lời giải Sử dụng công thức nội suy Lagrange p điểm 0; 1; : : : ; p X p f x/ D f k/ Yx j Ôi kD0 1, ta cú j : j i Suy hệ số cao f X p ap D kD0 ! p X p 1 1/p k f k/ D 1/k f k/: kŠ.p k/Š p 1/Š k kD0 Tiếp theo, ta chứng minh với p k k p ! Á 1/k mod p/: Thật vậy, p > nên p số chẵn, ! p p 1/Š Á k kŠ.p k/Š p kŠ k C 1/.k C 2/ Á 1/p k Á 1/k mod p/: Á Theo định lý Wilson, ta có X p p ap Á kD0 k ! 1/Š p 1/ 1/p X k p k 1/ f k/ Á 109 kD0 f k/ mod p/: Gặp gỡ toán học 2016 Ta chứng minh ff 0/; f 1/; : : : ; f p 1/g hệ thặng dự đầy đủ modulo p Thật vậy, j i không chia hết cho p với i < j p nên f j / f i/ không chia hết cho p Tập hợp ff 0/; f 1/; : : : ; f p 1/g có p phần tử phần tử đôi không đồng dư với theo modulo p nên hệ thặng dư đầy đủ modulo p Từ suy X p ap Á kD0 f k/ Á C C Cp 1/ Á mod p/: Ta có điều phải chứng minh Bài tốn Vật chất di truyền vi khuẩn Mathobacterium ADN dạng vòng gồm n gen (n nguyên dương) đánh số từ đến n theo chiều kim đồng hồ Enzym Squarase phiên mã theo quy tắc: Phiên mã gen thứ nhất; sau trượt tới gen, phiên mã gen đó; tiếp tục trượt tới gen, phiên mã gen (tức phiên mã gen thứ 1; thứ 5; thứ 14; xoay vòng vậy) Tìm n để vi khuẩn phát triển bình thường (tất gen phiên mã) Lời giải Xét dãy số uk / W ˆ < ˆ : u1 D ukC1 Á uk C k mod n/ : uk f1; 2; : : : ; ng Rõ ràng, lần phiên mã thứ k, gen phiên mã nằm vị trí uk : Yêu cầu tốn tương đương với việc tìm n cho dãy uk / nhận hết n giá trị f1; 2; : : : ; ng : Đặt f x/ D x.xC1/.2xC1/ uk Á f k/ mod n/: Ta có nhận xét sau : (1) Nếu f a/ Á f b/ mod n/ ua Á ub mod n/, mà ua ; ub f1; 2; : : : ; ng nên ua D ub : (2) Nếu p j n n thoả mãn p thoả mãn, dãy uk / chạy qua hết hệ thặng dư đầy đủ n chạy qua hết hệ thặng dư đầy đủ p: Do đó, p khơng thoả mãn bội số p không thoả mãn Nếu n Á 1; mod 6/ n C 1/ 2n C 1/ Á mod 6/, k C n/ k C n C 1/ 2k C 2n C 1/ mod n/ Ä n C 1/ 2n C 1/ k k C 1/ 2k C 1/ Á Cn C k2 C k n C k 6 k k C 1/ 2k C 1/ Á Á f k/ mod n/; f k C n/ Á 110 mod n/ Gặp gỡ tốn học 2016 nên theo nhận xét 1/ ukCn D uk ; ta cần xét u1 ; u2 ; : : : ; un : Dãy uk / nhận hết n giá trị 1; 2; : : : ; n ui ; i D 1; n đôi khác nhau, f n/ D f n 1/ C n2 Á f n 1/ mod n/; nên theo nhận xét 1/ un D un , mâu thuẫn Vậy, n 6Á 1; mod 6/: Mà số nguyên tố lớn có dạng 6k C 6k C 5, theo nhận xét 2/ n có ước ngun tố Kiểm tra trực tiếp thấy n D 3; 32 thoả n D 33 khơng thoả, nên n dạng 2t ; 2t ; 2t : Ngược lại, theo nhận xét 2/ ta cần chứng minh n có dạng 2t thoả mãn u cầu tốn cách mệnh đề tương đương sau quy nạp theo t: Với t N , ln tìm xt r N cho xt r xt r C 1/ 2xt r C 1/ D 2xt3r C 3xt2r C xt r Á 6r với r thuộc hệ thặng dư đầy đủ modulo 2t mod 27 2t /; : Khi t D 1, với r thuộc hệ thặng dư đầy đủ modulo 9, ta có r mod 9/ 6r mod 54/ x1r 0 13 12 11 18 4 24 19 30 36 42 10 58 20 Mệnh đề với t D 1: Giả sử mệnh đề với t Tức là, với r thuộc hệ thặng dư đầy đủ modulo 2t , ln tìm xt r N cho 2xt3r C 3xt2r C xt r Á 6r mod 27 2t / hay biễu diễn 2xt3r C 3xt2r C xt r D 27 2t qt C 6r với qt N: Ta chứng minh mệnh đề với t C Dễ thấy, r chạy hết hệ thặng dư đầy đủ modulo 2t ˙r chạy hết hệ thặng dư đầy đủ modulo 2t Với r : Nếu đặt x.t C1/r D 27 2t qt C1 C xt r : Khi 2x.t3 C1/r C 3x.t2 C1/r C x.t C1/r Á 27 2t qt C1 C 2xt3r C 3xt2r C xt r Á 27 2t qt C1 C qt / C 6r mod 27 2t C1 / mod 27 2t C1 /: : Chọn qt C1 cho qt C1 C qt / :: 2, ta tìm x.t C1/r thoả 2x.t3 C1/r C 3x.t2 C1/r C x.t C1/r Á 6r Nếu đặt x.t C1/r D 27 2t qt C1 xt r 1: Khi 2x.t3 C1/r C 3x.t2 C1/r C x.t C1/r Á 27 2t qtC1 Á 27 2t qt C1 Chọn qt C1 cho qt C1 mod 27 2t C1 /: 2xt3r qt / 3xt2r 6r : qt / :: 2, ta tìm x.t C1/r thoả 2x.tC1/r C 3x.tC1/r C x.t C1/r Á 111 6r xt r mod 27 2t C1 / mod 27 2t C1 /: mod 27 2t C1 /: Gặp gỡ toán học 2016 Việc chọn thực nên mệnh đề với t C 1, phép quy nạp hồn tất Vậy vi khuẩn phát triển bình thường n có dạng 2t ; 2t ; 2t với t N: Ta có điều phải chứng minh 112 Gặp gỡ toán học 2016 Tổ hợp Bài tốn Có 32 đĩa xếp thành nhiều chồng Ở bước ta chọn chồng có k đĩa, sau bốc thêm vào chồng k đĩa lấy từ chồng khác có khơng đĩa Hỏi sau hữu hạn bước xếp tất đĩa vào chồng hay không? Lời giải Ta chứng minh xếp tất 2n đĩa vào chồng sau hữu hạn bước quy nạp theo n Dễ thấy kết luận n D 1: Giả sử ta xếp 2n đĩa vào chồng sau hữu hạn bước Ta chứng minh cho trường hợp 2nC1 : Ta có hai nhận xét: (1) Số chồng đĩa lẻ số chẵn (2) Sau bước, hai chồng đĩa nhận có số đĩa chẵn chồng Do ta ghép cặp chồng đĩa lẻ với để sau thực việc chuyển đĩa, ta nhận tồn chồng đĩa chẵn Khi chồng, ta “gắn” hai đĩa thành đĩa tổng số lượng đĩa 2n Theo giả thiết quy nạp, ta xếp số đĩa thành chồng đĩa Kết luận với 2nC1 Ta thu điều phải chứng minh Bài toán Cho n điểm A1 ; A2 ; : : : ; An nối với số đoạn thẳng Hai điểm gọi kề có đoạn thẳng nối chúng Hệ n điểm gọi “đủ” hai điểm kề kề với điểm thứ ba (a) Tìm số đoạn thẳng nhỏ hệ n điểm đủ (b) Với n D 6, cho lục giác A1 A2 A3 A4 A5 A6 Cần đoạn thẳng để hệ đỉnh lục giác trở thành đủ? Lời giải .a/ Đồ thị n đỉnh cho phải đồ thị liên thơng, có n cạnh Chẳng hạn ta có đồ thị n cạnh đoạn thẳng nối A1 ; A2 ; :::; An với An , “đủ” Vậy số đoạn thẳng n .b/ Ta gọi bậc đỉnh đồ thị số cạnh nối với đỉnh Các cặp đỉnh A1 ; A4 ; A2 ; A5 ; A3 ; A6 không kề không kề điểm thứ ba Để đồ thị đỉnh trở thành “đủ”, cặp đỉnh phải có đỉnh tăng bậc, đỉnh cần nối với đỉnh lại đỉnh kề với đỉnh lại Do tổng số bậc đỉnh tăng 3, nghĩa cần nối hai cạnh Ta nối A1 ; A4 ; A5 ; A3 để thỏa yêu cầu đề Vậy cần nối nhất hai đoạn thẳng để có hệ điểm đủ 113 Gặp gỡ tốn học 2016 Bài tốn Có 10 bạn học sinh chơi trò chơi Biết khoảng cách bạn khác bạn có bóng Khi có hiệu lệnh giáo, bạn phải chuyển bóng cho bạn đứng gần Gọi A số bạn có bóng Tìm giá trị nhỏ A: Lời giải Ta xét cách xếp sau A8 A4 A1 A3 A2 A7 A9 A6 A1 A5 Với cách xếp trên, ta thấy sau hiệu lệnh cô giáo có ba bạn 1; 2; có bóng Do A Ta chứng minh A Thật vậy, gọi X; Y hai bạn có khoảng cách nhỏ X nhận bóng Y Y nhận bóng X nên có hai bạn có bóng Giả sử X nhận bóng Gọi A1 ; A2 ; : : : ; A6 bạn đưa bóng cho X hình vẽ A2 A3 A1 X A4 A5 A6 Trong 4Ai Ai C1 X Ai Ai C1 lớn nên ∠Ai XAi C1 > 60ı (i D 1; A7 Á A1 ), suy P ∠Ai XAi C1 > 360ı (vơ lý) i D1 Do đó, giả sử có hai bạn X Y bóng bạn có bóng Gọi Ai ; Bi i D 1; bạn đưa bóng cho X; Y hình 114 Gặp gỡ toán học 2016 B4 A4 B3 A3 Y X B2 A2 A1 B1 Dễ thấy ∠Ai XAi C1 > 60ı i D 1; nên ∠A1 XA4 < 180ı Tương tự ∠B1 YB4 < 180ı Do ∠A1 XY C ∠B1 YX/ C ∠A4 X Y C ∠B4 YX/ < 360ı : Khơng tính tổng quát, giả sử ∠A1 X Y C ∠B1 YX < 180ı : 4A1 X Y có XY nhỏ nên ∠XA1 Y < ∠XYA1 Tam giác A1 B1 Y có B1 Y nhỏ nên ∠B1 A1 Y < ∠A1 YB1 : Do ∠XA1 B1 < ∠X YB1 Tương tự ∠YB1 A1 < ∠YXA1 : Suy ∠XA1 B1 C ∠YB1 A1 < ∠XYB1 C ∠YXA1 < 180ı (vơ lý) Vậy phải tồn bạn có bóng Do A D 3: Bài tốn Ở đất nước Panem có tất 12 quận Người ta xây dựng đường cho với hai quận A; B bất kì, ln có đường hai chiều nối quận A quận B Hai quận C; D gọi thông với ta từ C đến D mà qua quận khác Gọi M tập hợp tất cặp quận thông với Biết không tồn ba quận X; Y; Z đôi thông nhau, nghĩa đồng thời thỏa mãn X thông với Y , Y thông với Z Z thông với X Chứng minh jM j 36 Lời giải Ta phát biểu lại tốn sau: Cho G đồ thị liên thơng có 2n đỉnh Biết G khơng chứa tam giác Chứng minh số cạnh G không lớn n2 / Ta chứng minh quy nạp Dễ thấy n D / Giả sử / tới n D k, tức đồ thị G có 2k đỉnh khơng chứa tam giác số cạnh khơng q k Xét n D k C Gọi a b hai đỉnh tùy ý đồ thị mà hai đỉnh nối với Ta kí hiệu d.a/ d.b/ bậc a b, nghĩa số cạnh nhận a; b hai đầu mút Giả sử ta có d.a/ C d.b/ 2k C Khi có 2k C cạnh từ 2k đỉnh lại đến a b Theo nguyên lí Dirichlet, tồn đỉnh c nối với a b, điều mâu thuẫn G khơng chứa tam giác Do ta có d.a/ C d.b/ 2k C Bây ta xóa hai đỉnh a b cạnh có chứa a b Theo ngun lí quy nạp, đồ thị lúc có 2k đỉnh nên số cạnh không k Như vậy, số cạnh đồ thị 2k C đỉnh thõa mãn M k C d.a/ C d.b/ k C 2k C D k C 1/2 : Theo ngun lí quy nạp, ta có điều phải chứng minh 115 Gặp gỡ tốn học 2016 Bài tốn Có 2n viên sỏi (n nguyên dương cho trước) xếp thành đống Mỗi lần thực cho phép lấy nửa số viên sỏi từ đống sỏi có chẵn viên sỏi chuyển sang đống khác Chứng minh rằng, dù đống sỏi ban đầu xếp nào, sau số hữu hạn bước thực thế, ta tạo đống sỏi có n viên sỏi Lời giải Chú ý ta thu tình đống sỏi x; 2x; y/ ta thu x; x; x C y/, ta có x C y chẵn nên việc chuyển nửa sỏi từ đống thứ vào hai đống xong Ta mơ tả thuật tốn để đưa trạng thái x; 2x; y/ Vì tổng số sỏi chẵn nên tồn đống có số sỏi chẵn 2m Chọn đống sỏi mà đồng sỏi khác có số sỏi m0 , ta cặp 2m; m0 / Nếu m D m0 xong Nu m Ô n, ta s bin i cp đảm bảo lại đống sỏi có số chẵn viên, cho tổng số viên sỏi cặp giảm, giữ nguyên hiệu jm m0 j giảm Ta thực sau: Nếu m m0 chẵn ta chuyển m viên sỏi đống thứ tổng số viên sỏi cặp giảm cặp có đống có số chẵn 0 Nếu m ˇ m lẻ, ta ˇchuyển thành m; m C m / Khi đó, đống m C m / có số ˇ ˇ mˇ D jm2 nj < jm nj: sỏi chẵn ˇ mCm Vì số lượng viên sỏi hiệu jm ta đạt đạt trạng thái m D n nj giảm hữu hạn lần nên sau hữu hạn bước Lời giải (Hồ Quốc Đăng Hưng, Hoàng Đỗ Kiên) Chú ý ta thu tình đống sỏi x; 2x; y/ ta thu x; x; x C y/, ta có x C y chẵn nên việc chuyển nửa sỏi từ đống thứ vào hai đống xong Ta cần xét trường hợp có hai đống sỏi lẻ đống sỏi chẵn ba chẵn ta cần cố định đống chuyển từ hai đống lại sang hai đống có số lẻ viên sỏi Gọi ba đống sỏi A; B; C số sỏi thời điểm thứ n an ; bn ; cn / Chú ý an ; bn ; cn / D 2k a; b; c/, a; b; c lẻ với x; y khơng âm thỏa mãn xCy D 2k 1, ta đưa anC1 ; bnC1 ; cnC1 / D a; b C ax; c C ay/ (sử dụng tính chất số nguyên dương có biểu diễn nhị phân) Theo nhận định trên, giả sử ban đầu a0 ; b0 ; c0 / D 2k a; b; c/, ta cố định C Do a; b lẻ nên tồn x0 < 2k cho b C ax0 chia hết cho 2k Biến đổi thành a1 ; b1 ; c1 / D a; b C ax0 ; c C a.2k x0 // Lưu ý b C ax0 chia hết cho 2kC1 lũy thừa tăng vô hạn nên ta giả sử k bước Ngoài c1 D c C a.2k x0 / > c0 Vậy bước ta thực phép chuyển sỏi sau : Chuyển từ A B sang C cho với n an bn chia hết cho 2k cn cn cn lẻ (có thể chứng minh quy nạp) Tất nhiên cn tăng vô hạn, tồn n0 cho 116 Gặp gỡ toán học 2016 cn D cn0 với n n0 Giả sử an0 D 2k xn0 , ta khơng chuyển cho C nên sau hữu hạn bước, ta đưa xn0 ; 2k s; cn0 /: Giả sử xn0 > bn0 xn0 C 2k s D 2k xn0 C bn0 nên suy s > bn0 , tiếp tục ta có dãy số lẻ tăng vơ hạn, vơ lí Ngược lại, xn0 < bn0 lại suy bn0 > s > xn0 ta có dãy số ngun tăng vơ hạn bị chặn, vơ lí Do ta có xn0 D bn0 lúc ta chuyển xn0 ; bn0 ; c/ xong 117 ... 72 Ban biên tập Đề thi Olymic GGTH 2016 81 Ban biên tập Các toán đề nghị 84 Gặp gỡ toán học 2016 LỜI NĨI ĐẦU Gặp Gỡ Tốn Học... giả” Còn bây giờ, xin mời bạn thưởng thức Kỷ yếu Hậu Gặp Gỡ Toán Học 2016 ! TP.HCM, tháng năm 2016 Ban Biên Tập Gặp gỡ toán học 2016 PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nguyễn Văn Mậu (Hội tốn học Hà Nội) Kiến thức... gỡ tốn học 2016 Như ta có m2 4n: ! m 2n C 1/: Từ ta có m 2n C Tuy nhiên, đẳng thức xảy ct, cj Ô n khụng cú ng thc trờn (mâu thuẫn) Vậy m < 2n C hay m 2n 17 cj nên Gặp gỡ toán học 2016 PHƯƠNG