loi giai binh luan VMO 2019 2020

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ VMO 2019 – 2020 (Lê Phúc Lữ tổng hợp giới thiệu) Xin cám ơn thầy Võ Quốc Bá Cẩn, Nguyễn Lê Phước, Nguyễn Văn Linh bạn Đoàn Cao Khả, Nguyễn Công Thành, Nguyễn Mạc Nam Trung chia sẻ số nội dung để hồn tất tài liệu Kỳ thi chọn HSG quốc gia (viết tắt VMO) năm diễn vào ngày 27, 28 tháng 12/2019 Cấu trúc đề năm là: Giới hạn dãy số Bất đẳng thức Dãy số nguyên Hình học phẳng Hệ phương trình Hình học phẳng Tổ hợp Tổng quan đề thi, nói đề ngày so với "cùng kỳ năm trước" thật khác Các câu hỏi có ý a để dẫn dắt gợi mở chí cho điểm Ý tưởng khơng mẻ năm trước thử thách đáng kể với thí sinh Hầu hết thí sinh ôn luyện cẩn thận làm tốt ý a, làm thêm ý b Các ý b có độ khó tương đương nhau, tùy vào sở trường thí sinh, nhìn chung số bạn làm trọn vẹn hình khơng nhiều Ngày thi thứ hai có bất ngờ lớn xuất câu biện luận hệ phương trình ý tổ hợp a nhẹ nhàng Các câu hệ a tổ a xem cho điểm hồn tồn Cả câu hình tổ b mức trung bình (xây dựng mơ hình đơn giản) Tuy nhiên, câu hệ b tổ c thực thách thức lớn, đòi hỏi phải kỹ xử lý tình tốt Nhưng nói chung, đề thi năm mẻ, đòi hỏi thí sinh vừa phải nắm kiến thức, vừa phải có nhiều sáng tạo làm trọn vẹn Dưới lời giải chi tiết, bình luận phân tích liên quan; số nội dung có tham khảo group "Hướng tới VMO-TST" Facebook Đề thi ngày (ngày 27/12/2019) Bài (5 điểm) Cho dãy số (x n ) xác định x = x n+1 = x n + n n→+∞ x n a) Chứng minh lim xn + n với n ≥ xn = n2 n→+∞ x n b) Tính giới hạn lim Bài (5 điểm) a) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c = Chứng minh |a − b| + |b − c| + |c − a| ≤ 2 b) Cho 2019 số thực a1 , a2 , , a2019 thỏa mãn a12 + a22 + · · · + a2019 = Tìm giá trị lớn S = |a1 − a2 | + |a2 − a3 | + · · · + a2019 − a1 Bài (5 điểm) Cho dãy số (an ) xác định a1 = 5, a2 = 13 an+2 = 5an+1 − 6an với n ≥ a) Chứng minh hai số hạng liên tiếp dãy nguyên tố b) Chứng minh p ước nguyên tố a2k p − chia hết cho 2k+1 với số tự nhiên k Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp đường tròn (O) trực tâm H Gọi D, E, F điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB a) Gọi H a điểm đối xứng H qua BC, A điểm đối xứng A qua O Gọi Oa tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC Chứng minh H D , A Oa cắt điểm (O) b) Lấy điểm X cho tứ giác AX DA hình bình hành Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có điểm chung khác A Lời giải bình luận VMO 2019-2020 Đề thi ngày (ngày 28/12/2019)   x − a y = yz Bài (6 điểm) Cho hệ phương trình (tham số a): y − az = z x (với x, y, z ∈ )  z − ax = x y a) Giải hệ a = b) Chứng minh hệ có nghiệm a > Bài (7 điểm) Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có đường cao AD, BE, C F với D, E, F chân đường cao Đường tròn đường kính AD cắt DE, DF M , N Lấy điểm P, Q tương ứng AB, AC cho N P⊥AB, MQ⊥AC Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ a) Chứng minh (I) tiếp xúc với E F b) Gọi T tiếp điểm (I) với E F , K giao điểm DT, M N L đối xứng với A qua M N Chứng minh (DK L) qua giao điểm M N E F Bài (7 điểm) Cho số nguyên dương n > Ký hiệu T tập hợp tất có thứ tự (x, y, z) x, y, z số nguyên dương đôi khác ≤ x, y, z ≤ 2n Một tập hợp A có thứ tự (u, v) gọi “liên kết” với T với phần tử (x, y, z) ∈ T {(x, y), (x, z), ( y, z)} ∩ A = ∅ a) Tính số phần tử T b) Chứng minh tồn tập hợp liên kết với T có 2n(n − 1) phần tử c) Chứng minh tập hợp liên kết với T có khơng 2n(n − 1) phần tử Lời giải bình luận VMO 2019-2020 Lời giải chi tiết bình luận Bài Cho dãy số (x n ) xác định x = x n+1 = x n + x n + n xn với n ≥ = n n→+∞ x n a) Chứng minh lim n2 n→+∞ x n b) Tính giới hạn lim Lời giải a) Ta dự đoán x n > n2 , ∀n > chứng minh quy nạp sau Với n = 2, ta có x = + + 1 = > 22 nên khẳng định Giả sử ta có x n > n2 , x n > n2 + 3n ≥ (n + 1)2 x n+1 > x n + Do đó, theo nguyên lý quy nạp khẳng định chứng minh Từ suy < n xn < 1n , mà lim n→+∞ n = nên theo nguyên lý kẹp lim n n→+∞ x n = b) Cách (sử dụng định lý trung bình Cesaro – định lý Stolz) = yn2 + yn + Đặt x n = yn2 cơng thức cho viết lại thành yn+1 ( yn+1 − yn )( yn+1 + yn ) = yn + yn+1 − yn = n yn yn+1 + yn n n→+∞ yn Theo câu a lim yn + = n yn yn2 + yn + n yn + yn n→+∞ yn = nên kéo theo lim nên n yn hay yn + n yn 3+ = yn 1+ = lim n n→+∞ yn n yn2 + n yn3 +1 = dựa theo đẳng thức lim ( yn+1 − yn ) = 32 Theo định lý trung bình Cesaro dãy số (un ) có n→+∞ lim un = L lim n→+∞ n→+∞ u1 +u2 +···+un n = L Xét dãy un = yn+1 − yn , áp dụng ta dễ dàng có lim n→+∞ yn n2 = nên lim = n→+∞ x n n Cách (dùng nguyên lý kẹp) Trước hết, xét hiệu x n+1 − x n (n + 1)2 − n2 xn n n→+∞ ta thấy lim = xn + 2n + n xn = xn n2 + + 1n xn , = l theo định lý Stolz, ta phải có l = l → l = 94 Nhờ dự đốn này, ta thực ước lượng để xây dựng BĐT kẹp sau: Vì x n > n2 nên nx n < 1, từ dễ dàng chứng minh quy nạp xn < n , ∀n ≥ Lời giải bình luận VMO 2019-2020 Sử dụng ước lượng a−b> a− b a x n+1 > x n + với a > b > 0, ta có 2 > xn + −2> xn + − xn + −2 hay xn + x n+1 > Suy x n+1 > 2 x n + 32 x n + 23 − 2n nên x n+1 > + 3n 1 −2 + + ··· + 2 n Mặt khác, dễ dàng chứng minh quy nạp 1 + + ··· + ≤ n nên ta 3n > x n+1 > 3n n, ∀n ≥ − n Theo nguyên lý kẹp, dễ dàng suy lim nx n = 49 Nhận xét Câu b sử dụng định lý Stolz cho dãy ( yn ) dãy zn = n thu kết tương tự, thực định lý Stolz tổng quát định lý trung bình x n+1 −x n Cesaro: Cho hai dãy số (x n ), ( yn ) có yn dương, tăng, tiến tới vô cực lim yn+1 − yn = L x lim n n→+∞ yn n→+∞ = L Dấu hiệu nhận biết định lý Stolz cho câu b rõ Nếu không thực đặt dãy phụ xét hiệu x n+1 − x n Tuy nhiên, ta theo hướng xét trực tiếp dãy x n n2 khó, khơng dễ để tính trực tiếp x giới hạn sau (cũng khó chứng minh tính tăng/giảm dãy n2n , dù thực tế, dãy tăng) x n+1 − x n (n + 1)2 − n2 = xn + n xn 2n + Dãy số theo dạng un+1 = un + uαn hai ý không mới, tùy vào giá trị α, ta ước lượng “tốc độ” tăng dãy này, xấp xỉ với n, n2 hay 1n , Một tương tự: (Đề tiêu thụ giảng trường Đông miền Nam 2019) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 > 0, un+1 = un + u12 , n = 1, 2, 3, Chứng minh lim n x n3 n = (VMO 2017 Mock test) Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 = 2017 , un+1 = un + 2016 a) Tính u2018 b) Chứng minh an = c) Chứng minh bn = u1 u1 un + n2 với n ≥ un + u12 + · · · + u1n hội tụ + u22 + · · · + unn → +∞ Lời giải bình luận VMO 2019-2020 Cho dãy số a1 > 0, an+1 = an + a bn = nn cn = an − n n an với n ≥ Tính giới hạn dãy số sau (Chọn đội tuyển Đồng Nai 2019) Cho dãy số (x n ) thỏa mãn x n+1 = Chứng minh (n − 1)2 < x n < n2 , ∀n ≥ tính lim x n+1 −x n n2 −x n xn + 2n xn Bài a) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c = Chứng minh |a − b| + |b − c| + |c − a| ≤ 2 b) Cho 2019 số thực a1 , a2 , , a2019 thỏa mãn a12 + a22 + · · · + a2019 = Tìm giá trị lớn S = |a1 − a2 | + |a2 − a3 | + · · · + a2019 − a1 Lời giải Nhận xét Theo BĐT Cauchy – Schwarz, ta ln có x + x + · · · + x n ≤ |x | + |x | + · · · + |x n | ≤ n x 12 + x 22 + · · · + x n2 a) Do tính đối xứng, ta giả sử a ≤ b ≤ c đưa |a − b| + |b − c| + |c − a| = (a − b) + (b − c) + (a − c) = 2(a − c) ≤ BĐT chứng minh Đẳng thức xảy (a, b, c) = (− 2(a2 + c ) ≤ 2 2 , 0, ) b) Cách Khơng tính tổng qt, ta giả sử a1 số nhỏ Ta xét trường hợp sau: Nếu dãy số a1 , a2 , , a2019 không giảm tổng khoảng cách cho hai lần khoảng cách số đầu số cuối, tức S = a1 − a2019 ≤ 2 2(a12 + a2019 ) ≤ 2 Ngược lại, dãy phải có vị trí ak với < k < 2019 mà ak ≥ ak−1 ak ≤ ak+1 (tức đơn điệu ngược chiều) Khi |ak − ak−1 | + |ak+1 − ak | = |ak+1 − ak−1 | Như thế, ta loại bỏ số ak khỏi biểu thức S ta đưa tốn có 2018 số thực sau: Cho 2018 số thực b1 , b2 , , b2018 thỏa mãn b12 + b22 + · · · + b2019 ≤ Tìm giá trị lớn S = |b1 − b2 | + |b2 − b3 | + · · · + |b2018 − b1 | Suy S ≤ (|b1 | + |b2 |) + (|b2 | + |b3 |) + · · · + (|b2018 | + |b1 |) = |bi | ≤ 2018 1≤i≤2018 Đẳng thức xảy tất trị tuyệt đối số liên tiếp trái dấu Do có chẵn số nên điều xảy ta chọn b1 = −b2 = b3 = −b4 = · · · = −b2018 = Lời giải bình luận VMO 2019-2020 2018 2018 Vì nên tốn ban đầu, ta có max S = 2018 đẳng thức xảy chẳng hạn a1 = −a2 = a3 = −a4 = · · · = −a2018 = 2018 , a2019 = 2018 Cách Trước hết, ta có nhận xét: |x − y| = max{x, y} − (x + y) Suy S = 2019 2019 max{ai , ai+1 } − i=1 i=1 Rõ ràng max{ai , ai+1 } = ai+1 nên tổng viết lại thành S = a1 + a2 + ··· + 2019 a2019 , 2019 i ∈ {−1, 0, 1} Ngồi ra, ta phải có i = (do tổng có 2019 i=1 dấu − 2019 dấu +) nên hệ số này, phải có hệ số 0, khơng vế trái số lẻ, vơ lý Khơng tính tổng qt, giả sử 2019 = Suy S ≤ 2018 2018 i i=1 ≤ |ai | ≤ 2018 i=1 nên S ≤ 2018 Đẳng thức xảy có 1009 số nhận giá trị −1 Từ khơng khó để a1 = −a2 = · · · = a2017 = −a2018 = i nhận giá trị 1, 1009 số 2018 a2019 = 2018 Nhận xét Câu a toán gợi ý hiệu cho ba số (lẻ số) kết 2 Nếu thay câu a gốc thành tốn tìm GTLN ứng với 2020 số ta thực BĐT Cauchy-Schwarz thu kết 2020 Như tốn đổi giả thiết từ 2019 → n số nguyên dương Xét chất lời giải, trường hợp 2019 số, ta thực tương tự lại dấu theo kiểu ghép thành cặp đan dấu Một số toán tương tự (JBMO TST) Cho a, b, c ∈ a2 + b2 + c = 21 Chứng minh |a − 2b| + |b − 2c| + |c − 2a| ≤ Với số thực x , x , , x n ta có |x − x | + |x − x | + · · · + |x n − x | ≥ max xi − x j , ≤ i ≤ j ≤ n Lời giải bình luận VMO 2019-2020 (Komal 2014) Với n ≥ ,cho số thực ≤ x ≤ x ≤ ≤ x n ≤ y1 ≤ n y2 ≤ ≤ yn thỏa mãn điều kiện xi = i=1 n yi = Tìm giá trị lớn i=1 a) {|x i − yi | , ≤ i ≤ n} b) P = n |x i − yi | i=1 Bài Cho dãy số (an ) xác định a1 = 5, a2 = 13 an+2 = 5an+1 − 6an với n ≥ a) Chứng minh hai số hạng liên tiếp dãy nguyên tố b) Chứng minh p ước nguyên tố a2k p − chia hết cho 2k+1 với số tự nhiên k Lời giải a) Cách Ta thấy (an ) dãy sai phân tuyến tính cấp hai có phương trình đặc trưng x = 5x − với hai nghiệm x = 2, x = nên dễ dàng tìm công thức tổng quát an = 2n + 3n , ∀n Đến đây, giả sử có n ≥ để an , an+1 có ước nguyên tố chung p Rõ ràng gcd(p, 6) = Ta có p|2n + 3n p|3 · 2n + 3n+1 → → p|2n , n+1 n+1 n n+1 p|2 + p|2 · + vơ lý gcd(p, 6) = Cách Vì an+2 ≡ 5an+1 (mod 6) a1 = 5, a2 = 13 nên số hạng dãy nguyên tố với Giả sử tồn số nguyên tố p ≥ để p|an , an+1 với n ∈ + Suy p|5an − 6an−1 → p|6an → p|an−1 Từ thực liên tiếp thao tác suy p|a1 , a2 , vơ lý gcd(a1 , a2 ) = k k k k b) Xét số nguyên tố p ước 22 + 32 Suy 22 ≡ −32 (modp) → 22 k+1 32 (modp) Theo định lý Fermat nhỏ k+1 ≡ p−1 ≡ p−1 ≡ (mod p) Giả sử h số nguyên dương nhỏ để 2h ≡ 3h (mod p) Rõ ràng số h ≥ h thỏa mãn điều kiện ta phải có h|h Thật vậy, Xét phép chia h = h · t + r với ≤ r < h t t 2h ≡ 3h (modp) ⇔ (2h ) · r ≡ (3h ) · r (modp) ⇔ r ≡ r (modp) Do h số nguyên dương nhỏ nên ta phải có r = h|h Theo đề h = 2k+1 thỏa mãn nên ta có h|2k+1 , tức h = x với ≤ x ≤ k + Giả sử x ≤ k k k x ≡ x (modp) ⇒ p|2 x − x |22 − 32 , k k mâu thuẫn p|22 + 32 Do đó, ta phải có x = k + h = p − thỏa mãn nên 2k+1 |p − Ta có đpcm Lời giải bình luận VMO 2019-2020 Nhận xét Câu a kết nhẹ nhàng thực theo nhiều cách Câu b bổ đề quen thuộc cấp số liên quan đến số Fermat: Mỗi n ước nguyên tố p số 22 + thỏa mãn 2n+1 |p − Ta chứng minh 2n+2 |p − Trên thực tế, cặp số (2, 1) đổi thành cặp (a, b) nguyên tố Và có lẽ ý tưởng khai thác để xây dựng thành toán đề thi Bài toán tương tự: Chứng minh hai số hạng liên tiếp dãy Fiboacci (cũng dãy Lucas) nguyên tố Chứng minh với n ∈ + ta ln có: a) Nếu a, b cặp số nguyên dương nguyên tố 2n | ϕ(a n + b n ) b) Với a nguyên dương n|ϕ(a n − 1) (KHTN 2011) Cho dãy số (x n ) xác định x = 5, x = 17 , x n+1 = x n x n−1 − 2x n − 4, ∀n ≥ a) Chứng minh 2x n+1 = x n2 − 8, từ x n = 22 +1 + 2−2 n b) Tìm tất số nguyên dương n để [x n ] + lập phương n−1 n−1 +1 với Bài Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) trực tâm H Gọi D, E, F điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB a) Gọi H a điểm đối xứng H qua BC, A điểm đối xứng A qua O Gọi Oa tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC Chứng minh H D , A Oa cắt điểm (O) b) Lấy điểm X cho tứ giác AX DA hình bình hành Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có điểm chung khác A Lời giải a) Xét hình vẽ bên dưới, trường hợp lại chứng minh tương tự Giả sử H a D cắt (O) K Gọi M trung điểm BC OD = 2OM = AH Hai tam giác cân OBD OOa B có chung góc đáy O nên chúng đồng dạng, suy OB OD = → OD · OOa = R2 OB OOa với R bán kính (O) Suy AH ·OOa = R2 nên AH OA = OA OOa , mà ∠OAH = ∠A OAa nên hai tam giác AHO, OA Oa đồng dạng Vì tứ giác OH H a D hình thang cân nên ∠OA Oa = ∠AHO = 180◦ − ∠AH a K = 180◦ − ∠AA K Vì nên Oa , A , K thẳng hàng, ta có đpcm Lời giải bình luận VMO 2019-2020 10 b) Gọi J trung điểm OH J tâm đường tròn Euler tam giác ABC Gọi L điểm đối xứng với K qua J Gọi N trung điểm AC M N đường trung bình tam giác ODE Biến đổi góc, ta có ∠K DE = ∠K DO − ∠ODE = ∠AH a K − ∠OM N = 180◦ − ∠AC K − ∠OC N = 180◦ − ∠EC K Suy tứ giác DKC E nội tiếp Ta biết H, A đối xứng qua M nên tứ giác OH DA hình bình hành Suy −→ −→ −→ −→ DH = A O = A A = DX 2 nên H trung điểm DX Từ ta có X , A đối xứng qua J Theo phép đối xứng tâm J thì: X ↔ A , A ↔ D, H ↔ O, L ↔ K Mà A , D, O, K thuộc đường tròn (do ∠OA K = ∠AH a D = ∠ODK) nên điểm X , A, H, L thuộc đường tròn hay X ∈ (AH L) Cũng theo phép đối xứng tâm A, L, F, B thuộc đường tròn nên L ∈ (AF B) Tương tự L ∈ (AC E) Vì nên đường tròn (AH X ), (ABE), (AC F ) qua điểm chung thứ hai L = A Nhận xét Điểm K giao điểm (O) với đường thẳng đối xứng với đường thẳng Euler OH qua BC nên điểm Anti-Steiner tam giác ABC Bài tốn khó ngày ý b đòi hỏi phải có bước xử lý cầu kỳ phát điểm đồng quy thứ hai ba đường tròn Bài tốn nhiều cách tiếp cận khác dùng phép nghịch đảo Theo tính bình đẳng đỉnh tam giác, ta thấy L nằm đường tròn (BC D) Lời giải bình luận VMO 2019-2020 11   x − a y = yz Bài Cho hệ phương trình (tham số a): y − az = z x (với x, y, z ∈ )  z − ax = x y a) Giải hệ a = b) Chứng minh hệ có nghiệm a > Lời giải a) Với a = 0, ta có hệ   x = yz y = zx  z = xy Nếu ba số kéo theo hai số lại Xét x yz = nhân phương trình lại, vế theo vế, ta có x yz = nên x = y = z = Từ đó, ta tìm (0, 0, 0), (1, 1, 1), (−1, −1, 1) hốn vị Có tất nghiệm phân biệt hệ phương trình b) Dễ thấy x = y = z = thỏa mãn hệ Với a > 1, trước hết ta thấy số kéo theo hai số 0, nên giả sử x yz = Ý tưởng tìm biểu thức đối xứng biến x, y, z Cách Đặt p = x + y + z, q = x y + yz + z x, r = x yz, cộng phương trình lại, vế theo vế, ta có x + y + z − a(x + y + z) = x y + yz + z x nên p(1 − a) = q Nhân phương trình 1, 2, cho x, y, z, ta có x − ax y = y − a yz = z − az x = x yz Cộng phương trình vế theo vế, ta có x + y + z − a(x y + yz + z x) = 3x yz nên p2 − 2q − aq = 3r Cuối cùng, bình phương phương trình, vế theo vế cộng lại, ta có (x − a y)2 + ( y − az)2 + (z − ax)2 = x y + y z + z x hay (a2 + 1)(p2 − 2q) − 2aq = q2 − 2pr Rút điều kiện q = p(1 − a) trên, xuống phương trình dưới, ta có p2 + ap(a − 1)(a + 2) = 3r (a2 + 1)(p2 − 2p(1 − a)) = p2 (a − 1)2 − 2pr Từ ta có hệ điều kiện p2 + p(a − 1)(a + 2) = 3r (a2 + 1)(p + 2a − 2) + 2a(a − 1) − p(a − 1)2 = −2r Giải ra, ta có (p, q, r) = (0, 0, 0) (3(1 − a), 3(a − 1)2 , (1 − a)3 ), (−a2 − a − 1, a3 − 1, a2 + a + 1) Ta xét trường hợp Lời giải bình luận VMO 2019-2020 12 Nếu (p, q, r) = (0, 0, 0) x = y = z = 0, xét Nếu (p, q, r) = (3(1 − a), 3(a − 1)2 , (1 − a)3 ) p2 ≥ 3q nên đẳng thức phải xảy ra, ta tìm x = y = z = − a Cuối với (p, q, r) = (−a2 − a − 1, a3 − 1, a2 + a + 1) theo định lý Viete, số x, y, z nghiệm phương trình bậc biến t t + (a2 + a + 1)t + (a3 − 1)t − (a2 + a + 1) = Xét hàm số f (t) = t + (a2 + a + 1)t + (a3 − 1)t − (a2 + a + 1) f (0) = −(a2 + a + 1) < 0, f (−2a) = 2a4 − 4a3 + 3a2 + a − > 0, ∀a > nên theo định lý hàm liên tục phương trình có ba nghiệm thực phân biệt α, β, γ khoảng (−∞; −2a), (−2a; 0), (0; +∞) Theo hệ có nghiệm âm nghiệm dương; đó, hoán vị 3! = nghiệm đa thức này, ta nhận nghiệm thỏa mãn điều kiện sau x < 0, y < 0, z > x < 0, y > 0, z < x > 0, y < 0, z < Vậy hệ cho có nghiệm (0, 0, 0), (1 − a, − a, − a) (α, β, γ) với dấu chọn Cách Ngoài cách biến đổi trên, ta thực theo hướng khác, đỡ “cơ bắp” sau: Bỏ qua trường hợp x = y = z = 0, rõ ràng có hai số ta suy ba số 1−a Ta xét x yz(x − y)( y −z)(z− x) = biến đổi sau: a= y − zx (x − y)(z + 1) x − yz = = y z y −z Xây dựng đẳng thức tương tự nhân lại, ta có (x + 1)( y + 1)(z + 1) = a3 Suy p + q + r = a3 − Lại có x y z (a + x)(a + y)(a + z) = · · = y z x nên a2 p + aq + r = − a3 Đến tính p, q, r theo a nhẹ nhàng nhiều Sau đó, giải tiếp tương tự Nhận xét Ở toán này, ý a nói khơng thể khơng làm Tuy nhiên, ý b lại đòi hỏi phải tính tốn tay Nếu ta biến đổi rút biến “chồng chéo” vào đưa phương trình bậc cao khó để có đủ nghiệm Ý tưởng đối xứng hóa tương đối tự nhiên Đây đại số ứng dụng đa thức mẻ thú vị Dưới đề tương tự (lấy ý tưởng từ “dấu bằng” BĐT Vasile Cirtoaje) Xin gửi đầy đủ đề lẫn lời giải để người thấy hiệu tính đối xứng hóa: Cho x, y, z số thực khác thỏa mãn điều kiện: x − x y + yz = y − yz + z x = z − z x + x y Đặt T = (x+ y+z)3 x yz Chứng minh T = 27 T = 49 Lời giải bình luận VMO 2019-2020 13 Chứng minh Đặt A = x − x y + yz, B = y − yz + z x, C = z − z x + x y A+ B + C = x + y + z A2 + B + C = x + y + z + 2(x y + y z + z x ) − 2(x y + y z + z x) = (x + y + z ) − 2(x y + y z + z x) = (A + B + C)2 − 2(x y + y z + z x) ⇔ AB + BC + CA = x y + y z + z x Do A = B = C nên (A + B + C)2 = 3(AB + BC + CA) ⇔ (x + y + z ) = 3(x y + y z + z x) Đặt a = x + y + z, b = x y + yz + z x, c = x yz A = B = C = k2 Suy 3k2 = x + y + z hay a2 − 2b = 3k2 Ta có x − x y + x yz = k2 x , y − y z + x y z = k2 y , z − z x + x yz = k2 z nên x + y + z − (x y + y z + z x) + x yz(x + y + z) = 3k4 Theo (*) 3(x y + y z + z x) = (x + y + z ) = 9k4 nên x + y + z + x yz(x + y + z) = 6k4 ⇔ −2b2 + 5ca = 3k4 Mặt khác, ta có  2 2  x yz − x y z + y z = k yz y z x − x yz + z x = k2 z x  z x y − x yz + x y = k2 x y Suy x y + y z + z x = k2 (x y + yz + z x) ⇔ b2 − 2ca = bk2 , ta có hệ  2 a − 2b = 3k 2b2 − 5ca = 3k4  b − 2ca = bk2 Từ đẳng thức thứ 3, ta có b = 5bk − 6k ⇔ 2 b = 3k2 b = 2k2 Nếu b = 3k2 a2 = 9k2 ca = 3k4 Do T = Nếu b = 2k2 a2 = 7k2 ca = k4 Do T = a3 c a3 c = = Ta xét trường hợp a4 ac a4 ac = = 81k4 3k4 49k4 k4 = 27 = 49 Vậy giá trị biểu thức T 27 49 Bài Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có đường cao AD, BE, C F với D, E, F chân đường cao Đường tròn đường kính AD cắt DE, DF M , N Lấy điểm P, Q tương ứng AB, AC cho N P⊥AB, MQ⊥AC Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ a) Chứng minh (I) tiếp xúc với E F b) Gọi T tiếp điểm (I) với E F , K giao điểm DT, M N L đối xứng với A qua M N Chứng minh (DK L) qua giao điểm M N E F Lời giải bình luận VMO 2019-2020 14 Lời giải a) Gọi T hình chiếu A lên E F Ta thấy F C phân giác góc ∠DF E nên hai tia F M , F T đối xứng qua AB Mặt khác, ∠F N A = ∠F TA = 90◦ nên N , T đối xứng qua AB Suy N , P, T thẳng hàng T P⊥AB Tương tự TQ⊥AC T, M , Q thẳng hàng Từ dễ thấy AT đường kính (I), mà AT ⊥E F nên E F tiếp xúc (I) b) Gọi X , Y, Z, J giao điểm M N với E F, AB, AC, AD Theo tính chất quen thuộc hai điểm N , M đối xứng với chân đường cao T qua AE, AF M N qua chân đường cao đỉnh E, F tam giác AE F Suy EY ⊥AB, F Z⊥AC Ngồi ra, theo tính đối xứng ta có AD trung trực M N nên J trung điểm M N Do D(E F, T X ) = −1 Chiếu lên M N , ta có (M N , K X ) = −1 Theo hệ thức Newton cho hàng điểm điều hòa J K · J X = J M = J N = −JA · J D = J L · J D Suy tứ giác DLKS nội tiếp Ta có đpcm Nhận xét Mơ hình tốn khai thác mẻ khơng khó Có nhiều cách tiếp cận để chứng minh ý b, theo kiểu tính tốn hệ thức lượng biến đổi góc Hướng xử lý theo kiểu dùng hàng điểm điều hòa nhẹ nhàng đẹp mắt Nếu quan sát kỹ, ta thấy chất điểm M , N tiếp điểm đường tròn bàng tiếp (A) tam giác DE F lên cạnh DE, DF Ta chứng minh DK, AX qua điểm chung khác A (I) đường tròn đường kính AD Bài Cho số nguyên dương n > Ký hiệu T tập hợp tất có thứ tự (x, y, z) x, y, z số nguyên dương đôi khác ≤ x, y, z ≤ 2n Một tập hợp A có thứ tự (u, v) gọi “liên kết” với T với phần tử (x, y, z) ∈ T {(x, y), (x, z), ( y, z)} ∩ A = ∅ Lời giải bình luận VMO 2019-2020 15 a) Tính số phần tử T b) Chứng minh tồn tập hợp liên kết với T có 2n(n − 1) phần tử c) Chứng minh tập hợp liên kết với T có khơng 2n(n − 1) phần tử Lời giải a) Ta thấy số có thứ tự (x, y, z) ∈ T số chỉnh hợp chập 2n |T | = A32n = 2n(2n − 1)(2n − 2) b) Xét tập hợp A = {(i, j) : ≤ i, j ≤ n, i = j} ∪ {(i, j) : n + ≤ i, j ≤ 2n, i = j} Rõ ràng |A| = · A2n = 2n(n − 1) Hơn nữa, với (x, y, z) ∈ T ln tồn hai ba số x, y, z thuộc tập {1, 2, , n} {n + 1, n + 2, , 2n} Không tính tổng quát, giả sử x, y thuộc hai tập Do cách chọn A nên (x, y) ∈ A dẫn đến {(x, y), (x, z), ( y, z)} ∩ A = ∅ c) Xét graph đơn vô hướng G1 = (V, E1 ) V tập đỉnh đại diện cho số 1, 2, , 2n E1 tập cạnh; hai đỉnh u > v nối với tập hợp A liên kết với T khơng có cặp có thứ tự (u, v) Khi đó, theo giả thiết với ba số x, y, z phải có cặp thuộc A; khơng, giả sử có cạnh nối ba đỉnh x, y, z khơng tính tổng quát, giả sử x > y > z nên G1 chứa ba cạnh (x, y), (x, z), ( y, z) đồng nghĩa với việc xét (x, y, z) ba cặp có thứ tự khơng thuộc T, mâu thuẫn Suy G1 không chứa tam giác Theo định lý Mantel – Turan số cạnh (2n)2 khơng vượt q = n2 Từ suy số cạnh graph bù C2n − n2 = n(n − 1) Điều có nghĩa có n(n − 1) cặp (u, v) mà u > v thuộc A Chứng minh tương tự có n(n − 1) cặp (u, v) mà u < v thuộc A (ta cần xét graph G2 = (V, E2 ) với quan hệ E2 là: hai đỉnh u < v nối với tập hợp A liên kết với T khơng có cặp có thứ tự (u, v)) Từ suy T có 2n(n − 1) cặp, ta có đpcm Nhận xét Bài toán thực cách phát biểu khéo léo, che giấu chất vấn đề định lý Mantel – Turan Quan hệ “khơng có tam giác” phát biểu thơng qua ràng buộc rõ, cần phải xử lý cẩn thận, đề cho quan hệ có hướng (trong định lý áp dụng cho graph vô hướng) Ta phát biểu rõ ràng lại định lý cho trường hợp 3, sau: (Mantel – Turan) Một graph G = (V, E) có |V | = n khơng có đỉnh đơi nối 2 số cạnh |E| ≤ n4 ; khơng có đỉnh đơi nối với số cạnh |E| ≤ n3 Trên thực tế, câu b cách xây dựng ví dụ cho dấu xảy định lý Còn câu c chứng minh trực tiếp quy nạp Một số toán tương tự: (Trung Quốc 2017) Một CLB gồm có 100 thành viên mà người có cặp quen Chứng minh có người quen 33 người khác Lời giải bình luận VMO 2019-2020 16 (Nga, 2010) Một quốc gia có 2019 thành phố, ban đầu thành phố chưa có đường Người ta muốn xây dựng số đường nối trực tiếp thành phố cho: Nếu có đường từ A đến B có đường từ B đến C khơng có đường từ A đến C Hỏi xây dựng nhiều như: a) Đường chiều (đi từ X đến Y từ Y đến X )? b) Đường chiều (đi từ X đến Y khơng từ Y đến X )? (Mock test VMO 2020) Cho họ Ω gồm m tập phân biệt, khác rỗng tập hợp {1, 2, , 90} Hai tập hợp Ω gọi liên kết giao chúng có phần tử; hai tập hợp gọi thân thiết giao chúng dãy số tự nhiên liên tiếp có phần tử a) Biết Ω, tập hợp thân thiết, chứng minh m ≤ 2025 b) Biết xếp tập hợp họ Ω thành dãy liên tiếp cho hai tập hợp kề liên kết hai số nguyên a, b với ≤ a < b ≤ 90 tồn khơng q tập Ω chứa Tìm giá trị lớn m (VMO 2017) Bảng ô vng ABC D kích thước 2017 × 2017 gồm 20172 ô vuông đơn vị, ô vuông đơn vị tô ba màu: đen, trắng, xám Một cách tô màu gọi đối xứng ô có tâm đường chéo AC tô màu xám cặp ô đối xứng qua AC tô màu đen màu trắng Người ta điền vào ô xám số 0, ô trắng số nguyên dương ô đen số nguyên âm Một cách điền số gọi k−cân đối (với k nguyên dương) thỏa mãn điều kiện sau: • Mỗi cặp đối xứng qua AC điền số nguyên thuộc đoạn [−k, k] • Nếu hàng cột giao đen tập số nguyên dương điền hàng tập số nguyên dương điền cột khơng giao nhau; hàng cột giao trắng tập số ngun âm điền hàng tập số ngun âm điền cột khơng giao Tìm giá trị nhỏ k để với cách tô màu đối xứng, tồn cách điền số k cân đối aaa aaa Lời giải bình luận VMO 2019-2020 ... Suy S = 2019 2019 max{ai , ai+1 } − i=1 i=1 Rõ ràng max{ai , ai+1 } = ai+1 nên tổng viết lại thành S = a1 + a2 + ··· + 2019 a2019 , 2019 i ∈ {−1, 0, 1} Ngồi ra, ta phải có i = (do tổng có 2019. .. ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có điểm chung khác A Lời giải bình luận VMO 2019- 2020 Đề thi ngày (ngày 28/12 /2019)   x − a y = yz Bài (6 điểm) Cho hệ phương trình (tham số a): y − az =... + unn → +∞ Lời giải bình luận VMO 2019- 2020 Cho dãy số a1 > 0, an+1 = an + a bn = nn cn = an − n n an với n ≥ Tính giới hạn dãy số sau (Chọn đội tuyển Đồng Nai 2019) Cho dãy số (x n ) thỏa mãn