Chuyên đề ôn thi môn toán tốt nghiệp THPT quốc gia

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Chuyên đề Toán học Số 11 Tháng 12/2018 MỤC LỤC Ban biên tập Lời nói đầu Nguyễn Tăng Vũ Phép vị tự quay tâm Phạm Tuấn Huy Suy luận phản chứng hình học 21 Nguyễn Nguyễn Các toán hệ số nhị thức 49 Nguyễn Tiến Hoàng Một số định hướng tiếp cận lời giải toán Olympic 67 Phan Quốc Vượng Về toán tổ hợp đề thi chọn đội tuyển 2017 85 Nguyễn Mạc Nam Trung Về toán xác định hàm số giải phương trình hàm 91 Võ Kế Huy - Bùi Duy Khang Về phương pháp quy nạp giải tốn hình học tổ hợp 101 Trần Nguyễn Nam Hưng Bài toán chia kẹo Euler 113 Ban biên tập Lời giải đề chọn đội dự tuyển 2017 125 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy - Vương Trung Dũng - Lê Phúc Lữ Lời giải để chọn đội tuyển năm 2016 - 2017 - 2018 131 Ban biên tập Giới thiệu số toán hay 169 LỜI NÓI ĐẦU Các bạn cầm tay Chuyên đề Tốn học số 11 trường Phổ thơng Năng khiếu Đây dự án cuối năm 2016 sau thành cơng Chun đề Tốn học số 10 Quyển số 10 đánh dấu kỷ niệm 20 năm thành lập trường Phổ thông Năng khiếu Nhưng quan trọng hơn, đánh dấu chuyển giao hệ với gương mặt xuất đội ngũ tác giả biên tập viên Và số 11 không nằm ngồi dòng chảy Ngồi viết anh Phạm Tuấn Huy từ năm 2013, bạn thấy nhiều viết mà tác giả học sinh trường Nội dung viết trải dài phân mơn Hình học - Đại số - Số học - Tổ hợp, có nhiều vấn đề thú vị tiếp cận góc nhìn khác với lối suy nghĩ tự nhiên giải toán học sinh THPT Tin bạn đọc tìm thấy nhiều điều thú vị Dự án khơng có thành cơng Bởi đội ngũ trẻ thiếu kinh nghiệm mà trình mắt chuyên đề gặp khơng khó khăn Mặc dù seminar giới thiệu tổ chức vào cuối tháng 7/2017 việc gần hoàn tất, thứ phải dừng lại vào tháng sau nhiều lý khách quan Đến tận tháng 10/2018, phần việc lại bắt đầu ban biên tập nhận nhiều giúp đỡ Để hoàn thành chun đề, khơng thể phủ nhận đóng góp nhiều bên với vai trò khác Xin gửi lời cảm ơn đến thầy Nguyễn Tăng Vũ gợi ý hỗ trợ nhiều mặt chuyên môn dự án ý tưởng gần hoàn tất Cảm ơn thầy Trần Nam Dũng hỗ trợ nhiệt tình cơng đoạn cuối cùng, đặc biệt khâu in ấn, lắng nghe cầu thị để tác giả biên tập viên n tâm sáng tạo hồn thiện chuyên đề Xin gửi lời cảm ơn đến anh Lâm Bảo Chánh, Nguyễn Văn Huyện, Lương Văn Khải, Lê Viết Ân Phạm Hoàng Minh tham gia đánh máy hỗ trợ kỹ thuật Ban biên tập gửi lời cảm ơn đến bạn Nguyễn Lê Duy, học sinh khối chuyên Anh niên khoá 2016-2019 thiết kế mẫu bìa đẹp, đơn giản mà đại cho chuyên đề số Những số đếm từ đến 10 nên số 11 thường gợi đến khởi đầu tảng lâu dài sẵn có Ban biên tập tin Mong bước đầu phát triển Chuyên đề Toán học với hoạt động liên tục nhằm trì say mê tìm tòi học sinh khối Tốn Đó sở để họ xa Hãy mở sách đi, khám phá xem “thầy trò Năng Khiếu viết gì" PHÉP VỊ TỰ QUAY CÙNG TÂM Nguyễn Tăng Vũ Giáo viên trường Phổ thơng Năng khiếu ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT Định nghĩa Cho điểm O số thực dương k góc lượng giác α Phép biến hình biến điểm M thành điểm M cho SM = k.SM, ∠(OM, OM ) = α gọi phép vị tự quay tâm (hay gọi Spiral similarity) Kí hiệu S(O; k; α) Định lý Cho phép biến hình S(O; k; α) Khi đó: Ảnh đường thẳng d đường thẳng d cho ∠(d, d ) = α Ảnh tam giác ABC tam giác A B C đồng dạng hướng với ABC với tỉ số đồng dạng k Định lý Cho phép vị tự quay tâm S(O; k; α) biến A thành A B thành B Khi ∆OAB ∼ ∆OA B ∆OAA ∼ OBB Định nghĩa Ta nói hai tam giác ABC A B C đồng dạng hướng AB AC ∠( AB; AC ) = ∠( A B ; A C ) (mod 2π ) = AB AC Định lý Hai tam giác OAB OA B đồng dạng hướng có phép vị tự quay biến AB → A B Nhận xét Nếu có phép vị tự quay tâm O biến AB thành A B có phép vị tự quay tâm O biến AA thành BB Nếu có ∆OAB ∼ ∆OA B ∆OAA ∼ ∆OBB có phép vị tự quay tâm O biến A → A , B → B A B A B O Định lý Cho điểm A, A , B, B cho khơng có điểm thẳng hàng Tồn phép vị tự quay S(O; k; α) biến A thành A B thành B E giao điểm AB A B ; F giao điểm AA BB Khi O, A, A , E O, B, B , E đồng viên; O, A, B, F O, A , B , F đồng viên A E B A F B O Định lý Cho phép vị tự quay S(O; k; α) biến A thành A B thành B Khi giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB OA B giao điểm AA BB VÍ DỤ Ví dụ (USAMO 2006) Cho tứ giác ABCD Các điểm E, F thuộc cạnh AD BC AE BF = cho Đường thẳng EF cắt đường thẳng AB CD S T Chứng AD BC minh đường tròn ngoại tiếp tam giác SAE, SBF, TDE, TCF qua điểm 10 P B A F S E C T D Lời giải Xét phép vị tự quay tâm S( P, k, α = ( AD; BC )) biến A → B, D → C BF AE = nên S( P; k; α) : E → F Mà AD BC Vậy S( P; k; α) : AE → BF, ED → FC Ta có S = EF ∩ AB, T = EF ∩ CD nên theo định lý tứ giác PAES, EBFS, PFCT PEDT nội tiếp Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE CF Chứng minh đường thẳng euler tam giác AEF, BDF CEF đồng quy Lời giải Xét phép vị tự quay S( E; k; α = ( EA; ED ) biến A → D, F → C Khi trực tâm tam giác AEF biến thành trực tâm tam giác ECD; tâm ngoại tiếp tam giác AEF biến thành tâm ngoại tiếp tam giác ECD Hay Ha → Hc Ma → Mc Gọi P giao điểm Ha Ma Hc Mc , ta có P thuộc ( EMa Mc ) Mà EMa Mc đường tròn Euler tam giác ABC Nên P thuộc đường tròn Euler tam giác ABC 11 A Ha E Ma F H P Hc Mc C B D Chứng minh tương tự ta có giao điểm đường Mb Hb , Mc Hc ; Mb Hb , Ma Ha thuộc đường tròn Euler tam giác nên giao điểm trùng Vậy đường thẳng Euler tam giác AEF, BDF CDE đồng quy điểm thuộc đường tròn Euler tam giác ABC Ví dụ Cho hai đường tròn (O) ( I ) cắt hai điểm A B Một đường thẳng thay đổi qua A cắt (O) C cắt ( I ) D (A nằm C D) Tiếp tuyến C (O) tiếp tuyến D ( I ) cắt điểm E Chứng minh đường trung trực BE ln tiếp xúc với đường tròn cố định Lời giải Dễ thấy tứ giác BCED nội tiếp Ta có ∆BCD ∼ ∆BOI ∆BCO ∼ ∆BDC Xét phép vị tự quay tâm B biến C → O, I → D E → K Khi ta có ∆BKO ∼ ∆BEC, suy ∠ BKO = ∠ BEC = ∠ BDC = ∠ BIO Do tứ giác BOKI nội tiếp 12 Giả sử k ≥ số lượng lớn số T chứa đoạn độ dài Gọi xi số cuối dãy mà đoạn [ xi − 1, xi + 1] có chứa k số (kể xi ) Gọi T dãy sau bỏ xi Khi đó, số lượng số thuộc T có [ xi − 1, xi + 1] k − 1, xi bị bỏ thuộc 2k − cặp A T (gồm k − số ∗ thuộc đoạn tạo thành cặp có dạng ( xi , ∗), (∗, xi ) với ( xi , xi )) Do A T = A T + 2k − Ta viết [ xi − 2; xi + 2] = [ xi − 2; xi − 1] ∪ [ xi − 1; xi + 1] ∪ [ xi + 1; xi + 2], trừ đoạn hai đoạn đầu cuối chứa tối đa k phần tử T Hơn nữa, định nghĩa số xi nên đoạn [ xi + 1; xi + 2] có tối đa k − phần tử T Suy có tối đa 2(k − 1) + k = 3k − phần tử T (khơng tính xi ) thuộc [ xi − 2; xi + 2], suy BT ≤ 2(3k − 2) + + BT = 3(2k − 1) + BT Áp dụng giả thiết quy nạp, ta có BT < 3A T nên từ điều trên, suy BT ≤ 3(2k − 1) + BT < 3(2k − 1) + 3A T = 3( A T + 2k − 1) = 3A T Theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm Bài tốn kết thúc Nhận xét Ta thử xét số ước lượng A, B số x1 , x2 , , xn đặc biệt • Nếu n số = bi = n nên A = B • Nếu n số chẵn liên tiếp = 1, ∀i = 1, 2, , n; b1 = bn = 2, bi = 3, ∀i = B 2, , n − nên A = n, B = 3n − rõ ràng = − → chứng tỏ A n số tốt Bằng phương pháp tương tự trên, ta chứng minh với < a < b đặt số cặp có thứ tự (i, j) thoả xi − x j ≤ a số cặp có thứ tự (i, j) thoả xi − x j ≤ b A, B có A < (2k − 1) B với k = b/a Bài Cho p số tự nhiên Xét phương trình x3 + x + p = y2 tập số nguyên dương a) Tìm số nguyên tố p nhỏ dạng 4k + cho phương trình có nghiệm b) Chứng minh p số phương phương trình ln có nghiệm Lời giải a) Các số nguyên tố có dạng 4k + 5, 13, 17, Trước hết, ta thấy với p = 13 x3 + x + 13 = y2 có nghiệm ( x; y) = (4; 9) Ta cần chứng minh x3 + x + 13 = y2 khơng có nghiệm ngun Xét (mod 4) 158 • Khi x chia dư 0, 1, 2, 3, vế trái chia dư 1, 3, 3, • Khi y chia dư 0, 1, 2, 3, vế phải chia dư 0, 1, 0, Do đó, y phải lẻ x phải chia hết cho Ta viết biểu thức cho thành x3 + x + 30 = y2 + 25 hay ( x + 3)( x2 − 3x + 10) = y2 + 52 Do x + chia dư nên có ước nguyên tố dạng q = 4k + Ta biết với a, b ∈ Z a2 + b2 chia hết cho số nguyên tố q = 4k + q | a, q | b, nên từ ta suy q | 5, vơ lý Vậy nên phương trình vơ nghiệm p = 13 số nguyên tố nhỏ cần tìm b) Trước hết xin phát biểu khơng chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Với số nguyên dương a, b, c, d thoả mãn ab = cd tồn số nguyên x, y, z, t cho a = xy, b = zt, c = xz, d = yt Quay lại toán Do p số phương nên đặt p = a2 , a ∈ Z Ta viết lại phương trình thành x3 + x + a2 = y2 ⇔ x ( x2 + 1) = (y − a)(y + a) Áp dụng bổ đề vào toán, ta thấy tồn số m, n, p, q nguyên dương để x = mn; x2 + = pq; y + a = mp; y − a = nq Suy (mn)2 + = pq mp − nq = 2a Ta biết dãy số sai phân tuyến tính có dạng un+2 = αun+1 + βun , đặt = u2n+1 − un un+2 cấp số nhân công bội − β (thật vậy, = un+1 (αun + βun−1 ) − un (αun+1 + βun ) = − β(u2n − un+1 un−1 ) = − βvn−1 ) Ta xét dãy tuyến tính u0 = 0, u1 = 1, un+2 = αun+1 + un rõ ràng với n u2n − un+1 un−1 = (−1)n−1 (u21 − u2 u0 ) = (−1)n−1 Khi đó, với n chẵn u2n − un+1 un−1 = −1 nên chọn mn = u2k dãy Ta có u2 = α, u3 = α2 + 1, u4 = α(α2 + 2), u5 = α4 + 3α2 + Chọn p = u3 , q = u5 , mn = u4 rõ ràng (mn)2 + = pq Ta cần có mu3 − nu5 = 2a ⇔ m(α2 + 1) − n(α4 + 3α2 + 1) = 2a 159 Chọn tiếp α = 4a2 viết m = 2a(α2 + 2), n = 2a(α4 + 3α2 + 1) đẳng thức (α2 + 1)(α2 + 2) − (α4 + 3α2 + 1) = Từ ta nghiệm cụ thể phương trình ( x; y) = 4a2 (16a4 + 2); 2a(16a4 + 2)(16a4 + 1) − a với a = √ p ∈ Z+ Bài toán kết thúc Nhận xét Ở câu a, việc ứng dụng bổ đề tự nhiên Bổ đề hệ quen thuộc định lý Fermat nhỏ Một kết tương tự số nguyên tố có dạng 3k + a2 + ab + b2 chia hết cho p a, b chia hết cho p Một số toán tương tự: a) (Euler) Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên: y2 = x3 + b) (USA TST 2008) Chứng minh phương trình x2 = n7 + khơng có nghiệm ngun c) A = p + p − với p số nguyên tố A khơng phải số phương, khơng tích hai số tự nhiên liên tiếp Ở câu b, việc dùng bổ đề giúp ta chuyển từ toán “tồn hai số” sang “tồn bốn số”, khả chọn cao Một số toán tương tự: a) (Hàn Quốc TST, 2012) Cho số nguyên dương n Chứng minh tồn vô hạn ba số nguyên dương ( x, y, z) cho nx2 + y3 = z3 x, y, z đôi nguyên tố b) (Ấn Độ) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x3 + ( x + 4)2 = y2 c) Chứng minh với số ngun dương m ln tồn x, y ∈ Z+ cho x3 + 4x + m2 = y2 Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn có B, C cố định A di động (O) Gọi D trung điểm BC Trên AB lấy điểm M, P AC lấy điểm N, Q cho DA = DP = DQ, DM⊥ AC, DN ⊥ AB a) Chứng minh điểm M, N, P, Q thuộc đường tròn, đặt (C ) đường tròn ln qua điểm cố định b) Chứng minh tâm (C ) di chuyển đường tròn cố định Lời giải a) Dễ thấy tam giác AMQ cân M nên ∠ DMQ = ∠ DMA = 90◦ − ∠ A = 160 180◦ − 2∠ A 180◦ − ∠ PDQ = = ∠ DPQ, 2 suy tứ giác MPDQ nội tiếp Chứng minh tương tự, ta có tứ giác QNDP nội tiếp nên suy M, N, P, Q nằm đường tròn qua điểm D cố định b) Gọi I tâm MNPQ Z, T giao điểm DN, DM với AB, AC Giả sử OD cắt MN J ta chứng minh J trung điểm MN Thật vậy, gọi R điểm đối xứng N qua D MN ⊥ DR BRCN hình bình hành, kéo theo PR AC mà DM ⊥ AC nên BR ⊥ DM Suy B trực tâm tam giác DMR Do BD ⊥ MR ⇒ MR DJ, kéo theo J trung điểm MN Lại có DJ = 1 RM = · ( BD · tan ∠ MDR) = BD · tan A = BC · tan A 2 nên suy J điểm cố định Gọi X, Y trung điểm AD, DJ rõ ràng Y điểm cố định Ta chứng minh DXI J hình bình hành Dễ thấy J trung điểm MN tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MZTN; X tâm ( AZT ) nên JX ⊥ ZT mà ∠ ATZ = ∠ AN M = ∠ APQ nên ZT PQ, dẫn đến JX ⊥ PQ Lại có D tâm ( APQ) I tâm ( DPQ) nên DI ⊥ PQ, kéo theo JX ID Ngồi ra, D trực tâm tam giác AMN nên AD ⊥ MN, mà I J ⊥ MN suy I J AD Từ ta có tứ giác DX J I hình bình hành, dẫn đến X, I đối xứng qua Y Mà điểm X chạy đường tròn (ω ) ảnh (O) qua phép vị tự tâm D tỉ số cố định nên I chạy đường tròn cố định ảnh (ω ) qua phép đối xứng tâm I Bài toán kết thúc Nhận xét Bài tốn nhiều cách xử lý khác, giới cách túy Chẳng hạn, để có J trung điểm MN ta dùng định lý bướm cho đường tròn ( MNZT ) Ta nhận thấy AJ đẳng giác với AD góc ∠ BAC nên AJ qua giao điểm T hai tiếp tuyến kẻ từ B, C (O) Khi AMTN nội tiếp đường tròn đường kính AT với DMTN hình bình hành, Nói chung mơ hình liên kết thú vị Thực điểm này, ta thấy tốn có liên hệ với đề Sharygin khối năm 2018: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có BC cố định A di động Gọi H trực tâm tam giác D ∈ AB, E ∈ AC cho H trung điểm DE Chứng minh tâm ( ADE) thuộc đường tròn cố định A di động Bài tốn phát biểu ngược lại toán Sharygin Cuối cùng, xin giới thiệu lời giải ngắn gọn BTC Sharygin để bạn đọc tham khảo: Giả sử P, Q trung điểm AD, AE trung trực AD, AE cắt BC R, S Gọi O tâm ( ADE) ∠ RO S = 180◦ − ∠ A cố định Vì ∠ BHP = 90◦ ⇒ BP = BH · , mà H di chuyển cos A đường tròn (ω ) cố định nên P di chuyển đường tròn cố định (ω ) , 161 Mà ∠ BPR = 90◦ nên suy BR cos A đường kính (ω ) , kéo theo R cố định Tương tự S cố định nên O thuộc cung chứa góc 180◦ − ∠ A dựng RS ảnh (ω ) qua phép vị tự tâm B tỷ số Bài Cho số thực a = dãy (un ) thoả mãn u1 = 0, un+1 (un + a) = a + với n ∈ Z+ Tìm giới hạn dãy (un ) Lời giải Đặt un = xn a+1 x với n ≥ Theo giả thiết un+1 = ⇒ n +1 = yn un + a y n +1 ( a + 1) y n xn + ayn Xét quan hệ truy hồi hai dãy xn+1 = ( a + 1)yn yn+1 = xn + ayn yn+2 = xn+1 + ayn+1 = ayn+1 + ( a + 1)yn a+1 ( a + 1)n − (−1)n Vì u1 = 0, u2 = nên chọn y1 = 1, y2 = a; từ đó, ta có yn = với a a+2 n ≥ Công thức xác định với a = −2 nên xét trường hợp a = −2, ta có dãy   u1 = 0,  u n +1 = ,n ≥ − un Bằng quy nạp, ta chứng minh un ∈ [0; 1) nên un+1 − un = − un = − un ( u n − 1)2 > nghĩa dãy (un ) tăng, dãy bị chặn nên có giới hạn, đặt − un L ∈ (0, 1) giải ta có L = , tức L = 2−L xn ( a + ) y n −1 Tiếp theo, xét a = −2 ta có un = = = yn yn ( a + 1)n + ( a + 1)(−1)n với n ( a + 1)n − (−1)n bn − b Đặt −( a + 1) = b ∈ {−1; 1}, ta viết lại un = n với n ≥ b −1 Nếu b > b < −1, tương ứng a < −2 a > 0, lim un = Nếu −1 < b < 1, tương ứng −2 < a < 0, lim un = b = −( a + 1) Vậy ta có kết luận sau: • Nếu a ∈ (−2; 0) lim un = −( a + 1) • Nếu a ∈ / (−2; 0) lim un = −1 Bài toán kết thúc Nhận xét Cách giải hiệu triệt để tìm cơng thức tổng qt dãy thứ rõ ràng nhiều 162 Dạng toán khơng mới, nhiên điểm khó đề xét a = Và có a > un > nên toán trở thành dạng un+1 = f (un ) a+1 kinh điển, chưa biết a > hay a < nên từ đầu, ta xét f ( x ) = x+a chưa xác định miền cụ thể x; cần phải làm rõ dãy số un xác định, tức un = − a, ∀n Trong lời giải trên, ta thấy số hạng đầu u1 = quan trọng ảnh hưởng nhiều đến việc biện luận sau Một số toán tương tự: a) Chứng minh để dãy số xác định u1 = b, ,n ≥ un+1 = u2n − (2a − 1)un + a2 hội tụ điều kiện a, b a − ≤ b ≤ a b) (VMO 2000) Cho dãy số ( xn ) xác định x0 ∈ (0; c), √ , n ≥ x n +1 = c − c + x n Tìm c để dãy số xác định với n tồn giới hạn hữu hạn lim xn Bài Tìm tất hàm số f : R→ R+ thoả mãn điều kiện f x f (y2 ) − y f ( x2 ) = (y − x ) f ( xy) ∀ y > x > Lời giải Để dễ theo dõi, ta chia lời giải thành bước sau: Bước Hàm số f ( x ) đồng biến R+ Theo giả thiết với y > x > ta có x f ( y2 ) − y f ( x ) > ⇒ f ( y2 ) y > > x f (x ) Do đó, y2 > x2 ⇔ y > x ⇔ f (y2 ) > f ( x2 ) nên hàm f cho đồng biến R+ Bước f (1) = Trong đề bài, thay y = x + 1, ta có f x f (( x + 1)2 ) − ( x + 1) f ( x2 ) = f ( x ( x + 1)) hay x f (( x + 1)2 ) − ( x + 1) f ( x2 ) = x ( x + 1) f (( x + 1)2 ) f ( x2 ) ⇔ = + 1, ∀ x > x+1 x 163 Suy hay f ((n − 1)2 ) f (1) f ( n2 ) = +1 = ··· = + ( n − 1) = a + n − n n−1 f (n2 ) = n( a + n − 1) với số nguyên dương n Trong đề bài, thay y = m2 , x = n2 với m, n ∈ Z+ cho m2 − n2 = p2 số phương (rõ ràng có vơ hạn ba Pythagoras), ta có f n2 f ( m4 ) − m2 f ( n4 ) = ( m2 − n2 ) f ( m2 n2 ) ⇔ f (m2 n2 p2 ) = p2 mn( a + mn − 1) ⇔ mnp( a + mnp − 1) = p2 mn( a + mn − 1) ⇔ ( p − 1)( a − 1) = Đẳng thức cuối phải với p chọn nên a = Suy f (1) = Bước f ( x ) = x ∀ x ∈ Q Tiếp theo, từ đẳng thức f (( x + 1)2 ) f ( x2 ) = + 1, ∀ x > 0, x+1 x ta suy hay f (( x + n)2 ) f ( x2 ) = + n, ∀ x > 0, n ∈ Z+ x+n x x f (( x + n)2 ) − ( x + n) f ( x2 ) = nx ( x + n) Trong đề bài, thay y = x + n, ta có f x f (( x + n)2 ) − ( x + n) f ( x2 ) = n f ( x ( x + n)) ⇔ f (nx ( x + n)) = n f ( x ( x + n)) Với n ∈ Z+ , y > 0, ta chọn x > để x ( x + n) = y nên ta có f (ny) = n f (y), ∀ n ∈ Z+ , y ∈ R+ , suy f (1) = n f n Với n ∈ Z+ cho y = f 164 n m = nf m = n ⇒ f n n , ∀m, n ∈ Z+ m = Suy n hay f ( x ) = x, ∀ x ∈ Q+ Bước f ( x ) = x ∀ x ∈ R+ Với số thực x0 > 0, giả sử f ( x0 ) > x0 chọn hai dãy số hữu tỷ ( an , bn ) cho an < x0 < bn lim an = lim bn = x0 Rõ rang f ( an ) < f ( x0 ) < f (bn ) ⇒ an < f ( x0 ) < bn , cho n → ∞, ta có f ( x0 ) = x0 Do đó, với số thực x > f ( x ) = x Thử lại ta thấy thoả f x f (y2 ) − y f ( x2 ) = f ( xy2 − yx2 ) = xy2 − x2 y = (y − x ) xy = (y − x ) f ( xy) Vậy tất hàm số cần tìm f ( x ) = x, ∀ x > Nhận xét Bài toán dùng kỹ thuật quen thuộc đòi hỏi nhiều bước nên thí sinh cần phương trình hàm dạng xử lý triệt để Hàm xác định R+ cho điều kiện biến phân biệt gây khơng khó khăn nắm phép phương trình hàm Hai mấu chốt quan trọng để giải tốn là: • Hàm số f ( x ) đơn điệu f ( x ) = f (y) ⇒ x = y • Hàm số đơn điệu cộng tính Q f ( x ) = ax ∀ x ∈ R Dưới số tương tự: a) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ cho f ( x + f (y)) = f ( x ) − x + f ( x + y) ∀ x, y > b) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thoả f ( f ( x ) + 2y) = f (2x + y) + 2y ∀ x, y > c) Cho hai hàm số f , g : R+ → R+ thoả mãn với x, y > f ( g( x ) + y) = f ( x ) + g(y) g ( f ( x ) + y) = g( x ) + f (y) Chứng minh f ( x ) = g( x ), ∀ x > Bài Cho n = 2018.2019 Gọi A tập hợp tất số ( a1 ; a2 ; ; an−1 ; an ) có tính thứ tự cho ∈ {0; 1} ∀i = 1, 2, , n thoả mãn k ∑ ≥ i =1 k k n ∑ = 20182 Có số để i =1 k ∑ an−k+1 ≥ với k = 1, 2, , n? i =1 Lời giải Ta giải toán tổng quát thay 2018 m ∈ Z+ Bài toán cho tương đương với toán sau: 165 Trong hệ trục tọa độ Oxy xét lưới điểm nguyên hình chữ nhật có đỉnh bên trái O(0, 0) đỉnh bên phải A(m2 ; m) Đặt B(m; m) C (m2 − m; 0), hỏi có đường từ O → A cho bước, ta sang phải lên đơn vị, gọi đường đơn, không vượt lên OB không xuống AC? Ở đây, số 0; tương ứng với bước lên trên, bước sang phải; điều k kiện tổng k số đầu tổng k số cuối không nhỏ tương ứng với số lượng bước lên không vượt số lượng bước sang phải Để thuận tiện, ta gọi đường cắt d có phần nằm hai phía d Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: m +1 Bổ đề Số đường đơn từ O → A(m; n), có cắt đường thẳng y = x, Cm +n Trong hình trên, đường cũ đứt nét, đường liền nét Thật vậy, xét đường thẳng (d) : y = x + 1, rõ ràng đường đơn cắt y = x có điểm chung với đường thẳng (d) Tại điểm chung đó, ta thực đối l xứng trục đểmđược đường xuất phát từ O → A (n − 1, m + 1) Rõ ràng phép đối xứng trục song ánh, biến đường cần tìm (cắt y = x), n −1 thành đường từ O → A ; đó, số lượng đường cần tìm Cm +n m Trở lại toán Số đường đơn từ O → A(m ; m) Cm2 +m số cách chọn m lần lên tổng số m2 + m lần di chuyển, số đường cắt OB m −1 số đường cắt AC Cm + m (theo bổ đề) Do đó, ta cần tìm số đường cắt OB, AC với ý tưởng đối xứng hai lần dùng để chứng minh bổ đề Đầu tiên, ta thực đối xứng qua đường thẳng y = x + 1; đó, đường đơn xuất phát từ O → A (m − 1; m2 + 1) Do đường ban đầu vượt qua AC nên đường phải cắt thêm y = x + m2 − m + Tiếp tục đối xứng qua đường thẳng này, ta đưa đếm số đường đơn từ O → A (m − 2, m2 + 2) Suy số đường m −2 trường hợp Cm +m 166 m −2 Vậy theo nguyên lý bù trừ, kết cần tìm Cm + m Thay m = 2018, ta có số lượng đường đi, số thoả mãn đề Nhận xét Bài tốn nhìn xử lý truy hồi bù trừ trực tiếp, thật không dễ Việc tiếp cận theo hướng dùng “lưới ngun” đòi hỏi nhiều kinh nghiệm kỹ thuật liên quan, tốn sau mơ hình hóa xong phải thêm bước “đối xứng hai lần” giải triệt để Đường tốn gọi đường Dyck Catalan, liên quan đến toán tiếng như: bỏ phiếu bầu cho ứng viên cho ứng viên thắng ứng viên thời điểm, mua vé với tiền đồng, đồng cho khơng có cần phải chờ tiền thối lại, Bài toán mơ theo dãy đường chéo, lên xuống đơn vị, từ (0, 0) đến (n2 + n; n2 − n) cho đường khơng xuống trục hồnh khơng vượt lên y = n2 Thực trình bày theo hướng việc lấy đối xứng sáng sủa Ứng với n = 1, 2, 3, ta có giá trị 0, 4, 100, 2755 dãy số không quen thuộc nên không rút gọn đáp số Dưới số kết tương tự đường đơn đề bài: a) Số đường đơn từ (0; 0) → (m; n) mà khơng có điểm chung với y = x m−n m C m + n m+n n −1 n b) Số đường đơn từ (0; 0) → (m; n) mà không vượt qua y = x Cm +n − Cm+n c) Số đường gồm n bước mà không vượt qua y = x n n!(2i + − n) [n/2] = Cn ∑ i =n/2 (i + 1) ! ( n − i ) ! d) Số đường đơn từ (0; 0) → (m; n) mà khơng có điểm chung với y = x + t m−t n Cm +n − Cm+n e) (Việt Nam TST 2003) Tính số cặp đường đơn (0; 0) → A(m, n) B( p; 0) → C (m; q) với p < m; q < n cho chúng khơng có điểm chung Bài Cho đường tròn (C ) có tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, AC E, F Gọi AM, AN phân giác tam giác với M, N ∈ BC Gọi d M , d N tiếp tuyến khác BC (C ) qua M, N a) Chứng minh d M , d N EF đồng quy Gọi điểm đồng quy D b) Trên AB, AC lấy P, Q thoả mãn DP AC, DQ AB Gọi R, S trung điểm DE, DF Chứng minh I thuộc đường thẳng qua trực tâm tam giác DPS, DQR Lời giải a) Gọi X, Y tiếp điểm tiếp tuyến thứ hai kẻ từ M đến I D tiếp điểm ( I ) BC Gọi K trung điểm EF 167 Xét đường tròn ( I ) EF đường đối cực A K ∈ EF nên đối cực K qua A, mà N A ⊥ I A nên N A đường đối cực K Đường đối cực K qua N nên đối cực N D Y qua K Dễ thấy AM trục đối xứng tứ giác D EF nên suy D X ⊥ EF Xét D ( EF, XY ), ta có D Y qua trung điểm EF D X ⊥ EF nên D ( EF, XY ) = −1 hay tứ giác EXFY điều hòa Suy MX, NY, EF đồng quy Ngồi ta có X, Y, A thẳng hàng b) Dễ thấy tam giác PED DQF tam giác cân Gọi H1 , H2 trực tâm tam giác DPS, DQR Ta có ∠ PH1 S = ∠ PDF = ∠ AFE = ∠ PES nên EPSH1 tứ giác nội tiếp Suy RH1 · RP = RS · RE Ngoài ra, KA · KI = KE · KF nên RP RH1 RE RS · = · KA KI KE KF Theo định lý Thales RP RE RH1 RS = nên = , mà KA KE KI KF RS = RD − SD = DE − DF EF = = KF 2 nên RH1 = KI, mà RH1 KI (do vng góc với EF) nên IKRH1 hình chữ nhật, kéo theo I H1 EF Một cách tương tự, ta có I H2 EF nên H1 H2 qua I Bài toán kết thúc Nhận xét Câu a toán đơn giản nhiều kỹ thuật, câu b phức tạp lại giải nhẹ nhàng Bài tốn có nhiều ý mới, đẹp thú vị Mơ hình có nhiều ý để khai thác: • MX trục đẳng phương ( I ) đường tròn bàng tiếp góc A ( Ia ) • Đường trung bình tam giác DMN qua K • Điểm I thuộc hai đường tròn ( PES), ( QFR) Chú ý câu a toán thay M, N cặp điểm liên hợp điều hòa tuỳ ý với B, C ; không thiết phải chân đường phân giác Ngoài cách dùng đối cực, ta dùng bổ đề: Tam giác ABC có ( I ) nội tiếp tiếp xúc với AB, AC D, E BI, CI cắt DE điểm thuộc đường tròn đường kính BC Khi đó, toán giải nhẹ nhàng nhiều 168 GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN HAY Ban biên tập GIỚI THIỆU Trong phần này, giới thiệu số toán sơ cấp hay thú vị để bạn đọc tự luyện tập Các toán giới thiệu chuyên đề đến từ đủ phân mơn Đại số, Hình học, Số học Tổ hợp Một số toán tham khảo từ tài liệu khác trích dẫn nguồn gốc rõ ràng ĐẠI SỐ Bài toán (PTNK 2016) Tìm số nguyên dương k nhỏ để bất đẳng thức sau đúng: x k yk zk ( x3 + y3 + z3 ) ≤ với x, y, z > x + y + z = Bài tốn (IMO Shortlist 2016) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thoả mãn: x f ( x2 ) f ( f (y)) + f (y f ( x )) = f ( xy) f ( f ( x2 )) + f ( f (y2 )) ∀ x, y ∈ R+ Bài toán (ELMO Shortlist 2017) Tìm tất hàm số f : R → R thoả mãn đồng thời điều kiện sau: • Nếu a + b + c ≥ f ( a3 ) + f (b3 ) + f (c3 ) ≥ f (3abc) • Nếu a + b + c ≤ f ( a3 ) + f (b3 ) + f (c3 ) ≤ f (3abc) Bài toán (Hàn Quốc 2017) Với số nguyên dương n, đặt cn = 2017n Cho hàm số f : N → R thoả mãn đồng thời điều kiện sau: • Với số nguyên dương m, n f (m + n) ≤ 2017 f (m) f (n + 325) • Với số nguyên dương n < f (cn+1 ) < f (cn )2017 Chứng minh tồn dãy số a1 , a2 , thoả mãn: ∀n, k mà ak < n f (n)ck < f (ck )n Bài toán (Russia 2014) Một tập hợp hữu hạn điểm nằm mặt phẳng toạ độ gọi thích hợp chúng có hồnh độ đôi khác điểm tô hai màu: xanh đỏ Ta nói đồ thị đa thức phân tách tập điểm phần mặt phẳng phía đồ thị có điểm thuộc màu phần mặt phẳng phía đồ thị có điểm thuộc màu lại Ngay đồ thị có điểm thuộc 169 hai màu Với số tự nhiên n > 1, xác định số k nhỏ với tính chất: với n điểm thích hợp, ln tồn đa thức bậc khơng q k mà đồ thị phân tách tập điểm HÌNH HỌC Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Tiếp tuyến B, C (O) cắt X Các điểm Y, Z xác định tương tự Gọi A1 , B1 , C1 nằm OX, OY, OZ cho: A1 O BO CO = = =k A1 X B1 Y C1 Z a) Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy N A2 O b) Gọi A2 điểm nằm OA cho = k Đường thẳng d a qua A2 vuông góc với A2 A OA cắt BC A3 Các điểm B3 , C3 xác định tương tự Chứng minh A3 , B3 , C3 nằm đường thẳng vng góc với ON Bài tốn (Nguyễn Tiến Hoàng) Cho tam giác ABC D điểm đường thẳng BC X điểm đối xứng A qua D Y, Z điểm đối xứng D qua B, C Gọi T giao điểm thứ hai ( XBY ) ( XCZ ) a) Chứng minh XT qua điểm P cố định D thay đổi b) Chứng minh XT trục đẳng phương đường tròn ( PBY ) ( PCZ ) Bài toán (Nguyễn Tăng Vũ) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có M, N trung điểm CA, AB BM, CN cắt lại (O) X, Y Gọi (K ) đường tròn qua X tiếp xúc với CA C ( L) đường tròn qua Y tiếp xúc với AB B Gọi P tâm đường tròn Euler tam giác ABC Chứng minh ( PCK ) ( PBL) cắt đường tròn (O) Bài tốn Cho tam giác ABC có (ω ) đường tròn Euler Chứng minh tồn điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cho đường thẳng Simson điểm với tam giác ABC tiếp xúc với (ω ) Bài toán 10 (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC có K, L tâm bàng tiếp góc B, C Lấy P, Q CK, BL cho LP AC, KQ AB PQ cắt KL R H hình chiếu R đường thẳng OI tam giác ABC AD phân giác tam giác ABC G nằm AD cho KG ⊥ GA HB, HC cắt ( HGD ) M, N khác H DN, DM cắt CA, AB E, F Chứng minh A, E, H, F thuộc đường tròn SỐ HỌC Bài tốn 11 Cho đa thức P( x ) = a0 + a1 x + + an x n ( ∈ Z, i ∈ {0; 1; ; n}) Giả sử tồn số nguyên dương m thoả mãn đồng thời điều kiện sau: • a2 , a3 , , an chia hết cho tất ước nguyên tố m • a1 m hai số nguyên tố 170 Chứng minh ∀k ∈ N∗ , tồn số nguyên dương c để P(c) bội mk Bài toán 12 Cho ( an ) dãy số nguyên dương cho k số hạng a1 , , ak số nguyên dương phân biệt Với n > k, ta xác định an số nguyên dương nhỏ biểu diễn tổng vài số (có thể một) số a1 , , an−1 Chứng minh với n đủ lớn ta có an = 2an−1 Bài toán 13 (IMO 2016) Cho P = A1 A2 Ak đa giác lồi mặt phẳng tọa độ Tất đỉnh A1 , A2 , , Ak có tọa độ nguyên nằm đường tròn Kí hiệu S diện tích P Cho n số nguyên dương lẻ mà bình phương độ dài cạnh P số nguyên chia hết cho n Chứng minh 2S số nguyên chia hết cho n Bài toán 14 (Serbia TST 2017) Hàm số f : N → N gọi tốt như: f a (b) = f ( a + b − 1) ∀ a, b ∈ N; a > Với ký hiệu f a (b) tác động hàm f a lần Gọi g hàm số tốt thoả mãn toán, đồng thời giả sử tồn số nguyên A cho g( A + 2018) = g( A) + a) Chứng minh g(n + 20172017 ) = g(n) ∀n ≥ A + b) Nếu g( A + 1) = g( A + + 20172017 ), xác định g(n) với n < A Bài toán 15 (Serbia TST 2017) Với k số nguyên dương, gọi n số nguyên dương nhỏ có k ước số Giả sử n lập phương Liệu n có ước ngun tố dạng 3j + hay khơng ? Hãy chứng minh TỔ HỢP Bài toán 16 Cho 2017 số thực có tổng Hỏi có cặp số từ 2017 số cho trước mà có tổng số khơng âm ? Hãy chứng minh Bài tốn 17 (China TST 2017) Có 2017 kỹ sư tham gia hội nghị Với kỹ sư bất kỳ, họ trò chuyện với nhau, họ sử dụng tiếng Trung tiếng Anh kỹ sư trò chuyện với khơng lần Biết với kỹ sư ta ln có: • Số trò chuyện họ ln số chẵn • Có trò chuyện diễn tiếng Trung • Hoặc khơng có trò chuyện tiếng Anh, số trò chuyện tiếng Anh khơng số trò chuyện tiếng Trung Chứng minh tồn 673 kỹ sư mà người trò chuyện với tiếng Trung Bài toán 18 Một nhà ảo thuật với trợ lý biểu diễn ảo thuật sau Họ dùng tây gồm 52 Các lật ngửa Người trợ lý bịt mắt nhà ảo thuật gia sau mời khán giả chọn 13 công bố cho tất người biết (trừ nhà ảo thuật) Người trợ lý sau chọn 13 số lại đưa cho 171 người khán giả Người khán giả trộn tất 26 theo cách tùy ý đưa cho nhà ảo thuật Thật ngạc nhiên nhà ảo thuật nói tất 13 mà người khán giả chọn Hỏi nhà ảo thuật người trợ lý làm ? Bài tốn 19 Có 2n thẻ, ghi số Hai bạn An Bình chơi trò chơi sau Ở lượt An chia 2n thẻ hai phần, phần gồm n thẻ Bình phép chọn hai phần, công thêm vào số chọn trừ vào số thẻ lại Chứng minh Bình có chiến thuật cho 2n − thời điểm số viết thẻ khơng vượt q n−1 Bài tốn 20 Cho bảng vng kích thước n × n Ban đầu tất ô vuông đơn vị tô màu trắng Ta tô màu đen số ô vuông đơn vị cho với ô màu trắng có chung cạnh với màu đen Xác định số lượng màu đen bảng 172 ... Giới thi u số toán hay 169 LỜI NÓI ĐẦU Các bạn cầm tay Chun đề Tốn học số 11 trường Phổ thơng Năng khiếu Đây dự án cuối năm 2016 sau thành công Chuyên đề Toán. .. Các toán hệ số nhị thức 49 Nguyễn Tiến Hoàng Một số định hướng tiếp cận lời giải toán Olympic 67 Phan Quốc Vượng Về toán tổ hợp đề thi. .. nhận nhiều giúp đỡ Để hoàn thành chuyên đề, phủ nhận đóng góp nhiều bên với vai trò khác Xin gửi lời cảm ơn đến thầy Nguyễn Tăng Vũ gợi ý hỗ trợ nhiều mặt chuyên môn dự án ý tưởng gần hoàn tất Cảm