Giải toán với Mathley 2013 V 2

NER OR M SOLVING C EM EY PRO HL BL AT Mathley Number 2/May 2014 Mathley nhóm giải toán mạng xuất toán lời giải định kỳ, viết phù hợp với học sinh trung học có khiếu tốn học bạn trẻ yêu toán học, tham gia thi học sinh giỏi tốn Mỗi năm có sáu ấn điện tử đời nhằm phục vụ phong trào giải toán Mathley is an online problem solving corner with prolems, solutions, and materials freely accessible to junior up to high school students The corner is is made public six times per year on a regular basis dedicated to the promotion of problem solving among junior and high school students ĐĂNG NGHỊ , KIỀU ĐÌNH MINH Email: mathley@hus.edu.vn Website: www.hexagon.edu.vn/mathley.html Cố vấn/Advisors: NGUYỄN DUY THÁI SƠN, VŨ THẾ KHÔI Trị sự/Executive Editor: PHẠM VĂN THUẬN Biên tập/Associate editors: MICHEL BATAILLE , VŨ THẾ KHÔI, TRẦN QUANG HÙNG , NGUYỄN TIẾN LÂM , HÀ DUY HƯNG , MẠC CÁC BÀI TOÁN/PROBLEMS Vũ Hà Văn, khoa Toán, trường Đại học Yale, Hoa Kỳ Vùng có khu đất vàng 100 × 100 m, chia làm 100 lơ, lơ 10 × 10 m Vua bãi rác muốn lấn chiếm khu đất nên sai tay chân đổ rác vào số ô Nếu chưa có rác mà có hai cạnh (có chung cạnh) bị đổ rác (đáng tiếc) hơm sau nhân dân đổ rác vào Nếu đến ngày tất bị đổ rác vua bãi rác chiểm khu đất Nếu vua bãi rác muốn chiếm khu đất lúc đầu cần đổ rác vào ơ? K Biết KL cắt EF X; điểm Y, Z định nghĩa tương tự Chứng mnh ba đường thẳng AX, BY, CZ đồng quy In a triangle ABC, D is the reflection of A about the sideline BC A circle (K) with diameter AD meets DB, DC at M, N which are distinct from D Let E, F be the midpoint of CA, AB The circumcircles of KEM, KFN meet each other again at L, distinct from K Let KL meet EF at X; points Y, Z are defined in the same manner Prove that three lines AX, BY, CZ are concurrent A large golden square land lot of dimension 100 × 100 m was subdivided into 100 square lots, each measured 10 × 10 m A king of landfill had his men dump wastes onto some of the lots There was a practice that if a particular lot was not dumped and two of its adjacents had waste materials, then the lot would be filled with wastes the next day by the people One day if all the lots were filled with wastes, the king would claim his ownership of the whole land lot At least how many lots should have the kind had his men dump wastes onto? Nguyễn Văn Linh, sinh viên trường Đại học Ngoại thương Hà Nội Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm nằm cung BC, khơng chứa A Gọi (Q) đường tròn A-mixtilinear tam giác ABC; (K), (L) đường tròn Pmixtilinear tam giác PAB, PAC Chứng minh ln có đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (Q), (K), (L) Let (O) be the circumcircle of triangle ABC, and P a point on the arc BC not containing A (Q) is the A-mixtilinear circle of tri2 Nguyễn Minh Hà, trường Đại học Sư phạm Hà Nội, Xuân angle ABC, and (K), (L) are the P-mixtilinear circles of triangle Thủy, Cầu giấy, Hà Nội Cho tam giác ABC có đường tròn ngoại PAB, PAC respectively Prove that there is a line tangent to all the tiếp (K) Một đường tròn tiếp xúc với AB, AC tiếp xúc three circles (Q), (K) and (L) với (K) Ka Các điểm Kb , Kc định nghĩa tương tự Chứng Trần Minh Ngọc, sinh viên trường Đại học Sư phạm Tp Hồ minh diện tích tam giác Ka Kb Kc khơng lớn diện tích Chí Minh Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Một đường tam giác ABC tròn (I) tiếp xúc AC, BD M, N Giả sử MN cắt Let ABC be a triangle with a circumcircle (K) A circle touch- AB, CD P, Q Đường tròn ngoại tiếp tam giác I MN ing the sides AB, AC is internally tangent to (K) at Ka ; two other cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB, ICD K, L, khác I points Kb , Kc are defined in the same manner Prove that the area Chứng minh đường thẳng PK, QL, OI đồng quy of triangle Ka Kb Kc does not exceed that of triangle ABC A quadrilateral ABCD is inscribed in a circle (O) Another Trần Quang Hùng, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Thanh circle (I) is tangent to the diagonals AC, BD at M, N respectively Xuân, Hà Nội Trong tam giác ABC, gọi D điểm đối xứng Suppose that MN meets AB, CD at P, Q respectively The circumA qua BC Đường tròn (K) đường kính AD cắt DB, DC circle of triangle I MN meets the circumcircles of IAB, ICD at M, N, khác D Gọi E, F trung điểm CA, AB K, L respectively, which are distinct from I Prove that the lines Đường tròn ngoại tiếp tam giác KEM, KFN cắt L, khác PK, QL, and OI are concurrent Copyright c 2013 HEXAGON LỜI GIẢI/SOLUTIONS Trần Quang Hùng, trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, Lời giải Ta gọi (O) đường tròn ngoại tiếp đa giác cho ĐHQG Hà Nội Cho đoạn AD, BE, CF có trung điểm Các đỉnh đa giác chia đường tròn (O) thành 2013 cung, 120 ◦ 360 ◦ = 671 nằm đường thẳng Các điểm X, Y, Z thuộc đường cung có số đo 2013 thẳng EF, FD, DE cho AX BY CZ Chứng minh Trước hết, ta tính số tam giác A x A1 Ay có góc A1 > 120◦ X, Y, Z thẳng hàng Không tính tổng quát, giả sử ≤ x < y ≤ 2013 Ta có 120 ◦ A x A1 Ay = 21 (y − x) 671 , nên A x A1 Ay > 120◦ Chứng minh Gọi đường thẳng không song song với d y − x > 1342 Dẫn đến ≤ x < y − 1342 ≤ 671 Xét tương Gọi AX, BY, CZ, d cắt U, V, W, Q Gọi I, J, K hình ứng f : (x; y) → (x; y − 1342) f song ánh Do đó, số chiếu song song phương d D, E, F lên Ta ý Q trung cách chọn cặp (x; y) số cách chọn cặp (x; y − 1342) điểm UI, V J, WK Từ ta dễ thấy 670 670 ◦ Như có tam giác có góc đỉnh A1 lớn 120 −QV−QU QJ−QU QU+QV XE UJ = UK = QK−QU = −QW−QU = QU+QW Bằng việc thực phép quay theo chiều kim đồng hồ góc XF 670 120 ◦ 671 ta suy có tam giác có góc đỉnh Ai lớn QV+QW ZD QW+QU YF Tương tự YD = QV+QU , ZE = QW+QV ◦ 120 với i = 1, 2, , 2013 Do vậy, số tam giác có ba đỉnh đỉnh đa giác có góc lớn 120◦ 2013 670 Từ ta có XE YF ZD = 1, áp dụng định lý Menelaus cho tam XF YD ZE giác DEF ta suy X, Y, Z thẳng hàng Tiếp theo ta đếm số tam giác cân A x A1 Ay mà A x A1 Ay > 120◦, x < y Hiển nhiên, tam giác A A1 Ay cân đỉnh A1 Đặng Hùng Thắng, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Hơn nữa, dễ thấy ≤ x ≤ 1007 vớix giá trị x xác ĐHQG Hà Nội Cho dãy số (tn ) xác định truy hồi sau t0 = 0, định giá trị y = 2015 − x Khi đó, giá trị góc t1 = 6, tn+2 = 14tn+1 − tn Chứng minh với số n ≥ 1, A A A = (x − 1) 60 ◦ Vì A A A > 120◦ nên A A A < 30◦ x y x y x y 671 tn diện tích tam giác có độ dài ba cạnh số dẫn đến ≤ x ≤ 336 Từ đó, có 335 tam giác cân A x A1 Ay nguyên mà góc A x A1 Ay > 120◦ Một cách tương tự, ta suy có 335 tam giác cân đỉnh Ai góc đỉnh Ai lớn 120◦ với Solution Gọi t diện tích tam giác có ba cạnh x − 1, x, i = 1, 2, , 2013 Do vậy, số tam giác cân có ba đỉnh đỉnh x + với x > 2, x ∈ N Theo công thức Heron cho diện tích đa giác có góc lớn 120◦ 2013.335 = 674355 tam giác, ta có t = 14 x 3(x2 − 4) Suy Tóm lại, số tam giác thỏa mãn yêu cầu tốn 2013 × 670 2 (1) 16t = 3x (x − 4) − 674355 = 450469140 Ta tìm nghiệm nguyên dương (t, x) phương trình Ta có x phải chẵn Đặt x = 2y, suy t2 = 3y2 (y2 − 1), hay t = y 3(y2 − 1) Suy 3(y2 − 1) = h2 , h = 3z, 3(y2 − 1) = 9z2 , Nhận xét Phương pháp đếm toán phương pháp song ánh tức y2 − 3z2 = 1, t = 3yz Ngược lại, (y, z) nghiệm (tương ứng 1-1) quen thuộc Bằng phương pháp tương tự, ta giải phương trình Pell tốn trường hợp đa giác n cạnh (2) y2 − 3z2 = 1, Michel BATAILLE, 12, rue Sainte-Catherine, 76000 ROUEN (FRANCE) Gọi S k tập tất ba số thực (a, b, c) thỏa mãn a < k(b + c), b < k(c + a), c < k(a + b) Hỏi với giá trị k S k tập {(a, b, c)|ab + bc + ca > 0}? thìh x = 2y, y > 1, t = 3yz nghiệm phương trình (1) Nghiệm nhỏ (2) (2, 1) Vật tất nghiệm (2) dãy (yn ) cho y0 = 1, y1 = 2, yn+2 = 4yn+1 − yn Suy xn = 2yn với n ≥ cho x0 = 2, x1 = 4, xn+2 = 4xn−1 − xn Ta có √ √ √ √ (2 + 3)n − (2 − 3)n (2 + 3)n + (2 − 3)n , zn = , yn = √ 2 Lời giải Đặt S = {(a, b, c)|ab + bc + ca > 0} Ta chứng minh S k ⊂ S ≤ k ≤ Cộng điều kiện cho a < k(b + c), b ≤ k ≤ Đảo lại, giả sửa k > k < Vì k(2 − k) < 0, ta Chứng minh Gọi P, Q hình chiếu M, N lên BC, CD Từ chọn z0 > cho tính chất phân giác ta dễ thấy MA = MP, NQ = NQ BA = BP, DA = DQ Từ ta có k(2 − k)z20 + 2z0 (2k2 + 1) + + 4k < MC − MA2 = MC − MP2 = PC = (BC − AB)2 Chọn x = y = z = z0 (3) cho ta Tương tự NC − NA2 = NC − NQ2 = QC = (DC − DA)2 2k + (1 − k)z0 + kz0 , c0 = , a0 = b0 = Do tứ giác ABCD ngoại tiếp nên AB + CD = AD + BC hay (2k − 1)(k + 1) (2k − 1)(k + 1) BC − AB = CD − AD với (a0 , b0 , c0 ) ∈ S k cho a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 < Từ suy MC − MA2 = NC − ND2 hay MN ⊥ BD Lời giải hoàn tất Nguyễn Duy Thái Sơn, trường Đại học Đà Nẵng, Đà Nẵng (un )∞ n=1 , Cho dãy số u1 = 1, u2 = 2, un+2 = un+1 + Gọi Q thuộc AB cho MQ tiếp xúc (I) Tứ giác BQMC (−1)n −1 un + với số nguyên dương n Chứng minh số ngoại tính chất quen thuộc CQ, BM, EF đồng quy nguyên dương biểu diễn dạng tổng số số P Gọi BI cắt đường thẳng qua C vng góc BC R Áp dụng hạng đơi phân biệt dãy số (un )∞ n=1 bổ đề cho tứ giác BQMC ngoại tiếp suy NR vng góc CQ ≡ CP Vậy đường thẳng qua N vng góc CP qua R Dễ Lời giải Trước hết, ta nhận xét số hạng dãy thấy theo cách dựng R cố định Ta có điều phải chứng minh cho số nguyên dương u1 = < u2 = = u3 = < L < un < un+1 < L (khi n ≥ 3) Vì thế, đặt In = {k ∈ Z | un ≤ k < un+1 }, N∗ = ∪∞ Nguyễn Văn Linh, trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, n=1 In , In = ∅ với n = ĐHQG Hà Nội Hai đường tròn γ δ tiếp xúc với Ta chứng minh mệnh đề Pn (n nguyên dương) sau đường tròn ω A B Từ A kẻ tiếp tuyến , tới δ, từ B kẻ hai tiếp tuyến t1 , t2 tới γ Biết cắt t1 X, cắt t2 Y, chứng minh tứ giác AXBY tứ giác ngoại tiếp ∗ x ∀k ∈ In , ∃Xk ⊆ {ui | i ∈ N , i ≤ n}, k = x∈Xk Chứng minh bạn Lê Thị Hải Linh, học sinh lớp 11 tốn Thật vậy, I2 = ∅ nên khơng có phải bàn với P2 , P1 trường THPT chuyên Bắc Ninh dễ thấy Giả sử Pn đến n > Lấy tùy ý Trước tiên ta phát biểu không chứng minh bổ đề quen k ∈ In+1 Nếu k = un+1 cần chọn Xk := {un+1 } thuộc Khhi un+1 < k < un+2 ta có Bổ đề (Định lý Monge-D’Alembert) Cho ba đường tròn n C (O1 , R1 ), C2 (O2 , R2 ), C3 (O3 , R3 ) phân biệt mặt phẳng Khi (−1) − ≤ un ≤ := k − un+1 < un+2 − un+1 = un + tâm vị tự ngồi cặp đường tròn (C1 , C2 ), (C2 , C3 ), (C3 , C1 ) thuộc đường thẳng Hai tâm vị tự hai nên, theo giả thiết quy nạp, tồn X ⊂ {ui | i ∈ N∗ , i ≤ n − 1} ba cặp đường tròn tâm vị tự cặp đường để = x∈X x Chỉ cần chọn Xk := {un+1 } ∪ X ta có tròn lại thuộc đường thẳng Xk ⊂ {ui | i ∈ N∗ , i ≤ n + 1} k = un+1 + = un+1 + x∈X x ý un+1 > un−1 , suy un+1 X Suy Pn+1 Theo Trở lại toán nguyên lý quy nạp, Pn với n nguyên dương Từ suy Gọi O1 , O2 , O tâm γ, δ, ω AO2 giao BO1 I điều phải chứng minh Gọi α1 đường tròn tâm I tiếp xúc với AX, AY; α2 đường tròn tâm I tiếp xúc với BX, BY OI giao AB L Áp dụng bổ đề cho đường tròn δ, ω, α1 ta có A tâm vị Bài toán Với số nguyên dương n ta kí hiệu yxnn = 12 + 22 +· · ·+ 2n tự α1 δ, B tâm vị tự δ ω, suy tâm xn , yn số nguyên dương nguyên tố Chứng minh n vị tự α1 ω nằm AB hay L tâm vị tự x2n chia hết cho 22 −n+1 α1 ω Vũ Thế Khôi, Viện Toán học, Viện KHCN Việt Nam, Cầu Giấy, Chứng minh tương tự L tâm vị tự α2 ω Hà Nội Có 2014 em học sinh đến từ trường trung học phổ Từ α1 ≡ α2 hay tứ giác AXBY ngoại tiếp thông tồn quốc ngồi quanh bàn tròn theo cách tùy ý Sau Hà Duy Hưng, trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà ban tổ chức muốn xếp lại cho học sinh trường Nội, Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội Với n nguyên dương ta ngồi liền cách thực phép đổi chỗ sau: hốn đổi vị trí hai nhóm học sinh liền (xem minh họa) Tìm kí hiệu n số k nhỏ cho đạt kết mong muốn xn ban tổ chức với không k phép đổi chỗ Phép đổi chỗ = yn k=1 k n sau k · · · ABCD EFG · · · −→ · · · EFG ABCD · · · xn , yn số nguyên dương nguyên tố Chứng minh yn không chia hết cho 2n với số nguyên dương n 2 n Lời giải Cách thứ Ta kí hiệu v2 (A) số mũ Lời giải Chúng ta chứng minh quy nạp theo số em học sinh n số nguyên A, nghĩa số nguyên không âm k lớn mà 2k | A ln thực khơng q k = 2n − phép đổi chỗ để Nếu xn số chẵn yn số lẻ v2 (yn ) = ≤ n − Do học sinh trường ngồi liền khối với ta coi xn số lẻ Ta có Với n ≤ mệnh đề hiển nhiên Giả sử mệnh đề n có ≤ n học sinh, ta chứng minh cho n + học sinh Ak Ta có nhận xét sau: xn k=1 = yn B Ta ln giả sử khơng có hai em học sinh trường ngồi cạnh Vì có ta gộp hai em làm đưa n B = k nk Ak = k(Bn) với k = 1, , n Do ta trường hợp n học sinh k k=1 n Một em học sinh gọi lẻ loi bàn khơng có bạn cần chứng minh v2 k k ≤ n − với k = 1, , n Tuy nhiên khác học trường với em Ta giả sử có khơng điều hồn tồn hiển nhiên em học sinh lẻ loi ngược lại số phép đổi chỗ cần thiết trường hợp không vượt trường hợp ta coi n = v2 (n!) − v2 ((k − 1)!) − v2 ((n − k)!) ≤ v2 (n!) ≤ n − 1, tất em học sinh lẻ loi học trường v2 k k Với điều giả sử trên, ta ln tìm học sinh A, B trường cho hai đoạn chúng không n n chứa cặp học sinh trường nào, đồng thời không chứa học (k ) Cách thứ hai Đặt an = yxnn bn = 2n−1 k quy nạp sinh lẻ loi Giả sử C học sinh đứng cạnh B đoạn k=1 k lẻ dễ dàng chứng minh 2an − an−1 = n2 2bn − bn−1 = 2n với A B Khi phải có học sinh D trường với C nằm bên đoạn A B Ta thực phép đổi chỗ sau: n ≥ Vì a1 = b1 = 1, a2 = b2 = a3 = b3 = 56 nên quy nạp ta có · · · A · · · C B · · · D · · · −→ A B · · · · · · C D · · · ước lượng cuối suy từ cơng thức Legendre n k=1 k n k = 2n−1 n k=1 k lẻ n k k , 2 Như ta gộp A với B C với D để đưa trường với số nguyên dương n Từ đẳng thức ta suy hợp n − học sinh Theo giả thiết quy nạp ta cần khơng q n−2 n v2 (yn ) ≤ n − − + = − phép đổi chỗ Do với 2014 học sinh cần khơng q k = 1006 phép Bình luận Tơi xin giới thiệu thêm tốn có dạng đổi chỗ Để thấy số 1006 nhỏ nhất, ta xét trường hợp tất 2014 Bài toán đề xuất tạp chí Kvant Nga đề chọn đội học sinh đến từ trường T 1, T ngồi xen kẽ Khi có tuyển trường THPT chuyên SPHN 2003 Lưu ý câu (a) tốn 1007 nhóm học sinh trường T ngồi rời Ta nhận thấy toán đề thi USATST 2000 phép đổi chỗ làm giảm số nhóm nhiều Bài toán Chứng minh với số nguyên dương n ta có Do phải cần 1006 phép đổi chỗ tất học sinh trường T ngồi cạnh −1 −1 −1 n+1 n + n + ··· + n n = n+1 2 + + ··· + 2n+1 n+1