loi giai vntst 2018

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN IMO 2018 Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng Lê Phúc Lữ - Nguyễn Lê Phước f Lời nói đầu st af Kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi toán quốc tế năm 2018 diễn hai ngày 30 31/3 vừa qua Trong ngày, thí sinh phải làm ba tốn vịng 270 phút n Tiếp nối truyền thống nhiều năm nay, Ban biên tập muốn theo sát thí sinh giáo viên chun Tốn, giải phân tích, khai thác có đề thi Thơng qua đó, người thấy chất, vẻ đẹp vấn đề, quan trọng có nguồn tư liệu, định hướng rèn luyện cho mùa thi sau Ban biên tập hiểu đề thi TST mang tính thử thách, tạo cảm hứng bên cạnh VMO, IMO, nội dung chờ đón ilo Năm 2018, với đời đồng hành chương trình BM2E – Bring Math to Everyone, chúng tơi có nhiều động lực hỗ trợ Với mong muốn đẩy mạnh phong trào chuyên Toán nhiều nơi, hy vọng B2ME ln nhận đón nhận người chung tay phát triển Ngoài với tinh thần hội nhập quốc tế, năm xuất Epsilon 14, phiên tiếng Anh Ep s Cuối cùng, để hồn thành tài liệu này, chúng tơi xin gửi lời cám ơn đến thầy Nguyễn Chu Gia Vượng (viện Tốn học) bạn Hồng Đỗ Kiên (HCB IMO 2013), Nguyễn Nguyễn (PTNK TPHCM) tài liệu góp ý đáng giá Mọi thắc mắc, góp ý, xin gửi tin nhắn cho trang chủ tạp chí Epsilon Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Đề thi 2.1 Ngày thi thứ (30/03/2018) Bài (7.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có D; E; F trung điểm cạnh BC; CA AB: Gọi O/; O / tâm ngoại tiếp tâm Euler tam giác Xét điểm P bên tam giác DEF DP; EP; FP cắt lại O / D ; E ; F : Gọi A0 điểm đối xứng với A qua D : Xác định tương tự với B C : a) Chứng minh PO D PO đường trịn A0 B C / qua O: f b) Lấy X đối xứng với A0 qua đường thẳng OD: Xác định tương tự với Y Z: Gọi H trực tâm tam giác ABC XH; Y H; ZH cắt BC; CA; AB theo thứ tự M; N; K: Chứng minh M; N; K thẳng hàng st af Bài (7.0 điểm) Với m số nguyên dương, xét bảng ô vuông m 2018 gồm m hàng, 2018 cột mà có vài trống, cịn vài ô đánh số 1: Bảng gọi “đầy đủ” với chuỗi nhị phân S có 2018 ký tự nào, ta chọn hàng bảng điền thêm 0; vào để 2018 ký tự hàng tạo thành chuỗi S (nếu chuỗi S có sẵn hàng coi thỏa mãn) Bảng gọi “tối giản” đầy đủ ta bỏ hàng khơng cịn đầy đủ a) Với k Ä 2018; chứng minh tồn bảng tối giản k cột có đủ lẫn 1: 2018 có k cột chứa lẫn Chứng minh m Ä k : n b) Cho bảng tối giản m 2018 cho có k ilo (Một dãy nhị phân độ dài 2018 dãy có dạng x x : : : x x i f 0; g với i f1; ; : : : ; 2018g:) Ep s Bài (7.0 điểm) Cho số nguyên n A n tập hợp tất số nguyên dương nhỏ n ; nguyên tố với n : Xét đa thức X P n x / D xk 1: k 2A n a) Chứng minh P x / chia hết cho đa thức x r C với r số ngun dương b) Tìm tất số nguyên dương n để P n x / bất khả quy ZŒx : 2.2 Ngày thi thứ hai (31/03/2018) Bài (7.0 điểm) Cho a số thực thuộc đoạn 21 ; 23 : Xét dãy số u n / v n / n D ; ; : : :/ xác định sau: nC nC 3 u n D nC 1/ b a c ; v n D nC 1/ nC b a c : 2 a) Chứng minh !2 !2 2X 018 2X 018 ui C vi Ä 72a 48 a C 10 C : i D0 i D0 b) Tìm tất giá trị a để đẳng thức xảy 3 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Bài (7.0 điểm) Một bảng vng m n AB C D có đỉnh giao lộ (có tất m C / n C 1/ giao lộ) Người ta muốn thiết lập tuyến đường A; theo cạnh song song với cạnh hình chữ nhật qua tất giao lộ lần, sau quay A : a) Chứng minh xây dựng đường m lẻ n lẻ b) Với m ; n thỏa mãn điều kiện câu a), hỏi có giao lộ mà có ngã rẽ? Bài (7.0 điểm) Cho tam giác AB C nhọn nội tiếp O / J / đường trịn bàng tiếp góc A tam giác Gọi D ; E ; F tiếp điểm J / với B C ; C A AB : st af f a) Gọi L trung điểm B C : Đường trịn đường kính LJ cắt đường thẳng DE ; DF K H : Chứng minh đường tròn BDK / C DH / cắt đường tròn J /: Ep s ilo n b) Giả sử đường thẳng EF cắt đường thẳng B C G GJ cắt đường thẳng A B ; AC M ; N : Gọi P Q điểm đường thẳng JB ; J C cho ∠ PAB D ∠ QAC D 90 ı : Gọi T giao điểm hai đường thẳng P M ; QN S điểm cung lớn B C đường tròn O /: Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AB C : Chứng minh đường thẳng S I cắt đường thẳng AT điểm thuộc đường tròn O /: Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Bình luận chung Các tốn năm phân theo phân môn sau: Bài 6: Hình học Bài 5: Tổ hợp Bài 3: Số học Bài 4: Đại số st af f Hai hình có cấu hình đẹp, đặc biệt 1, nơi ta gặp lại ý tưởng kinh điển hình học qua đường tròn Euler đường tròn Hagge: chứng minh đồng viên thơng qua phép vị tự Tuy nhiên hai giống dạng bài, công cụ: định lý Menelaus, đẳng giác, phương tích, phép biến hình Nếu sử dụng hai hình, nên hai khác hướng Hai tổ hợp khác nhẹ nhàng dù liên quan đến lĩnh vực tốn đại: lý thuyết mã hóa thơng tin lý thuyết đồ thị Bài quen thuộc chưa gặp khơng khó xử lý n Bài phát biểu dạng đa thức (thậm chí có từ bất khả quy) chất số học Ý tưởng xây dựng song ánh (dạng k ! n k ; k ! k C n2 tương tự) đơn thức, cịn trường hợp n phi phương (square-free) dùng quy nạp theo số ước nguyên tố Bài có nhiều liên quan đến tổng Ramanujan số học ilo Bài bất đẳng thức dãy số có hình thức lạ xấu Tuy nhiên, nhìn kỹ thấy tư tưởng dùng hệ đếm nhị phân Nếu “bắt” ý phần sau phần xử lý kỹ thuật Có lẽ mà ban đề thi đưa vào vị trí dễ ngày thứ hai, dù theo chúng tơi, khó nhiều “sát thủ” Như vậy, thấy rằng, hai 3, hai Số học Đại số song kiếm hợp bích Ep s Nhìn tổng thể, đề thi năm hay tốt, có nhiều đất diễn cho thí sinh, khơng có siêu sát thủ Năm ban chấm thi vất vả Dự kiến có thí sinh làm trọn vẹn Có điểm chưa tất TST năm có hai ý a) b) Trong số trường hợp có hai ý hay nhiều trường hợp làm tốn trở nên lắt nhắt, hay ý b) trở nên tầm thường có ý a) Việc có hai hình “đồng dạng” điều cần khắc phục nên khai thác thêm mảng Hình tổ hợp bất đẳng thức hình học để đa dạng hóa Hơn hai hình có hai ý a), b) gần độc lập với thành gần thí sinh phải giải bốn hình khác kỳ thi Dự kiến ngưỡng điểm lọt vào đội tuyển 3++ 5 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Lời giải bình luận toán Bài (7.0 điểm) Cho tam giác AB C nhọn khơng cân có D ; E ; F trung điểm cạnh B C ; C A AB : Gọi O / ; O / tâm ngoại tiếp tâm Euler tam giác Xét điểm P bên tam giác DEF DP ; EP ; F P cắt lại O / D ; E ; F : Gọi A điểm đối xứng với A qua D : Xác định tương tự với B C : a) Chứng minh P O D P O đường trịn A B C / qua O : f b) Lấy X đối xứng với A qua đường thẳng OD: Xác định tương tự với Y Z : Gọi H trực tâm tam giác AB C XH ; Y H ; ZH cắt B C ; C A; AB theo thứ tự M ; N ; K : Chứng minh M ; N ; K thẳng hàng st af Lời giải a) Gọi I điểm đối xứng với O qua P : Ta có O trung điểm OH nên O P k I H : Lại có P O D P O nên I O D I H : A S D0 I n G ilo P O0 Ep s H B A0 O D C Gọi S G trung điểm đoạn thẳng AI; AH: Ta có 1 SP D AO D R D O D 2 SP k AO k O D nên tứ giác O SPD hình bình hành Từ suy DP k O S: Lại có SP D 12 R D O D nên tứ giác SD PO hình thang cân Suy O P D SD IH D 2O P D 2SD D IA0 : Từ đó, ta có IA0 D IH D IO nên A0 nằm đường tròn I; IO/: Chứng minh tương tự, ta có B ; C nằm đường trịn I; IO/: Từ đây, ta có điều phải chứng minh 6 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 b) Gọi R bán kính đường tròn O/: Dễ thấy GD D R: Xét phép vị tự tâm A tỉ số 12 biến B; C; A0 ; X; H; M trung trực BC thành thành F; E; D ; U; G; M trung trực 0F MB DM U đối xứng với D qua trung trực EF: Suy EF: Khi đó, ta có M C M 0E p MB R2 DF D E M 0F GF UF D D Dp : MC ME GE UE R2 DE D F A G U M0 P H O0 O X st af E F A0 B D C ilo n M f D0 Tương tự, ta tính NC NA KA : KB Do DD ; EE ; FF đồng quy nên Từ Ep s D0F F 0E E 0D D 1: D0E F 0D E 0F MB MC NC NA KA KB D 1; hay M; N; K thẳng hàng Bình luận Đây tốn hình học hay có nhiều ý Nếu câu b) ứng dụng định lý Menelaus câu a) toán thú vị Điểm đáng ý câu a) ta viết lại thành tốn thú vị sau: Bài toán Cho tam giác ABC với D; E; F trung điểm cạnh BC; CA AB: P điểm mặt phẳng Các đường thẳng PD; PE; PF cắt lại đường tròn DEF / X; Y Z: Gọi U; V W đối xứng A; B; C qua X; Y; Z: a) Chứng minh đường tròn U V W / qua trực tâm tam giác ABC: b) Gọi K tâm đường tròn U V W /: Chứng minh đường thẳng PK qua điểm cố định P thay đổi Bài toán toán đồng viên với trực tâm có nhiều phát triển hay, ta áp dụng cách giải lời giải TST để giải toán 7 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Sau tổng quát cho toán đồng viên trên: Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/ hai điểm P; Q mặt phẳng Phép vị tự tâm P tỉ số k biến điểm A; B; C thành điểm A0 ; B0 C0 : Gọi A0 A1 ; B0 B1 C0 C1 đường kính đường trịn A0 B0 C0 /: Các đường thẳng QA1 ; QB1 QC1 cắt lại đường tròn A1 B1 C1 / A2 ; B2 ; C2 : a) Phép vị tự tâm A; B; C tỉ số 1 k biến điểm A2 ; B2 ; C2 thành A3 ; B3 C3 : Chứng minh đường tròn A3 B3 C3 / qua P: b) Gọi K tâm đường tròn A3 B3 C3 /: Chứng minh phép vị tự tâm K tỉ số P thành tâm ngoại tiếp tam giác ABC: k biến f Mặt khác từ cấu hình tốn TST tìm khai thác nhiều điểm thú vị khác, sau khai thác thú vị từ cấu hình này: st af Bài tốn Cho tam giác AB C có trực tâm H : Gọi A ; B ; C trung điểm cạnh B C ; C A AB : P điểm đường thẳng Euler tam giác A B C : N / đường tròn Euler tam giác AB C : Gọi A A ; B B C C đường kính đường tròn N /: a) Chứng minh đường thẳng AA ; BB C C đồng quy X : ilo n b) Các đường thẳng AA ; BB C C cắt lại đường tròn N / A ; B ; C : Q điểm đường thẳng P X : Các đường thẳng QA ; QB Q C cắt lại đường tròn N / A ; B ; C : Gọi A ; B C đối xứng A; B ; C qua A ; B ; C : Chứng minh đường tròn K / ngoại tiếp tam giác A B C qua H : c) Chứng minh K nằm đường thẳng cố định song song với đường thẳng P X Q thay đổi Ep s Ngoài ta sử dụng kết tốn sau làm bổ đề để chứng minh ý b) TST phương pháp phương tích trụ đẳng phương: Bài toán Cho tam giác AB C điểm P mặt phẳng Các điểm X ; Y Z nằm đường tròn P B C /; P C A/; PAB / cho đường tròn X Y Z / qua P : Gọi U ; V W đối xứng X ; Y ; Z qua trung trực B C ; C A; AB : Chứng minh đường tròn U V W / qua P : Có thể tham khảo thêm mở rộng liên kết: http://analgeomatica.blogspot com/2018/04/cac-bai-toan-hinh-hoc-hang-tuan-tuan-1.html 8 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Bài (7.0 điểm) Với m số nguyên dương, xét bảng ô vuông m 20 18 gồm m hàng, cột mà có vài trống, cịn vài đánh số 1: Bảng gọi “đầy đủ” với chuỗi nhị phân S có 01 ký tự nào, ta chọn hàng bảng điền thêm ; vào để 20 18 ký tự hàng tạo thành chuỗi S (nếu chuỗi S có sẵn hàng coi thỏa mãn) Bảng gọi “tối giản” đầy đủ ta bỏ hàng khơng cịn đầy đủ a) Với k Ä 2018; chứng minh tồn bảng tối giản k k cột có đủ lẫn 1: 01 cho có 2018 có k cột chứa lẫn Chứng minh m Ä k : b) Cho bảng tối giản m st af f (Một dãy nhị phân độ dài 2018 dãy có dạng x x : : : x x i f0; g với i f1; ; : : : ; 2018g:) Lời giải a) Đầu tiên, xét bảng vng trống kích thước k 2018, ta tiến hành điền số ; xâu nói vào phần bên trái hàng, xâu dùng cho hàng Khi đó, phần cịn lại phía bên phải 2018 k cột để trống Dễ thấy cột k cột bên trái bảng có chứa k số k số (tức có đủ lẫn ràng buộc) Ta chứng minh bảng tối giản ::: ::: ::: ::: 0 ::: ::: ::: ::: ::: ::: ::: ::: ::: ::: ilo n 1 ::: ::: ::: ::: 1 ::: ::: ::: ::: Ep s Với xâu nhị phân s D a a : : : a tùy ý, ta xét xâu s D a a : : : a k Rõ ràng s xuất phần đầu hàng bảng nên ta điền tiếp a k C1 ; a k C ; : : : ; a vào phần trống thu s : Ngồi ra, ta thấy có hàng chứa số s nên bỏ hàng khơng có hàng dùng để “khơi phục” s Do đó, bảng cho thỏa mãn b) Giả sử ngược lại m k C 1: Giả sử k cột bên trái bảng có chứa đủ : Dưới đây, ta chứng minh nhận xét quan trọng mấu chốt để giải toán Nhận xét Tất ô 2018 k cột bên phải trống Chứng minh Xét xâu nhị phân s có độ dài k giả sử A s tập hợp hàng mà k ô bên trái sinh s : Ta chứng minh A s có hàng mà tồn từ vị trí k C đến vị trí 2018 trống Xét vị trí thứ k C hàng A s : Dễ thấy tất thuộc cột thứ k C bảng, cột khơng chứa đồng thời 1: Nếu tồn cột có chứa số giả sử số (tương tự 1) Khi đó, chuỗi độ dài k C có dạng 00 : : : 01 gồm k số bên trái biểu diễn hàng nào, mâu thuẫn với tính đầy đủ bảng Do đó, phải có tập A s có hàng mà vị trí thứ k C ô trống, đặt A 0s : Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Tiếp tục, lại xét vị trí thứ k C tương tự trên, tồn cột k C có chứa số khơng thỏa nên phải có cột trống, ta lại tiếp tục chọn tập A 0s0 A 0s mà vị trí thứ k C ; k C trống Cứ làm gặp cột cuối ta hàng có tất vị trí từ k C đến 2018 trống Như thế, với xâu nhị phân s có độ dài k , ta ln tìm hàng mà tất từ vị trí k C đến 2018 trống Chú ý hàng khơng thiết phân biệt có hàng sử dụng cho nhiều xâu Gọi tập hợp hàng A : Ta thấy A biểu diễn cho tất xâu độ dài 2018: Rõ ràng hàng bảng phải thuộc vào A khơng, ta loại bỏ hàng mà bảng cịn đầy đủ, mâu thuẫn với tính chất tối giản Như vậy, A tập hợp tất hàng bảng Do đó, tồn cột từ k C đến 2018 bảng trống Nhận xét chứng minh st af f Tiếp theo, tồn bảng bên phải trống nên biểu diễn xâu nhị phân độ dài k Vì bảng ban đầu tối giản nên buộc bảng bên trái tối giản Xóa 18 k cột trống để bảng kích thước m k : Đánh số hàng từ đến m đặt A i i D 1; ; : : : ; m/ tập hợp xâu nhị phân độ dài k sinh từ hàng thứ i (chú ý hàng cịn trống xen kẽ, khơng thiết phải điền tồn số 1) Vì bảng ban đầu tối giản xâu nhị phân độ dài 2018 nên bảng sinh tối giản với xâu nhị phân độ dài k : Suy đặt A D A [ A [ [ A m jA j D k (nghĩa bảng sinh tất k xâu nhị phân độ dài k ) ilo n Rõ ràng với i i D 1; ; : : : ; m/; phải có xâu nhị phân độ dài k sinh hàng thứ i ngược lại, tất xâu nhị phân sinh từ hàng i sinh từ hàng khác ta bỏ hàng dẫn đến bảng khơng cịn tối giản Điều có nghĩa A i phải đóng góp phần tử vào A phần tử khơng thuộc tập khác Do m tập hợp đóng góp m phần tử vào A kéo theo j Aj m: So sánh đánh giá trên, ta có m Ä k Đây điều phải chứng minh Ep s Bình luận Ở câu a), với số hàng bảng k với điều kiện đặt k cột có chứa lẫn ; ta dễ dàng nghĩ đến việc xét tất xâu nhị phân có độ dài k (hiển nhiên có k xâu thế) Cái khó câu b) tính tùy ý cột 2018 k cột cịn lại, ngồi trường hợp đặc biệt vừa xét, cịn cột điền 0; điền 1: Ta phải dùng tính tối giản bảng để loại trường hợp Chú ý câu b) đề cho số k tùy ý nên xuất phát từ trường hợp k D để thấy tất ô phải trống Đây định hướng lời giải Với quan hệ hàng bảng chuỗi nhị phân, tốn hứa hẹn có cách tiếp cận sử dụng lý thuyết graph, đặc biệt bipartie graph Mong trao đổi thêm với bạn đọc Dạng tốn tập hợp mơ hình hóa bảng xuất lần đề VMO 2015 Dưới đây, ta xét số toán tương tự: Bài toán (IMO Shortlist, 1998) Cho số nguyên n tập hợp A D f1; ; : : : ; ng: Một họ F gồm t tập hợp A; đặt A ; A ; : : : ;ˇ A t gọi ˇlà “rời nhau” với cặp số fx ; y g lấy từ A tồn A i F mà ˇ A i \ f x ; y g ˇ D 1: Họ F gọi “bao phủ” phần tử A thuộc vào tập F : Chứng minh n Ä t 1: 10 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Bài toán (Bổ đề Kleitman) Một họ F gồm tập tập hợp n số nguyên dương gọi “down closed” X F tất tập X thuộc F : Một họ F gồm tập hợp gọi “up closed” X F tất tập hợp nhận X tập thuộc F : Chứng minh a) Nếu F ; F hai họ “down closed” jF1 \ F2 j jF1 j jF2 j : 2n b) Nếu F ; F họ “down closed” “up closed” jF1 j jF2 j : 2n f jF1 \ F2 j Ä st af Bài toán (Iran, 2001) Với số nguyên dương n ; xét bảng ô vuông n n điền số 1; “đường chéo suy rộng” tập hợp n phần tử không hàng cột Giả sử bảng có đường chéo suy rộng chứa tồn số 1: Chứng minh xếp lại hàng cột bảng để bảng mà số vị trí i ; j / với Ä j < i Ä n 0: Ep s ilo n Bài toán Xét bảng vng m n có chứa số 1: Giả sử tồn bảng có ˛ m n số với < ˛ < 1: Chứng minh có hai ràng buộc sau phải đúng: p i) Có hàng có chứa n ˛ số 1: p ii) Có m ˛ hàng mà hàng có chứa ˛ n số 1: 11 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Bài (7.0 điểm) Cho số nguyên n A n tập hợp tất số nguyên dương nhỏ n ; nguyên tố với n : Xét đa thức X Pn x / D xk 1: k 2A n a) Chứng minh P x / chia hết cho đa thức x r C với r số nguyên dương b) Tìm tất số ngun dương n để P n x / bất khả quy ZŒ x  : f km Lời giải a) Trước hết, ta thấy với m ; k Z C k lẻ xP C chia hết cho x m C 1: k Để thuận lợi lập luận, xét đa thức Q n x / D x P n x / D k 2A n x dễ thấy cần r C chứng minh Q n x / chia hết cho x C với số r Z Xét trường hợp sau: st af Nếu n số lẻ: Vì gcd.n ; k / D gcd.n ; n k / với k D 1; ; : : : ; n nên với k A n n k A n : Suy ra, ta nhóm đơn thức P n x / thành cặp rời có dạng x k ; x n k /: Vì k ; n k khác tính chẵn lẻ nên n k / k D n 2k lẻ x k C x n k D x k x n k C 1/ chia hết cho x C 1: Từ suy Q n x / chia hết cho x C 1; thỏa mãn n Nếu n chia hết cho 4: Tương tự trường hợp trên, ta ghép cặp x k ; x n k / với ý hiệu n 2k số chia dư 2: Suy x k C x n k D x k x n 2k C 1/ chia hết cho x C 1: Do đó, Qn x/ chia hết cho x C 1; thỏa mãn Nếu n chia dư 2: Ta chứng minh nhận xét sau: ilo Nhận xét Nếu Qn x/ chia hết cho x r C r ZC / với số nguyên tố lẻ p mà p j n; đa thức Qpn x/ Ep s Chứng minh Giả sử a A n số kp C a A p n với k D 0; 1; : : : ; p 1: Ứng với số k ; tổng đơn thức P với mũ kp C a với a A n tương ứng có nhân tử kp chia hết cho a A x a , tức chia hết cho x r C 1: Do đó, Q p n x / chia hết cho x r C 1: Nhận xét Với n D 2p p p m ; m Z C p ; p ; : : : ; p m số nguyên tố lẻ phân biệt tùy ý Q n x / phân tích Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo m số ước nguyên tố lẻ n : Nếu m D n D 2p với p nguyên tố, dễ thấy A n D f1; ; : : : ; 2p g nf p ; 2p g nên Q n x / chia hết cho x p C 1: Giả sử khẳng định với m 1: Xét n D 2p p p m p số nguyên tố lẻ, r gcd p ; n/ D 1; Q n x / chia hết cho x C 1: Ta chứng minh với N D p n Q N x / chia hết cho x r C 1: Trước hết, giả sử A N có tính ln số ngun tố với n lại chia hết cho p thay có Q N x /; ta có đa thức R N x /: Đa thức lặp lại p lần của đa thức Q n x / (nghĩa R N x / chia thành nhóm mà nhóm so với Q n x / sai khác lũy thừa x kp với Ä k Ä p 1) Do R N x / chia hết cho x r C 1: 12 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Tiếp theo, ta cần bỏ lũy thừa chia hết cho p, đơn thức có dạng x ap với a A n : Khi đó, dễ thấy tổng chúng đa thức Q n x p / mà Q n x p / chia hết cho x p r C 1, tức chia hết cho x r C 1: Tóm lại Q N x / D R N x / Q n x p / chia hết cho x r C 1: Do đó, khẳng định với số n có m C ước nguyên tố lẻ Theo nguyên lý quy nạp nhận xét chứng minh Kết hợp hai nhận xét lại, ta thấy trường hợp thỏa mãn điều kiện Bài tốn giải hồn tồn cho jA n j D ; điều b) Theo câu a), ta đưa tìm tất số nguyên dương n tương đương với việc tìm n để ' n/ D : Ta xét trường hợp sau: nên n D thỏa mãn p 1/ nên dễ thấy st af Nếu n D p ˛ với ˛ > p nguyên tố D ' n/ D p ˛ p D ; ˛ D n D thỏa mãn f Nếu n D p nguyên tố D ' n/ D n Nếu n có hai ước ngun tố khác p ; q theo tính chất nhân tính hàm Euler, D ' n/ chia hết cho ' p / D p ' q / D q nên p D q D 3; tương ứng với n D thỏa mãn Vậy tất số n cần tìm n f3; ; 6g : ilo n Bình luận Câu b) tốn thực nhẹ nhàng hướng dẫn trực tiếp từ câu a) Nếu đề cho ý a) ý b) trọn vẹn nhiều Câu a) thực kết đẹp thú vị, trường hợp n số square-free chẵn (n khơng chia hết cho số phương lớn nào) Có ý tưởng để giải trường hợp chứng minh số lượng số có dạng k C k C A n nhau; nhiên, điều n có ước nguyên tố dạng k C Điều chứng minh nhờ hai nhận xét: Trong A n ln chứa số có dạng b D k C (nếu n D m C hai số b D m C b D m C 5) Ep s Tập hợp A n D f b a j a A n g có số lượng số chia dư dư A n Chú ý a Á mod 4/ b a Á mod 4/ ngược lại k Một kết thú vị khác đa thức P n x / chia hết cho x C có số nguyên tố p thỏa mãn p j n v p C 1/ D k : Bạn đọc tự chứng minh kết Bài tốn giải tổng Ramanujan với ý đặt C n r / D Q n 2i D e n C m n D C m C n với m ; n nguyên dương thỏa gcd.m ; n/ D 1: r / mà Dưới số toán tương tự: P a với A n tập Bài toán Với số nguyên dương n ; xét đa thức P n x / D a 2An x hợp ước dương n : Tìm tất số nguyên dương n cho P n x / bất khả quy Pn i Bài toán (China MO, 2013) Với số nguyên dương n ; xét đa thức P n x / D i D0 ci x với c i f0; g c i Á C ni mod 2/: a) Với m ; n ; x số nguyên dương x C lũy thừa ; chứng minh P m x / chia hết cho P n x / P m x / chia hết cho P n x / với số nguyên dương x : b) Hỏi có số nguyên dương m Ä 2018 cho P n x / phân tích thành tích đa thức bất khả quy‹ 13 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 ; Bài (7.0 điểm) Cho a số thực thuộc đoạn n D ; 1; : : :/ xác định sau: un D 1/ b 2 nC nC a c D ; : Xét dãy số u n / v n / / nC b2 n C1 nC a c : a) Chứng minh 2X 018 !2 C ui !2 2X 018 i D0 Ä 72 a vi 48 a C C i D0 : 42019 f b) Tìm tất giá trị a để đẳng thức xảy st af Lời giải a) Từ giả thiết, ta có v i D u i với i chẵn v i D u i với i lẻ nên bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành !2 !2 1X 009 1X 008 1X 009 1X 008 u2i C u2 i C1 C u2i u2 i C1 Ä 72a 48 a C 10 C ; i D0 i D0 i D0 i D0 hay !2 u2i !2 1X 008 C i D0 Ä 36a u2 i C1 n 1X 009 i D0 42019 : 1/ ilo Bây giờ, gọi biểu diễn nhị phân a 24 a C C aD C X i D1 xi 2i Ep s với x i f 0; g: Do 12 Ä a Ä 23 nên dễ thấy x D 1: Với số tự nhiên i ; ta thấy tính chẵn lẻ b i C1 a c phụ thuộc vào x i C1 ; cụ thể: Nếu x i C D b i C a c chẵn i C1 i C1 x i C D b i C a c lẻ Suy 1/ b a c D x i C D 1/ b a c D x i C1 D 1: Trong trường hợp, ta có Đặt A D P1009 i D0 x2 i C1 22 i C1 1X 009 u2i D i D0 1X 009 3.1 i D0 1X 008 u2 i C1 D i D0 1X 008 ACB 24 a C C D1 x2 i C2 2 i C2 3.1 D2 2x i C / 22 i C2 2x i C : ; ta có 2x i C / 2 i C1 i D0 Ngồi ra, ta có a 36a i C1 a c 1/ b P1008 B D i D0 D1 41009 6A; 6B : 41009 nên 42019 D 3a 1/ C C 3A C 3B 42019 1/ C C 42019 : 2/ 14 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Ta chứng minh  2 41009 Ã2  C 6A Ã2 41009 1/ C C Ä 3A C 3B 6B 42019 : 3/ Bằng biến đổi tương đương, ta viết bất đẳng thức dạng  à 1 A C 12B C 0 6A Ä 0 : 0 4 4 018 nên 6A > C 4 1009 : Suy  A C 12B 1009 1C à 41009 6A Ä 41009 A 1X 009 st af Ä f Do A 41009 D 41009 D 1008 i D0 22 i C1  1 42018 à 41010 : n Bất đẳng thức (3) chứng minh Bằng cách sử dụng bất đẳng thức (2) (3), ta thu bất đẳng thức (1) Ta có điều phải chứng minh ilo b) Từ đánh giá trên, ta thấy dấu đẳng thức xảy a D A C B ; B D 1 A D 23 1010 ; hay a D 23 1010 : Ep s Bình luận Biểu thức b nC a c gợi ý quan trọng việc xét biểu diễn nhị phân a : Thực tế khơng có cách xác định tính chẵn lẻ đại lượng không dùng đến biểu diễn nhị phân a : Ngồi ra, tốn trên, sử dụng đẳng thức / a D a với a f0; g để lời giải gọn gàng Biểu diễn nhị phân (và biểu diễn p-phân nói chung) cơng cụ quan trọng tốn học, có nhiều ứng dụng tổ hợp, số học, đại số giải tích Theo dõi Shortlist IMO, ta thấy ý tưởng xuất nhiều Dưới chúng tơi xin đưa số tốn vậy: Bài toán (Putnam, 1981) Gọi f n/ số chữ số biểu diễn nhị phân số nguyên dương n : Tính giá trị tổng: X f n/ : n.n C 1/ nD1 Bài toán (IMO Shortlist, 1983) Cho f W Œ0; 1 ! R hàm số liên tục thỏa mãn đồng thời điều kiện: ˆ < f x / D bf x /; 0Äx Ä ; ˆ : f x / D b C b /f 2x 1/; Ä x Ä 1; b D 1Cc 2Cc c > 0: Chứng minh < f x / x < c với < x < 1: 15 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Bài toán (IMO, 1988) Hàm số f xác định tập hợp số nguyên dương cho bởi: f / D 1; f 3/ D 3; f n/ D f n/; f n C 1/ D 2f n C 1/ f n/ f n C / D 3f n C 1/ 2f n/ với số nguyên dương n : Tìm số tất số nguyên dương n ; nhỏ hay 1988 thỏa mãn điều kiện f n/ D n : Bài toán (IMO Shortlist, 1996) Cho dãy số a n/ n D 1; ; 3; : : :/ xác định a / D với n > j n kÁ n.nC 1/ C 1/ : a n/ D a a) Tìm giá trị lớn a n/ với n số nguyên dương Ä 1996 tìm tất giá trị n Ä 1996 để giá trị lớn đạt Ep s ilo n st af f b) Tìm số số n Ä 1996 mà a n/ D 0: 16 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Bài (7.0 điểm) Một bảng vng m n AB C D có đỉnh giao lộ (có tất m C 1/ n C 1/ giao lộ) Người ta muốn thiết lập tuyến đường A; theo cạnh song song với cạnh hình chữ nhật qua tất giao lộ lần, sau quay A : a) Chứng minh xây dựng đường m lẻ n lẻ b) Với m ; n thỏa mãn điều kiện câu a), hỏi có giao lộ mà có ngã rẽ? Lời giải Đánh số hàng cột theo thứ tự từ trái sang phải ! m C 1; xuống ! n C 1: Khi đó, điểm A góc bên trái với vị trí 1; 1/: st af f a) Điều kiện cần: Ta thấy đường biểu diễn dãy ký tự L ; R ; U D ; ký tự hướng sang trái, sang phải, lên xuống giao lộ Do có tổng cộng m C 1/.n C 1/ giao lộ nên có nhiêu số ký tự L ; R ; U ; D: ilo n Vì đường xuất phát từ A quay trở A nên số lần rẻ trái số lần rẻ phải, số lần xuống số lần lên Điều chứng tỏ số ký tự L ; R nhau, số ký tự U ; D Suy tổng số ký tự m C 1/.n C 1/ phải chẵn Vì nên phải có m lẻ n lẻ Ep s Điều kiện đủ: Giả sử m số lẻ, trường hợp n lẻ hoàn toàn tương tự Ta theo quy tắc sau (có mơ tả hình trên): Lần ngang đầu tiên: xuất phát A; từ cột ! n Mỗi lần dọc xuống ơ; ngang di chuyển cột $ n : Lần ngang cuối cùng: từ cột n ! sau ngược từ hàng n ! đến điểm A : Điều thực m lẻ nên số tuyến đường nằm ngang chẵn Vậy điều kiện cần đủ để đề m n phải lẻ b) Xét hai giao lộ có ngã rẽ gần (điểm A tạm tính giao lộ đó) hai giao lộ có đoạn đường, nằm ngang nằm dọc Ta thấy đường dãy đoạn dọc ngang luân phiên (mỗi đoạn qua hai nhiều giao lộ), xuất phát theo chiều ngang theo chiều dọc ngược lại Gọi số đoạn ngang r , đoạn dọc c k số ngã rẽ (khơng tính A) Ta chứng minh nhận xét sau: Nhận xét k C D r D c : 17 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Chứng minh Tại giao lộ chuyển có ngã rẽ đoạn ngang dọc Số ngã rẽ, tính thêm A; số cặp khơng thứ tự có dạng fđoạn ngang, đoạn dọcg mà đoạn ngang dọc có chung đầu mút giao lộ Hơn nữa, đoạn ngang có chung đầu mút với đoạn dọc, đoạn dọc có chung đầu mút với đoạn ngang nên k C D 2r D 2c: Để tìm giá trị nhỏ k , ta đưa tìm giá trị nhỏ r c : Nhận xét r m C c n C 1: Chứng minh Giả sử r Ä m số đoạn ngang không xuất đủ m C hàng, có hàng mà n C giao lộ ứng với đoạn dọc, tức c n C 1: Tương tự c Ä n r m C 1: st af f Từ đó, ta đưa xét trường hợp sau đây: Nếu m lẻ, n chẵn: Giả sử r Ä m theo nhận xét trên, có hàng mà n C giao lộ ứng với đoạn dọc, có lẻ điểm hàng nên với đoạn dọc đó, ta khơng thể quay A, khơng thỏa Do r m C k D r m C Ta dễ dàng xây dựng đường với m C đoạn dọc tương tự câu a) Vì nên k D m C 1: Nếu m chẵn, n lẻ: Lập luận tương tự, ta có k D 2n C 1: m C 1; c nC1 ilo Nói tóm lại: n Nếu m; n lẻ: Dễ thấy hai đẳng thức đánh giá r xảy nên k D min.m; n/ C 1: Nếu m; n lẻ k D min.m; n/ C 1: Nếu m chẵn, n lẻ k D 2n C 1: Ep s Nếu m lẻ, n chẵn k D 2m C 1: Bình luận Đây toán kinh điển đường Hamilton qua tất đỉnh grid graph, tham khảo thêm liên kết: http://mathworld.wolfram.com/ GridGraph.html Kết câu a) cũ chí, ta cịn đếm số đường theo m ; n nhờ cơng thức truy hồi Ngồi cách giải trên, ta tiếp cận theo hướng tô màu sau: tô màu đen cho giao lộ vị trí i ; j / mà i C j chẵn; ngược lại tơ trắng 18 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Khi đó, lần từ giao lộ sang giao lộ kia, màu thay đổi Để qua hết giao lộ, giao lộ lần quay A rõ ràng, màu phải đổi chẵn lần Suy m C / n C 1/ chẵn hay hai số m ; n lẻ Ở câu b), ta cần phải đánh giá cẩn thận quan hệ số lần ngang dọc vai trị tính chẵn lẻ số m ; n : Một số toán tương tự: st af f Bài tốn (Tạp chí Crux) Một chuột ăn miếng phơ mai hình lập phương kích thước 3 gồm 27 miếng nhỏ 1 ăn phần ruột bên miếng/: Hỏi xuất phát từ miếng góc qua 27 miếng kết thúc miếng không, biết di chuyển hai miếng có chung mặt với không quay miếng qua‹ Ep s ilo n Bài toán Cho bảng ô vuông a b với a b D 4036 a ; b > 1: Chứng minh điền số nguyên dương từ đến 4036 lên bảng cho có đường xuất phát từ qua hết tất ô bảng, ô qua lần quay trở lại ô ban đầu, biết di chuyển hai có số chênh lệch 2017 2019 đơn vị 19 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Bài (7.0 điểm) Cho tam giác AB C nhọn nội tiếp O / J / đường trịn bàng tiếp góc A tam giác Gọi D ; E ; F tiếp điểm J / với B C ; C A AB : a) Gọi L trung điểm B C : Đường trịn đường kính LJ cắt đường thẳng DE ; DF K H : Chứng minh đường tròn BDK / C DH / cắt đường tròn J /: f b) Giả sử đường thẳng EF cắt đường thẳng B C G GJ cắt đường thẳng A B ; AC M ; N : Gọi P Q điểm đường thẳng JB ; J C cho ∠ PAB D ∠ QAC D ı : Gọi T giao điểm hai đường thẳng P M ; QN S điểm cung lớn B C đường tròn O /: Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AB C : Chứng minh đường thẳng S I cắt đường thẳng AT điểm thuộc đường tròn O /: st af Lời giải a) Gọi D F tiếp điểm đường tròn I / nội tiếp tam giác AB C với B C ; BA : Dựng đường kính D W đường trịn J /: Ta có AI IF ID0 D D AJ JF JW nên ba điểm A; D W thẳng hàng D1 ilo F0 n A I O L D D0 C E Ep s B H F X J U Y U0 V Z W 20 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Gọi D1 giao điểm đường thẳng ID AD: Ta có JD D J W nên ID D ID1 : Mà BD D CD nên LD D LD ; từ suy IL k DD1 : Gọi X trung điểm D W tứ giác DLXJ hình chữ nhật Suy ∠XHD D 90ı ; hay XH k JB: Từ XH ? BI: Dựng hình chữ nhật C D J U: Ta có J U k C D J U D C D nên J U k BD J U D BD ; suy tứ giác BD U J hình bình hành Từ đây, ta thu D U k XH : Gọi Y ; V Z giao điểm đường thẳng XH với đường thẳng D J ; U W ; U C : Khi đó, ta có V trung điểm U W ; mà U Z k Y W nên V trung điểm Y Z : Xét tứ giác C E U J nội tiếp có C E D C D D U J nên U E k C J hay U E ? DE : Mà E W ? ED nên ba điểm W ; U E thẳng hàng f Xét tam giác B I C Y V W ; ta có st af ∠ Y W V D ∠ C ED D ∠ I C B ∠ W Y V D ∠X Y J D ∠ B JD D ∠ I B C nên 4B I C 4Y V W (g-g) Mà V trung điểm Y Z L trung điểm B C nên ta có 4B I L 4Y Z W (c-g-c) Do ∠ Y W Z D ∠ B LI D ∠ BDA D 90 ı ∠ W D U : Từ suy ∠ D U W D 90 ı với U giao điểm đường thẳng W Z AD: Mặt khác, ta lại có ∠ D U W D ∠D U Z D 90 ı nên U thuộc đường tròn C DH / J /: n Chứng minh tương tự, đường tròn BDK / qua U : Từ đó, ta có điều phải chứng minh ilo b) (Hình vẽ xem trang sau) Gọi S R giao điểm thứ hai đường thẳng A I ; S I đường trịn O /: Ta có S I D S L S S nên ∠ S I L D ∠ S S I D ∠ SAR : Mà I L k AD nên ∠ S I L D ∠ S AD ; từ suy ∠ S AR D ∠ S AD hay ∠BAR D ∠C AD: 1/ Ep s Kẻ DH ? J G H J G /: Ta có GH GJ D GD D GE GF nên tứ giác EF J H nội tiếp Lại có tứ giác AE J F nội tiếp nên điểm A; E ; F ; J H đồng viên, từ suy ∠ A H J D 90 ı hay ba điểm A; D H thẳng hàng Mặt khác, ta có ∠ PAJ D ∠ QAJ D 90 ı C 21 ∠ BAC D ∠ B I C ∠ I B C D ∠ I J C ; ∠ I C B D ∠ I JB nên 4I B C 4AP J 4AJ Q (g-g) Gọi P ; Q trung điểm JP J Q I B L 4I C L 4AQ Q : Suy tứ giác AP J Q nội tiếp 4AP P 4AJ Q Từ ∠ B I L D ∠JAQ D ∠ JP Q D ∠BP Q ; ta suy tứ giác P B I L nội tiếp (L giao điểm đường thẳng LI P Q) Mà ∠ P B I D 90 ı nên I L ? P Q: Lại có I L k A D AD ? M N nên M N k P Q: Qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AP cắt đường thẳng AT A : Ta có TA0 TM TN D D ; TA TP TQ suy NA k AQ ∠ AM A D ∠ ANA D 90 ı : Từ ∠ BAT D 90 ı ∠ AA M D 90 ı ∠ AN M D ∠ C AD: Từ (1) (2), ta có ∠BAT D ∠ BAR nên ba điểm A; R T thẳng hàng .2/ 21 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Q L0 P S A O I P0 C L D B E R S0 F st af f Q0 G J M Ep s ilo A0 n N H0 T Bình luận Đây tốn khó Hai ý tốn khơng liên quan tới Ý a) tổng quát (và đơn giản hơn) thành toán sau: Bài toán Cho tam giác AB C điểm P mặt phẳng Gọi DEF tam giác pedal điểm P : Đường tròn K / qua P D cắt lại đường thẳng DE ; DF M N : Chứng minh đường tròn DB M /; D C N / DEF / có điểm chung khác D: 22 Lời giải bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 Tính chất cịn mở rộng cách sử dụng điểm Miquel: Bài toán Cho tam giác AB C có điểm D ; E ; F nằm cạnh B C ; C A; A B : Các đường tròn AEF /; C F D /; C DE / có điểm chung M : Một đường tròn K / qua P D cắt lại đường thẳng DE ; DF Q R : Chứng minh đường tròn DBQ /; D C R / DEF / có điểm chung khác D: Lời giải hai tốn tổng qt ngồi phương pháp cộng góc thơng thường ta sử dụng phép nghịch đảo cực D: Ý b) TST toán thách thức địi hỏi học sinh phải có nhiều kỹ biết số bổ đề giải trọn vẹn Ý tổng quát cho tam giác pedal sau: st af f Bài toán Cho tam giác AB C điểm P mặt phẳng Gọi DEF tam giác pedal điểm P : Đường thẳng EF cắt đường thẳng B C G: Đường thẳng GP cắt đường thẳng C A AB Q ; R : Các đường thẳng qua A vng góc AB AC cắt đường thẳng P B ; P C M ; N : Đường thẳng N Q cắt đường thẳng M R L : Đường tròn DEF / cắt lại đường thẳng B C K : Chứng minh ∠ K AB D ∠LAC : Khi P trùng với tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác AB C ta thu ý b) TST Đây mở rộng theo kiểu đẳng giác có ý nghĩa phức tạp Sơ lược bước chứng minh cho toán tổng quát sau: Chứng minh M N song song với GP cách sử dụng tỉ số kép, tức chứng minh n P B C ; D G / D P M N ; D /: ilo Chứng minh hai tam giác K QR AM N thấu xạ tâm T định lý Desargues, với định lý dùng để biến đổi tỉ số Thales, Menelaus Ep s Cuối hai đường thẳng AL AT đẳng giác với góc ∠ M AN (cũng đẳng giác góc ∠ BAC ) thơng qua bổ đề: Cho hình thang AB C D có hai đáy AB C D: Đường thẳng AD cắt đường thẳng B C E : Các đường chéo AC BD cắt F : Nếu điểm M thỏa mãn M A; M B đẳng giác với góc ∠C M D M A; M B đẳng giác với góc ∠ E M F : Có thể tham khảo thêm mở rộng liên kết: http://analgeomatica.blogspot com/2018/04/cac-bai-toan-hinh-hoc-hang-tuan-tuan-1.html