VMO 2016

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2016 Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng – Lê Phúc Lữ Đề thi 1.1 Ngày thi thứ (06/01/2016) Bài (5.0 điểm) Giải hệ phương trình ˆ < 6x y C z D x y 2z D ˆ : 6x 3y y 2z D x; y; z R/: Bài (5.0 điểm) a) Cho dãy số an / xác định an D ln.2n2 C 1/ ln.n2 C n C 1/; với n D 1; 2; : : : Chứng minh có hữu hạn số n cho fan g < 12 : b) Cho dãy số bn / xác định bn D ln.2n2 C 1/ C ln.n2 C n C 1/; với n D 1; 2; : : : : Chứng minh tồn vô hạn số n cho fbn g < 2016 Bài (5.0 điểm) Cho tam giác ABC có B; C cố định, A thay đổi cho tam giác ABC nhọn Gọi D trung điểm BC E; F tương ứng hình chiếu vng góc D đường thẳng AB; AC: a) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: EF cắt AO BC M N: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định b) Các tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF E; F cắt T: Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định Bài (5.0 điểm) Người ta trồng hai loại khác miếng đất hình chữ nhật kích thước m n vng (mỗi trồng cây) Một cách trồng gọi ấn tượng như: i) Số lượng trồng hai loại nhau; ii) Số lượng chênh lệch hai loại cột không nhỏ nửa số cột a) Hãy cách trồng ấn tượng m D n D 2016: b) Chứng minh có cách trồng ấn tượng m n bội 4: Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 1.2 Ngày thi thứ hai (07/01/2016) Bài (6.0 điểm) Tìm tất số thực a để tồn hàm số f W R ! R thỏa mãn: i) f 1/ D 2016I ii) f x C y C f y/ D f x/ C ay với x; y R: Bài (7.0 điểm) Cho tam giác AB C nội tiếp đường trịn O / (với tâm O ) có góc đỉnh B C nhọn Lấy điểm M cung B C không chứa A cho AM khơng vng góc với B C : AM cắt trung trực B C T : Đường tròn ngoại tiếp tam giác AO T cắt O / ti N N Ô A/: a) Chng minh rng BAM D ∠ C AN : b) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp G chân đường phân giác góc A tam giác A B C : AI ; M I ; N I cắt O / D ; E ; F : Gọi P Q tương ứng giao điểm DF với AM DE với AN : Đường tròn qua P tiếp xúc với AD I ct DF ti H H Ô D /; ng tròn qua Q tiếp xúc với AD I ct DE ti K K Ô D /: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác GH K tiếp xúc với B C : Bài (7.0 điểm) Số nguyên dương n gọi số hoàn chỉnh n tổng ước số dương (khơng kể nó) a) Chứng minh n số hồn chỉnh lẻ có dạng n D p s m2 ; p số nguyên tố có dạng k C 1; s số nguyên dương có dạng h C m số nguyên dương không chia hết cho p : b) Tìm tất số nguyên dương n > cho n n nC / số hoàn chỉnh Bình luận chung Nếu chưa nói đến chuyện đẹp xấu, hay dở đề năm vừa sức thí sinh, đặc biệt cấu trúc đẹp với giải tích, tổ hợp, số học, hai đại số hai hình học Ngày thứ có hai dễ Bài coi dễ thực tế nhiều thí sinh lại gặp khó câu 2b) Cách phát biểu trệch chút làm khó thí sinh khơng có tảng tốt lý luận Nếu nhìn kỹ, ta thấy kết luận toán chẳng qua hệ ba kiện: 1) lim b n D C1; 2) dãy b n tăng; 3) lim b nC b n / D 0: Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Tất dãy số thỏa mãn ba điều kiện có tính chất số 2016 số năm cho đẹp Trên phơng ba tốn dễ việc đặt tổ hợp khó vào có lý Và hay dù khó có chỗ để thí sinh kiếm điểm Cụ thể thí sinh làm câu a) qua chứng minh phần điều kiện đủ câu b) Chúng tơi nghĩ áp lực phịng thi phải tốn đôi chút công sức cho đầu, số thí sinh làm trọn vẹn khơng nhiều, chí khơng có Tuy nhiên, bạn kiếm điểm số ý lặt vặt khác (ví dụ chứng minh m ; n chẵn) Ý tưởng giải dùng đánh giá bất đẳng thức nhận xét hiển nhiên sau: Nếu 3n hàng có n số loại A (gọi a) nhiều số loại B (gọi b) a b Ä n4 : Chặt chẽ hơn, n D k C r (với r D 0; 1; ; 3) a 3k C r b Ä k : Bây bình luận chi tiết chút chất lượng toán ngày Thực tế ngồi hài lịng độ khó tốn ngày 1, ta đánh giá toán ngày 1, trừ chưa đẹp hay Bài rõ ràng tốn “ra cho có tụ”, khơng có ý tưởng ngồi ý tưởng vụn vặt cộng trừ đại số để phương trình hệ x 1/ D z 1/ ; tình “cài đặt” cách chủ quan Những kiểu không giúp ích cho học sinh việc học giải hệ phương trình “thực thụ” Bài có thú vị chút mặt học thuật, cụ thể đặt tình lạ cho học sinh (và có nhiều bạn bị “gãy” câu này) Nhưng cách đặt vấn đề thực không đẹp, khiên cưỡng (đặc biệt câu a) Việc phần giải tích loay hoay chủ đề giới hạn dãy số khiến phận đề q bí ý tưởng Theo chúng tơi, nên mạnh dạn mở rộng chủ đề để giới thiệu ứng dụng đẹp đẽ khác giải tích (như tính liên tục, đạo hàm cực trị, đa thức nghiệm, tính lồi lõm ) Bài thuộc dạng ta không khen khó chê Có thể việc hình dễ làm cho đội mạnh hình khơng hài lịng khơng có lợi nhiều so với đội khác xét tình hình chung nay, giải pháp đề toán hợp lý Vấn đề thực kỳ IMO thường xun gặp phải (có hình phải nói q dễ, ví dụ IMO 2003 hay IMO 2007 4, khơng có học sinh số nước kiếm đâu điểm để đoạt giải) phải đánh giá vấn đề nhiều góc nhìn, từ nhiều đối tượng Bài kết đẹp đẽ bất ngờ Không ngờ từ điều kiện xem chừng lỏng lẻo lại dẫn đến cấu trúc hài hòa đối xứng Quả ấn tượng Cách phát biểu tốn giúp thí sinh có hội đào bới, kiếm điểm Tuy nhiên, chúng tơi nói trên, có lẽ thời gian hạn hẹp yếu tố quan trọng khiến thí sinh giỏi khơng thể kịp xử lý toán Nhân việc kiến nghị ta nên học nước IMO, tăng thời lượng buổi thi lên 270 phút, từ có điều kiện tăng chất lượng tốn Ngày thứ hai có ba tốn ngang độ khó nên thí sinh chọn giải theo sở trường Có thể dễ chút chủ đề quen thuộc kỹ thuật sử dụng lời giải quen thuộc với phép số nhận xét f Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 a Ô thỡ f l n ỏnh tồn ánh Bài tốn có cách phát biểu dạng phương trình hàm giống Vietnam TST 2004: Tìm tất số thực a cho phương trình hàm f x C y C f y / D f x / C ay có nghiệm hàm f W R ! R : Tuy nhiên dễ nhiều Theo phương trình hàm đặt vị trí đầu ngày hợp lý Bài hình học khó khơng khó Câu a) tập làm nhanh gọn phép biến đổi góc Câu b) phát biểu rắc rối lại có nhiều cách tiếp cận dùng định lý Pascal, phép vị tự, phép nghịch đảo Bài đề cập đến vấn đề kinh điển số học vấn đề số hồn hảo Có hai định lý kinh điển số hoàn hảo, gắn liền với tên tuổi Euler, là: Định lý (Euclide – Euler) Nếu n số hoàn hảo chẵn n D k k số nguyên dương cho k số nguyên tố k 1/; Định lý (Euler) Nếu n số hồn hảo lẻ n phải có dạng n D p t C m ; p số nguyên tố dạng k C 1; m số nguyên dương không chia hết cho p : Cả hai định lý chứng minh ngắn gọn dựa vào định nghĩa số hoàn hảo, định lý số học tính chất hàm n/: Các kết có hầu hết sách giáo khoa lý thuyết số hay viết số hoàn hảo Điều đáng ý dù đến nay, với định lý thứ nói trên, tất số hồn hảo chẵn mơ tả (và chúng liên quan đến số nguyên tố Mersenne) ta chưa biết số hồn hảo lẻ Hiện chưa tìm số hồn hảo lẻ chưa chứng minh chúng không tồn Định lý thứ hai câu a) VMO 2016 Có lẽ câu với hàm ý gợi ý cho câu b) Sơ đồ chứng minh gồm ý sau: Vì n lẻ n/ D n nên n/ số chẵn khơng chia hết cho : Từ đó, p k / lẻ k chẵn chẵn k lẻ nên n phải có dạng p s m với s lẻ m không chia hết cho p : Tiếp theo cần chứng minh p Á mod 4/; sử dụng p C j p s / với s lẻ, cuối chứng minh s Á mod 4/; sử dụng p s / Á s C mod 4/ p Á mod 4/: Định lý thứ chứng minh ngắn gọn sau: Giả sử n D k m với m số lẻ Từ tính nhân tính ta có n/ D k C 1/ m/ D k C1 m : Từ suy m D k C 1/M : Thay ngược lại phương trình, ta m/ D k C1 M : Tiếp theo ta chứng minh M D m số nguyên tố phản chứng Vì ngược lại ta có m / > m C M từ m C M < m/ D k C M ; suy m < k C 1/M ; mâu thuẫn với kiện m D k C 1/M : Bây câu b), nội dung tốn 7, xử lý khơng khó khăn dùng hai kết trên, nghiệm toán n D ứng với hai số hoàn hảo 28: Điều thú vị số 2016 số có dạng k k 1/ với k D 6: Điều đáng tiếc D 63 không số nguyên tố nên 2016 số hồn hảo Nhưng giải thích vui lý để toán số hoàn hảo, chủ đề bị lãng quên lại chọn đề thi năm 5 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Tóm tắt lại đề thi năm tương đối ổn, cấu trúc phân mơn đẹp, khơng có khó hay phát biểu rối rắm, đặc biệt có ý để kiếm điểm Cũng mà năm công tác chấm thi vất vả cần phải tổ chức cẩn thận Về chất lượng đề có số không đẹp, đa số mức độ “tạm được” đặc biệt có số đẹp đẽ thú vị Có vẻ chủ đề giải tích, số học chí hình học đại số cạn kiệt nên tính phần khơng nhiều Với đánh giá độ khó dễ đề thi năm qua tham khảo tình hình làm số đội tuyển, cho năm có vài giải khơng năm ngoái Điểm chuẩn giải dự kiến cao năm ngối chúng tơi mạo muội đưa cut-off tròn trịa 15-20-25-30 Hai toán “phải” làm 3, ý 2a, 4a, 5, 6a (dành cho giải khuyến khích giải ba), 2b, 6b (giải nhì) 7a, 7b, 4b (giải nhất) Lời giải bình luận tốn Bài (5.0 điểm) Giải hệ phương trình ˆ < 6x y C z D x y 2z D ˆ : 6x 3y y z D x ; y ; z R/: Lời giải Từ giả thiết, suy 6x 3y y 2z / Một cách tương đương, ta có x 3.x y2 z /.x C z 2z C 1/ 6x y C z2 3/ D 0: 2/ D 0: Từ suy x D z x C z D : Trường hợp 1: x D z: Khi đó, hệ phương trình cho viết lại dạng ( x C 6x y D x2 2x y2 D Từ phương trình thứ hai, ta suy y D x 1/2 ; tức y D ˙.x 1/: Thay trở lại phương trình đầu, ta dễ dàng tìm nghiệm x; y; z/ hệ p p p ! p p p ! 33 33 33 C 33 C 33 C 33 ; ; ; ; ; ; 2 2 2 p p p ! p p p ! 7 C 65 C 65 65 C 65 65 65 ; ; ; ; ; : 2 2 2 Trường hợp 2: x C z D : Thay z D x vào, ta viết hệ phương trình dạng ( x C 2x C y D x C 2x y2 Trừ tương ứng hai vế hai phương trình, ta y thể xảy Do đó, trường hợp hệ vơ nghiệm 3D0 y C D 0: Tuy nhiên, điều không Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Bình luận Đây kiểu quen thuộc phương pháp cộng đại số Điểm mấu chốt lựa chọn phép ghép tương ứng thật thích hợp để tìm quan hệ ẩn với Kiểu xuất nhiều lần kỳ thi VMO trước đó: (VMO, 2004-A) Giải hệ phương trình: ˆ < x C x.y y C y.z ˆ : z C z.x z/2 D x/2 D 30 y/2 D 16 (VMO, 2004-B) Giải hệ phương trình: ( x C 3xy D x 49 8xy C y D 8y 17x (VMO, 2010) Giải hệ phương trình: ( x y D 240 x3 2y D 3.x 4y / 4.x 8y/ (VMO, 2007) Giải hệ phương trình: à 8 p 12 ˆ ˆ xD2 < y C 3x  à ˆ 12 p ˆ : 1C yD6 y C 3x Có lẽ với mục đích “cho điểm” để khích lệ làm tăng thêm tự tin cho thí sinh thử sức phía sau Tuy nhiên, kiểu chất chúng mang tính “gượng gạo”, thiếu tự nhiên người đề thường phải xuất phát từ đẳng thức liên hệ ngược lên để tốn Mẹo khó tốn khó lại không mang nhiều ý nghĩa giải Thiết nghĩ kiểu nên hạn chế xuất kỳ thi Olympic chọn học sinh giỏi Bài (5.0 điểm) a) Cho dãy số an / xác định an D ln.2n2 C 1/ ln.n2 C n C 1/; với n D 1; 2; : : : Chứng minh có hữu hạn số n cho fan g < 12 : b) Cho dãy số bn / xác định bn D ln.2n2 C 1/ C ln.n2 C n C 1/; với n D 1; 2; : : : Chứng minh tồn vô hạn số n cho fbn g < 2016 : C1 Lời giải a) Dễ thấy Ä n2n CnC1 < với n D 1; 2; : : : Từ suy Ä an < ln < ban c D 0: Với kết này, ta có fan g D an limfan g D lim an D lim ln 2n2 C D ln 2: n2 C n C Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Do đó, tồn n0 N để fan g > ln 1992 với n n0 : Bây giờ, có vơ hạn số n để fan g < ; ta chọn n1 > n0 số Khi đó, theo lý luận trên, ta có > fan1 g > ln 2 ; 1992 hay 1 > ln : 1992 Mâu thuẫn nhận cho ta kết cần chứng minh b) Dễ thấy bn / tăng lim bn D C1: Ngồi ra, ta có lim.bn bn / D lim ln 2n2 C 1/.n2 C n C 1/ D 0: 2n2 4n C 3/.n2 n C 1/ Trở lại toán, giả sử tồn hữu hạn n để fbn g < n0 : Do lim.bn Khi đó, ta thấy tồn n0 N để 2016 fbn g với n : 2016 bn / D nên tồn n1 N đủ lớn để bn bn < 2016 với n n1 : Vì bn / tăng dần vô hạn nên ta thấy tồn vô số số n > maxfn0 ; n1 g để bbn c bbn c D 1: Xét số n thế, từ bất đẳng thức trên, ta suy bbn c bbn bCfbn g fbn g < ; 2016 hay 2015 : 2016 nên fbn g > 1: Mâu thuẫn nhận cho ta điều phải chứng minh fbn g > fbn g C Do fbn g 2016 Bình luận Bài tốn có cách phát biểu thú vị tính chất phần lẻ chất tốn giới hạn dãy số Tuy nhiên, cách phát biểu lạ lẫm nên ý b) gây khó khăn cho nhiều bạn thí sinh kỳ thi Điểm mấu chốt toán để ý đến lim.bnC1 bn /: Đây kỹ quan trọng cần có xử lý bạn toán giới hạn dãy số, đặc biệt toán liên quan đến định lý Stolz trung bình Cesaro Xin nêu số ví dụ: Cho dãy số an / xác định a0 D an D sin an với n bn / xác định bn D nan2 : Tìm lim bn : p Cho dãy số thực an / xác định a1 D anC1 D a1 C a2 C n nguyên dương Tìm lim ann : 1: Xét dãy số C an với Cho dãy số thực xn / thỏa mãn lim xn x12 C x22 C C xn2 / D 1: Chứng minh p lim 3nxn D 1: Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Bài (5.0 điểm) Cho tam giác ABC có B; C cố định, A thay đổi cho tam giác ABC nhọn Gọi D trung điểm BC E; F tương ứng hình chiếu vng góc D đường thẳng AB; AC: a) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: Đường thẳng EF cắt đường thẳng AO BC M N: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định b) Các tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF E; F cắt T: Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định Lời giải a) Giả sử AB < AC , trường hợp lại ta làm tương tự Khi N thuộc tia đối tia BC Từ ý tứ giác AEDF nội tiếp ∠OAC D 90ı ∠ABC Ta có ∠AMN D ∠MAE C ∠MEA D 90ı ∠ABC C ∠ADF D ∠BDF C ∠ADF D ∠NDA; suy tứ giác AMDN nội tiếp Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua D cố định A L K O M E F C N B D P T Q b) Xin giới thiệu hai cách chứng minh sau đây: Cách Gọi K/ đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF AD đường kính K/ Lấy L thuộc K/ cho DL ? BC AL ? DL nên AL k BC D lại trung điểm BC nên chùm A.BC; DL/ điều hòa Chiếu chùm lên đường tròn K/ ta suy hàng EF; DL/ điều hòa hay tứ giác LEDF điều hòa, điều có nghĩa DL qua T giao tiếp tuyến E; F K Dễ thấy DL trung trực BC nên T thuộc trung trực BC cố định Cách Gọi DF; DE cắt CA; AB P; Q Ta thấy D trực tâm tam giác APQ Dễ thấy tiếp tuyến E; F đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF qua trung điểm PQ Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 nên T trung điểm PQ tâm ngoại tiếp tứ giác PEFQ Vì D trung điểm PQ, áp dụng tốn bướm đảo cho tứ giác PEFQ với tâm T ngoại tiếp ta suy TD ? BC , T thuộc trung trực BC cố định Bình luận Bài tốn khơng hai câu a), b) không liên quan tới Câu a) không sử dụng góc định hướng cần xét ba trường hợp AB < AC; AB D AC AB > AC Tuy nhiên thực tế đề chưa thật chặt chẽ khơng có câu “Giả sử EF cắt BC ” Câu a) có phát triển phát biểu cách khác thú vị Câu b) toán cũ xuất thi Kolmogorov Nga xem [1] Câu b) có nhiều phát triển khác thú vị bạn thấy [2] Cách giải thứ sử dụng tính chất hàng điểm điều hịa chiếu lên đường trịn ta có tứ giác điều hòa Đây lời giải đặc trưng cho toán, cách thứ hai sử dụng tốn bướm đảo làm bổ đề, cách tiếp cận ngắn gọn dễ hiểu, phù hợp với lớp THCS Một số lời giải túy hình học khác bạn thấy [1] Các bạn làm số tốn khác sau để luyện tập hai cấu hình Bài Cho tam giác ABC P E; F hình chiếu P lên CA; AB AP cắt BC D EF cắt BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADN cắt EF M khác N Chứng minh M thuộc đường thẳng cố định P thay đổi Một cách giải khác cho câu b) dùng phép đồng dạng, bạn thấy điều thể qua lời giải tốn tổng quát sau, tham khảo [2] Bài Cho tam giác ABC , trực tâm H M trung điểm BC P điểm thuộc đường thẳng HM Đường trịn K/ đường kính AP cắt CA; AB E; F khác A Chứng minh tiếp tuyến E; F K/ cắt trung trực BC A Y K G E H Z F P B C M T Lời giải Gọi BY; C Z đường cao tam giác ABC dễ thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z qua H Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z cắt K/ G khác A Ta dễ thấy HG ? GA ? P G từ P; H; G thẳng hàng Ta dễ thấy 4GYE 4GZF suy 10 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 4GY Z 4GEF Dễ thấy M giao hai tiếp tuyến Y; Z đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z Gọi hai tiếp tuyến E; F đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt T Từ 4GY Z 4GEF; suy 4GF T 4GZM hay 4GZF 4GM T; suy ∠GM T D ∠GZF D 180ı ∠GZA D 180ı ∠GHA D ∠AHP: Do TM k AH ? BC Ta có điều phải chứng minh Bài Cho tam giác ABC P điểm trung trực BC Đường trịn K/ đường kính AP cắt CA; AB E; F khác A Tiếp tuyến E; F K/ cắt T Chứng minh TB D T C P trung điểm BC Một toán đẹp nhiều ứng dụng liên quan tới cấu hình tốn thi vơ địch Nga năm 2015: Bài Cho tam giác ABC đường cao AH trung tuyến AD Các điểm E; F thuộc CA; AB cho DE ? AB DF ? AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF cắt BC K khác D Chứng minh D trung điểm HK Nguồn trích dẫn tốn nêu phần bình luận [1] http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h16779 [2] http://analgeomatica.blogspot.com/2014/06/ve-mot-bai-toanhay-tren-thtt.html Bài (5.0 điểm) Người ta trồng hai loại khác miếng đất hình chữ nhật kích thước m n vng (mỗi trồng cây) Một cách trồng gọi ấn tượng như: i) Số lượng trồng hai loại nhau; ii) Số lượng chênh lệch hai loại cột không nhỏ nửa số cột a) Hãy cách trồng ấn tượng m D n D 01 6: b) Chứng minh có cách trồng ấn tượng m n bội : Lời giải Để thuận tiện lập luận, ta quy ước gọi hai loại là: xanh đỏ Ngoài ra, ký hiệu miếng đất (bảng) a b hình chữ nhật có a hàng b cột a) Câu phần “khi” câu hỏi câu b (điều kiện đủ) Xét cách trồng cho miếng đất 4 sau: A A A B A A B A A B B B B A B B Dễ thấy cách trồng ấn tượng Tiếp theo, ta ghép miếng đất 4 lại tạo thành miếng đất lớn có kích thước dạng a b : Chẳng hạn hình bên kích thước 8: 11 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 A A A B A A A B A A B A A A B A A B B B A B B B B A B B B A B B A A A B A A A B A A B A A A B A A B B B A B B B B A B B B A B B Rõ ràng, ta thấy rằng: Vì tổng số miếng đất nhỏ miếng đất ghép nhau nên tổng số hai loại Chênh lệch hai loại tất hàng cột nửa kích thước hàng, cột tương ứng Từ suy muốn có cách trồng ấn tượng cho miếng đất 2016 2 miếng đất ấn tượng 4 lại 2016; ta cần ghép b) Xét miếng đất có kích thước m n giả sử có cách trồng ấn tượng Ta chứng minh m n chia hết cho : Giả sử ngược lại, có hai số m ; n không chia hết cho ; chẳng hạn m D k C r với r f1 ; ; 3g k N Ta quy ước gọi: Một cột xanh cột số xanh nhiều số đỏ Một cột đỏ trường hợp ngược lại Gọi x ; y số xanh, đỏ cột xanh, ta thấy rằng: ( ( x C y D 4k C r x C y D 4k C r r D r D : x y 2k C x y 2k Từ dễ dàng suy x 3k C r y Ä k : Tương tự, hàng xanh chứa tối thiểu hàng đỏ chứa tối đa n4 xanh 3n xanh, Không tính tổng qt, giả sử có n2 cột xanh (trường hợp có n2 cột đỏ giải tương tự) xét miếng đất gồm n2 cột xanh lấy từ miếng đất cũ Miếng đất có m D k C r hàng n2 cột Khi đó, miếng đất này, có 3k C r / n2 xanh Giả sử miếng đất mới, có p hàng đỏ với Ä p Ä k C r , đó: Trên p hàng đỏ, hàng có không n xanh Trên k C r p hàng xanh, hàng có khơng q hàng lúc giờ) n xanh (độ dài tối đa 12 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Suy số xanh tối đa miếng đất mới, tính theo hàng p Từ đây, ta có bất đẳng thức p n C k C r p/ n 3k C r /n , p C k C r n C k C r p/ p/ n 2 3k C r /: Suy p Ä 2k , tức miếng đất mới, số hàng đỏ không 2k số hàng xanh k C r Quay lại miếng đất ban đầu, xét 2k C r hàng xanh này, ta thấy chúng chứa 2k C r / 34n xanh Do đó, bỏ xanh thuộc n2 cột xanh, miếng đất cịn lại cịn chứa thêm n k4C r / xanh Suy ra, tổng số xanh miếng đất ban đầu khơng 2k C r / 3n n.2k C r / n.8k C 3r / mn C D > ; 4 mâu thuẫn Vậy miếng đất ấn tượng phải có hai kích thước chia hết cho : Ta có đpcm Bình luận Câu a) tốn bước đệm để cơng vào câu b) lại gợi ý từ câu b) với câu hỏi “nếu có cách trồng ấn tượng m n bội 4” Điều nghĩa miếng đất ấn tượng nhỏ có kích thước 4 ta nên xây dựng cho trước, dùng làm sở để xây dựng cho miếng đất 2016 2016 Câu b) toán tổ hợp khó, nói khó kỳ thi Nhiều thí sinh dễ sa lầy vào biến đổi, đánh giá liên quan đến số học thấy yếu tố chia hết cho gần dứt điểm Nếu để ý tổng số hàng/cột chia dư 1; chẳng hạn loại phải ; 4/, tổng số hàng/cột chia dư ; chẳng hạn loại phải ; 5/, tổng số hàng/cột chia dư 3; chẳng hạn loại phải ; /, chênh lệch xa Trong đó, chia vừa hết cho ; chẳng hạn loại ; 6/, chênh lệch vừa 12 tổng số Điều dẫn ta đến ý tưởng chứng minh: cách trồng ấn tượng xảy bất đẳng thức “chênh lệch không nhỏ nửa số ô hàng/cột” điều kiện cho trở thành đẳng thức, tức kích thước chia hết cho : Một toán tương tự đề thi VN TST 2012: Trên cánh đồng hình chữ nhật kích thước m n vng gồm m hàng n cột, người ta đặt số máy bơm nước vào ô vuông Biết máy bơm nước tưới nước khơng cho vng chứa vng có chung cạnh với mà cịn tưới cho vng cột với cách vng Tìm số nhỏ máy bơm nước cần đặt để máy bơm tưới hết cánh đồng hai trường hợp m D m D Ngoài cách làm trực tiếp trên, đánh giá theo bất đẳng thức tương tự, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Với miếng đất có hai kích thước chia hết cho cách trồng ấn tượng hiệu số hai loại hàng cột nửa số lượng hàng cột tương ứng Từ đó, ta giải toán theo cách thú vị: Xét miếng đất có kích thước m n tồn cách trồng ấn tượng Ghép 16 miếng đất lại với nhau, tạo thành miếng đất có kích thước m n rõ ràng miếng đất ấn tượng 13 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Theo bổ đề hiệu số hai loại hàng phải 42n D n Tuy nhiên, miếng đất giống nên hiệu số hàng miếng đất ban đầu 24n D n2 Suy n chẵn Nhưng tổng số hàng n chẵn nên hiệu chúng chẵn (vì tính chẵn lẻ) nên suy n2 chẵn, tức n chia hết cho : Tương tự, ta có m chia hết cho : Ý tưởng bạn Hoàng Đỗ Kiên, HCB IMO 2013 Bài (6.0 điểm) Tìm tất số thực a để tồn hàm số f W R ! R thỏa mãn: i) f 1/ D 2016I ii) f x C y C f y / D f x / C ay với x ; y R : Lời giải Với a D 0; tìm hàm thỏa mãn u cầu tốn f x / D 2016: Do đó, ta cn xột trng hp a Ô l Thay x D f y / vào điều kiện ii), ta f y / D f f y / C ay với y R : Từ ta thấy f đơn ánh Tiếp tục, thay y D vào điều kiện ii), ta f x C f 0/ D f x / với x R: Suy f 0/ D 0: Thay y D f ax / vào điều kiện ii) kết hợp với tính đơn ánh f (ở ý số để f x / D 0), ta  à f x / f x / Cf D x a a với x R: Thay y f y / a vào ii) sử dụng kết trên, ta f x y / D f x / f y / với số thực x ; y : Từ dễ dàng suy f cộng tính Với tính chất biết hàm cộng tính, ta tính f 2016/ D 2016f 1/ D 2016 : Mặt khác, f cộng tính nên điều kiện ii) viết lại thành f y / C f f y / D ay với y R : Cho y D 1; ta tính a D 2016 2017: Thử lại, ta thấy với số a hàm số f x / D 2016x thỏa mãn điều kiện cho Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu đề a D a D 2016 2017: Bình luận Đây kiểu toán quen thuộc xuất nhiều kỳ thi Điểm mấu chốt để giải toán nhận thấy f đơn ánh trường hợp a ¤ 0; để từ tính f 0/ D chứng minh f cộng tính Ngồi cách tiếp cận trên, ta theo lối khác để chứng minh f cộng tính nhận xét f toàn ánh nên suy f song ánh Từ đó, sau chứng minh f 0/ D 0; cách thay x D vào điều kiện ii), ta thấy f y C f y / D ay 14 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 với y R : Suy y C f y / nhận giá trị R : Thật vậy, giả sử có b R m y C f y / Ô b vi y R : Đặt f b / D c cách thay y ac vào đẳng thức trên, ta có f ac C f ac D c D f b /: Suy ac C f ac D b ; vô lý Đến đây, cách viết lại điều kiện ii) dạng f x C y C f y / D f x / C f y C f y / ; ta có f cộng tính dễ dàng đến lời giải hồn chỉnh cho tốn Khi trao đổi với bạn thí sinh tham gia kỳ thi, chúng tơi nhận thấy phần đơng bạn tiếp cận tốn theo hai lối nêu Có số bạn sử dụng tính chất hàm tuần hồn để giải, nhiên lời giải tương đối dài dòng nên xin không giới thiệu Dưới xin nêu thêm số tốn có cấu trúc xuất kỳ thi sách báo tham khảo (IMO, 1992) Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn f x C f y / D y C f x / với x ; y R : (Ở f x / D f x / :) (Ý kiến chủ quan chúng tơi cho tốn tốn gốc, gợi ý tưởng cho việc sáng tạo toán bên dưới.) (Tổng quát IMO 1992) Cho số nguyên dương n : Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn f x n C f y / D y C f n x / với x ; y R : (Ở f n x / D f x / n :) (Bulgaria, 2003) Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn f x C y C f y / D 2y C f x / với cặp số thực x ; y : (Vietnam TST, 2003) Tìm tất số thực a cho tồn hàm số f W R ! R thỏa mãn phương trình f x C y C f y / D f x / C ay với cặp số thực x ; y : (PTNK, 2013) Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn f x C y C f y / D 2y C x f x / với cặp số thực x ; y : Tìm tất hàm số f W R !R thỏa mãn f x C f x / C 2y D 2x C f 2f y / với x ; y 0: (Ở R tập số thực không âm.) 15 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Bài (7.0 điểm) Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / (với tâm O ) có góc đỉnh B C nhọn Lấy điểm M cung B C không chứa A cho AM không vuông góc với B C : AM cắt trung trực B C T : Đường tròn ngoại tiếp tam giỏc AO T ct O / ti N N Ô A/: a) Chứng minh ∠BAM D ∠ C AN : b) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp G chân đường phân giác góc A tam giác AB C : AI ; M I ; N I cắt O / D ; E ; F : Gọi P Q tương ứng giao điểm DF với AM DE với AN : Đường tròn qua P tiếp xúc với A D I cắt DF H H Ô D /; ng trũn i qua Q tiếp xúc với AD I cắt DE K K Ô D /: Chng minh rng ng trũn ngoại tiếp tam giác GH K tiếp xúc với B C : Lời giải a) Ta sử dụng bổ đề sau Bổ đề Cho tam giác AB C cân A Giả sử có điểm P cho PA; P B / D P C ; PA/ mod /: Khi đó, ta có P B D P C : A Q P B C Chứng minh Dựng tam giác AQ C hướng với tam giác AP B PA; P B / D QA; Q C / mod Ta có AP D AQ PA; P Q / D P Q ; QA/ mod /: / Từ P C ; P Q / D P C ; PA/ C PA; P Q / D PA; P B / C P Q ; QA/ D QA; Q C / C P Q ; QA/ D QP ; Q C / mod /: Vậy tam giác C P Q cân C Ta suy P B D C Q D P C Ta có điều phải chứng minh Trở lại tốn, theo đề bốn điểm A; O ; T ; N thuộc đường tròn tam giác OAN cân Ta có biến đổi góc T O ; T M / D T O ; T A/ D N O ; NA/ D AN ; AO / D T N ; T O / mod /: 16 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 A O T C B M N Từ ý tam giác OM N cân O nên theo bổ đề T M D T N Từ M N ? O T ? B C nên M N k B C , ta suy ∠ BAM D ∠ C AN F A E I H O Q P K G B C M N D b) Ta ý D trung điểm cung B C không chứa A trung điểm cung M N không chứa A Ta có biến đổi góc E Q ; E I / D ED ; E M / D E N ; ED / D AN ; AD / D AQ ; AI / mod /; suy bốn điểm A; E ; Q ; I thuộc đường tròn Tương tự bốn điểm A; F ; P ; I thuộc đường trịn Từ I Q ; I P / D I Q ; I A/ C I A; I P / D E Q ; E A/ C F P ; F A/ D ED ; E A/ C F A; F D / D mod /; Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 17 P ; I ; Q thẳng hàng Theo tính chất tiếp xúc đề DK DQ D DI D DP DH ; suy bốn điểm P ; Q ; K ; H thuộc đường tròn Cũng ý DP DH D DI D DB D D G DA, lại từ bốn điểm A; F ; P ; I thuộc DF DI đường tròn nên DP DF D DI DA Chia hai đẳng thức trên, ta DH D D hay G GH k I F , tương tự GK k I E Từ ta có biến đổi góc H K ; H G / D H K ; HP / C HP ; H G / D QK ; QP / C F P ; F I / D QE ; QI / C F D ; F N / D AE ; AI / C AI ; AQ / D AE ; AQ / D I E ; I Q / D GK ; GB / mod /: Đẳng thức thể B C tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác GH K G: Bình luận Thực chất tồn mục đích câu a) để M N k B C chúng tơi tách hình vẽ câu b) riêng Lời giải câu a) khơng dùng góc định hướng phải xét nhiều trường hợp Mặt khác theo việc sử dụng bổ đề câu a) cần thiết, số lời giải khác mạng sau ∠ O T M D ∠ O T N vội kết luận M ; N đối xứng qua O T , điều ngộ nhận Mặt khác số lời giải dùng đẳng thức góc ∠ M O N D 2∠ M AN , đẳng thức chưa thật ý với giả thiết đề góc ∠ BAC góc tù Trong câu b) việc sử dụng độ dài đại số góc định hướng cần thiết khơng phải xét nhiều trường hợp Lời giải câu b) túy biến đổi góc, câu b) có phát biểu lại hay có nhiều khai thác cấu hình Các bạn làm tập để luyện tập thêm Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / P thuộc O / T thuộc OP Đường tròn ngoại tiếp tam giác AO T cắt O / N khác A Chứng minh AP phân giác góc T AN Cho tam giác AB C nội tiếp đường trịn O / có tâm nội tiếp I I B ; I C cắt O / E ; F khác B ; C Đường thẳng qua I song song B C cắt C A; AB P ; Q P E cắt đường tròn qua I ; P tiếp xúc AI H khác P QF cắt đường tròn qua I ; Q tiếp xúc A I K khác Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác I H K tiếp xúc O / Cho tam giác AB C nội tiếp đường trịn O / có tâm nội tiếp I M ; N thuộc O / cho M N k B C I M ; I N cắt O / E ; F khác M ; N Đường thẳng qua I song song B C cắt AN ; AM P ; Q P E cắt đường tròn qua I ; P tiếp xúc AI H khác P QF cắt đường tròn qua I ; Q tiếp xúc AI K khác Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác I H K tiếp xúc O / Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / có tâm nội tiếp I M ; N thuộc O / cho M N k B C I M ; I N cắt O / E ; F khác M ; N Đường thẳng qua I song song B C cắt AN ; AM P ; Q P E cắt đường tròn qua I ; P tiếp xúc AI H khác P QF cắt đường tròn qua I ; Q tiếp xúc AI K khác Q Chứng minh đường thẳng H K qua điểm cố định M ; N thay đổi 18 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Cho tam giác AB C nội tiếp đường trịn O / có tâm nội tiếp I M ; N thuộc O / cho M N k B C I M ; I N cắt O / E ; F khác M ; N Đường thẳng qua I song song B C cắt AN ; AM P ; Q P E cắt đường tròn qua I ; P tiếp xúc AI H khác P QF cắt đường tròn qua I ; Q tiếp xúc AI K khác Q I A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác I EF S khác I a) Chứng minh đường thẳng qua H song song với SE đường thẳng qua K song song SF cắt tại T thuộc AD b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác T H K tiếp xúc B C Tất hệ tổng quát Cho tam giác AB C nội tiếp đường trịn O / có I ; J hai điểm đẳng giác phân giác góc A M ; N thuộc O / cho M N k B C I M ; I N cắt O / E ; F khác M ; N Đường thẳng qua I song song B C cắt AN ; AM P ; Q P E cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác P I J H khác P QF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác QI J K khác Q a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác J H K tiếp xúc O / b) Giả sử I ; J cố định M ; N thay đổi Chứng minh H K qua điểm cố định c) Gọi I A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác I EF R khác I Đường thẳng qua H song song với SE đường thẳng qua K song song SF cắt L Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác LH K tiếp xúc B C Bài (7.0 điểm) Số nguyên dương n gọi số hoàn chỉnh n tổng ước số dương (khơng kể nó) a) Chứng minh n số hồn chỉnh lẻ có dạng n D p s m2 ; p số nguyên tố có dạng k C 1; s số nguyên dương có dạng h C m số nguyên dương không chia hết cho p : b) Tìm tất số nguyên dương n > cho n chỉnh n.nC1/ số hoàn Lời giải Ký hiệu hàm tổng tất ước số dương số nguyên dương x x /: a) Xét dạng phân tích tiêu chuẩn số n lẻ n D p 1˛ p 2˛ p k˛ k ; p ; p ; : : : ; p k số nguyên tố lẻ phân biệt ˛ ; ˛ ; : : : ; ˛ k số mũ ngun dương tương ứng Theo cơng thức tính n/, ta có p 1˛ C1 n/ D p1 p 2˛ C 1 p2 p k˛ k C 1 : pk 19 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Suy 2n D p ˛ i C1 p 1˛ C 1 p1 p k˛ k C 1 : pk p 2˛ C 1 p2 1 Chú ý ip i D C p i C p i2 C số mũ ˛ i chẵn C p i˛ i Á C ˛ i mod 2/ nên thừa số lẻ Vì n lẻ nên vế phải chẵn không chia hết cho ; tức vế phải, có thừa p ˛i C1 số chẵn, cịn lại lẻ Khơng tính tổng quát, giả sử thừa số ip i ; Ä i Ä k chẵn Khi đó, số mũ ˛ ; ˛ ; : : : ; ˛ i ; ˛ i C ; : : : ; ˛ k chẵn, dẫn đến tích ước nguyên tố với mũ tương ứng tạo thành số phương, đặt m với m N Do n D p i˛ i m với p i số nguyên tố nêu Ta cần chứng minh p i ; ˛ i số chia dư 1: Thật vậy, số nguyên tố p i có dạng p i D k C với k N ˛i X p ij D j D0 ˛i X j k C 3/ Á j D0 ˛i X 3j D j D0 ˛i C1 mod 4/: Ta biết lũy thừa chia dư dư nên biểu thức đồng dư với theo modulo ; khơng thỏa (vì ta cần đồng dư với theo modulo 4) Do p i có dạng k C với k N Từ đó, suy ˛i X j D0 p ij D ˛i X k C 1/ j Á ˛ i C mod 4/: j D0 Do ˛ i C phải chia dư nên ˛ i chia dư 1; tức có dạng h C 1: Ta có đpcm b) Trước tiên ta chứng minh n số lẻ Thật vậy, giả sử n chẵn, n số hồn chỉnh lẻ Dựa theo phần a), ta có tất số hồn chỉnh lẻ có dạng k C 1; suy n có dạng 1/ k C : Do đó, n nC số hoàn chỉnh lẻ Kết hợp với phần a), ta suy n.n C 1/ D p 1s m 21 ; với p số nguyên tố chia dư 1, s nguyên dương chia dư 1; m nguyên dương lẻ không chia hết cho p : Bây giờ, n2 ; n C D nên từ đằng thức trên, n C có dạng p 1s a a a lẻ khơng chia hết cho p : Tuy nhiên, p 1s a Á a Á mod 4/; nên ta có n chia hết cho ; vơ lý n chia dư : Vậy n phải lẻ Tiếp theo ta sử dụng bổ đề sau, chứng minh bổ đề có bên Bổ đề Mọi số hồn chỉnh chẵn có dạng s s C 1/; s C 1 số nguyên tố 20 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Bằng cách áp dụng bổ đề, ta thấy tồn s N cho s C n D s s C1 1/ C 1: Suy n.n C 1/ D s s C 2s 1/ C 1 s C 1 nguyên tố 1/ C số hoàn chỉnh lẻ, s s C 1/ C 2s s C 1/ C D n.n C 1/ D p 2s m 22 ; với p số nguyên tố chia dư 1, s nguyên dương chia dư 1, m nguyên dương lẻ không chia hết cho p : Vì s s C1 1/ C 1; s s C 1/ C D nên hai số s s C1 1/ C 1; s s C 1/ C phải số phương Ta chứng minh hai số khơng thể phương s : Thật vậy, s ; hai số lẻ Giả sử s s C 1/ C D b ; với b > lẻ Ta có s s C 1/ D b 1/.b C 1/; s C 1 nguyên tố, nên 2 s C1 1/ ước b nên b 1/.b C 1/ 2 s C 1/ > s s C Trường hợp s s C 1 b C 1: Vì b 1/ b C 1; 1/ D b 1/.b C 1/; vô lý 1/ chứng minh tương tự Vậy ta phải có s D 1; n D 7: Thử lại thấy thỏa mãn Đây giá trị cần tìm Cuối ta chứng minh bổ đề Ta có hai nhận xét sau Nhận xét Nếu x ; y số nguyên tố x y / D x / y /: Nhận xét Một số hoàn chỉnh hai lần số hàm Xét số hồn chỉnh chẵn có dạng s t với t lẻ Theo hai nhận xét trên, ta thấy 2s C1 t D suy s C s t / D j t : Đặt u D 2s C1 u D 2s C1 t 2s C1 t 2s C1 1 D s / t / D s C 1/ t /; N u ước dương t ; ta có bất đẳng thức t / t C u D s C 1/u C u D s C u: Dấu bất đẳng thức phải xảy ra, tức t u hai ước dương t ;suy t nguyên tố u D 1; hay s C 1 D t nguyên tố Bổ đề chứng minh Bình luận Ý thứ tốn thật bản, kết quen thuộc nhắc đến số hoàn chỉnh Tuy nhiên, ta cần dựa định nghĩa nó, kết hợp với cơng thức tính tổng ước số nguyên dương (đây hàm số học nhân tính quan trọng) xử lý Điểm quan trọng nhận xét tích cơng thức tính tổng ước, có thừa số chẵn không chia hết cho : Ngoài ra, nắm vững v p n / định lý LTE, tốn giải nhanh gọn Ở ý thứ hai, ý khó ngày thứ 2, điểm mấu chốt bổ đề bên Trên thực tế, chiều khẳng định định lý tiếng số hoàn chỉnh (perfect number), có tên định lý Euclid-Euler: 21 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Số n chẵn hồn chỉnh có dạng s s C s C 1 số nguyên tố 1/; s nguyên dương Chứng minh định lý có sách tham khảo số học Số học thầy Hà Huy Khoái, hay Các giảng Số học thầy Đặng Hùng Thắng Điều này, mặt, tạo nhiều thuận lợi cho thí sinh “biết chỗ”, mặt khác, dễ dàng hạ gục bạn cịn lại chưa biết đến khơng nhớ đến kết định lý Một toán khác liên quan chặt chẽ đến chứng minh định lý B6 kỳ thi Putnam 1976: Chứng minh N / D 2N C N bình phương số nguyên lẻ Số ngun tố có dạng s cịn gọi số nguyên tố Mersenne, trường hợp riêng số Mersenne M n D n với n nguyên dương Cho đến người ta chưa biết có tồn vơ hạn số ngun tố Mersenne hay khơng Do đó, câu hỏi tồn vơ hạn số hồn chỉnh chẵn cịn mở Ngồi ra, chưa có số hồn chỉnh lẻ tìm ra, người ta đặt câu hỏi phải khơng tồn số hồn chỉnh lẻ, song chưa có lời giải đáp Các tài liệu mệnh đề xung quanh số nguyên tố Mersenne số hồn chỉnh bạn đọc truy cập trang web: https://primes.utm.edu/mersenne/ Lời giải bình luận 7b bạn Nguyễn Huy Tùng, HCĐ IMO 2014  ... f 2016/ D 2016f 1/ D 2016 : Mặt khác, f cộng tính nên điều kiện ii) viết lại thành f y / C f f y / D ay với y R : Cho y D 1; ta tính a D 2016 2017: Thử lại, ta thấy với số a hàm số f x / D 2016x... thi VMO 2016 Bình luận Đây kiểu quen thuộc phương pháp cộng đại số Điểm mấu chốt lựa chọn phép ghép tương ứng thật thích hợp để tìm quan hệ ẩn với Kiểu xuất nhiều lần kỳ thi VMO trước đó: (VMO, ...2 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 1.2 Ngày thi thứ hai (07/01 /2016) Bài (6.0 điểm) Tìm tất số thực a để tồn hàm số f W R ! R thỏa mãn: i) f 1/ D 2016I ii) f x C y C f y/ D f x/ C ay