33 người khác... Người ta muốn xây dựng một số con đường nối trực tiếp giữa các thành phố sao cho: Nếu có đường đi từ A đến B và có đường đi từ B đến C thì không có đường đi từ A đến C. [r]
(1)2019 – 2020
(Lê Phúc Lữ tổng hợp giới thiệu)
Xin cám ơn thầy Võ Quốc Bá Cẩn, Nguyễn Lê Phước, Nguyễn Văn Linh bạn Đồn Cao Khả, Nguyễn Cơng 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:
1 Giới hạn dãy số.
2 Bất đẳng thức.
3 Dãy số nguyên.
4 Hình học phẳng.
5 Hệ phương trình.
6 Hình học phẳng.
7 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 không mới mẻ năm trước thử thách đáng kể với thí sinh Hầu hết các thí sinh ơn luyện cẩn thận làm tốt ý a, làm thêm ý b nữa. Các ý b có độ khó tương đương nhau, tùy vào sở trường thí sinh, nhưng 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 cũng như 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, địi hỏi thí sinh vừa phải nắm kiến thức, vừa phải có nhiều sáng tạo làm trọn vẹn được.
(2)1 Đề thi ngày (ngày 27/12/2019)
Bài (5 điểm) Cho dãy số(xn) xác định x1=
xn+1= xn+ 3pxn+pn
xn với n≥
a) Chứng minh lim
n→+∞
n xn =
b) Tính giới hạn lim
n→+∞ n2 xn
Bài (5 điểm)
a) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a2+ b2+ c2= Chứng minh rằng
|a − b| + |b − c| + |c − a| ≤ 2p2
b) Cho2019 số thực a1, a2, , a2019thỏa mãn a12+ a
2+ · · · + a
2019= 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− 6anvới n≥ 2.
a) Chứng minh hai số hạng liên tiếp dãy nguyên tố
b) Chứng minh p ước nguyên tố a2k thì p− chia hết cho 2k+1với
mọi số tự nhiên k.
Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp đường trịn(O) trực
tâm H Gọi D, E, F điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.
a) Gọi Ha là điểm đối xứng H qua BC, A0là điểm đối xứng A qua O Gọi
Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC Chứng minh H D0, A0O a cắt
nhau điểm trên(O).
(3)2 Đề thi ngày (ngày 28/12/2019)
Bài (6 điểm) Cho hệ phương trình (tham số a):
x− a y = yz
y− az = z x
z− ax = x y
(với x, y, z∈ R)
a) Giải hệ a=
b) Chứng minh hệ có5 nghiệm a> 1.
Bài (7 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường cao AD, BE, C F với
D, E, F chân đường cao Đường tròn đường kính AD cắt DE, DF tại
M, N Lấy điểm P, Q tương ứng AB, AC cho N P⊥AB, MQ⊥AC Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ.
a) Chứng minh rằng(I) tiếp xúc với EF.
b) Gọi T tiếp điểm của(I) với EF, K giao điểm DT, MN L đối xứng với
A qua M N Chứng minh rằng(DK L) qua giao điểm MN EF.
Bài (7 điểm) Cho số nguyên dương n > Ký hiệu T tập hợp tất bộ
có thứ tự (x, y, z) x, y, z số nguyên dương đôi khác và 1≤ x, y, z ≤ 2n Một tập hợp A có thứ tự (u, v) gọi “liên kết” với T nếu với phần tử(x, y, z) ∈ T {(x, y), (x, z), (y, z)} ∩ A 6= ∅.
a) Tính số phần tử T.
b) Chứng minh tồn tập hợp liên kết với T có đúng2n(n − 1) phần tử.
(4)3 Lời giải chi tiết bình luận
Bài Cho dãy số(xn) xác định x1= xn+1= xn+3pxn+ n px
n với n≥
a) Chứng minh rằng lim
n→+∞ n xn =
b) Tính giới hạn lim
n→+∞ n2
xn
Lời giải a) Ta dự đoán xn> n2,∀n > chứng minh quy nạp sau.
Với n= 2, ta có x2= + 3p1+p1
1 = > 2
2 nên khẳng định đúng.
Giả sử ta có xn> n2,
xn+1> xn+ 3pxn> n2+ 3n ≥ (n + 1)2
Do đó, theo nguyên lý quy nạp khẳng định chứng minh
Từ suy ra0< xn
n <
1
n, màn→+∞lim
n = nên theo nguyên lý kẹp limn→+∞ n xn =
b) Cách (sử dụng định lý trung bình Cesaro – định lý Stolz)
Đặt xn = yn2 thì cơng thức cho viết lại thành yn+12 = yn2+ 3yn+ yn
n nên
(yn+1− yn)(yn+1+ yn) = 3yn+
n yn
hay
yn+1− yn= 3 yn+
n yn
yn+1+ yn =
3 yn+ ynn
q
y2
n + 3yn+ n yn+ yn
= 3+
n y2
n
Ç 1+ y3
n +
n y3
n +
Theo câu a lim
n→+∞
n
yn = nên kéo theo limn→+∞
1
yn = limn→+∞
n y3
n = dựa theo đẳng
thức lim
n→+∞(yn+1− yn) =
2 Theo định lý trung bình Cesaro dãy số(un) có
lim
n→+∞un= L limn→+∞
u1+u2+···+un
n = L.
Xét dãy un = yn+1− yn, áp dụng ta dễ dàng có
lim
n→+∞
yn
n =
3
2 nênn→+∞lim
n2 xn =
4
Cách (dùng nguyên lý kẹp) Trước hết, xét hiệu
xn+1− xn
(n + 1)2
− n2 =
3pxn+pnx
n
2n+ = 3Ỉxn
n2 +
1 px
n
2+1n ,
ta thấy lim
n→+∞
xn
n2 = l theo định lý Stolz, ta phải có l =
3
p
l→ l = 94
Nhờ dự đoán này, ta thực ước lượng để xây dựng BĐT kẹp sau: Vì
xn> n2 nên pnx
n < 1, từ dễ dàng chứng minh quy nạp được
xn<9
4n
2,
(5)Sử dụng ước lượngpa− b >pa−pb
a với a> b > 0, ta có
xn+1> xn+ 3pxn+2
3>
p xn+3
2 −
hay
p xn+1>
v u t
p xn+3
2
− >p xn+3 2− px n+
Suy pxn+1> pxn+32−2n nên
p xn+1> +3n
2 − 1
1+
2+ · · · +
n
Mặt khác, dễ dàng chứng minh quy nạp
1 1+
1
2+ · · · +
n ≤
p
n,∀n ≥ 1
nên ta 3n2 > pxn+1>3n2 − 2pn.
Theo nguyên lý kẹp, dễ dàng suy ralimnx2
n =
4
Nhận xét Câu b sử dụng định lý Stolz cho dãy (yn) dãy zn = n thu
được kết tương tự, thực định lý Stolz tổng quát định lý trung bình Cesaro: Cho hai dãy số(xn), (yn) có yn dương, tăng, tiến tới vơ cực và lim
n→+∞
xn+1−xn
yn+1− yn = L
thì lim
n→+∞ xn
yn = L Dấu hiệu nhận biết định lý Stolz cho câu b rõ Nếu không
thực đặt dãy phụ xét hiệupxn+1−pxn Tuy nhiên, ta theo hướng xét trực tiếp dãy xn và n2 thì khó, khơng dễ để tính trực tiếp được giới hạn sau (cũng khó chứng minh tính tăng/giảm dãy xn
n2, dù thực
tế, dãy tăng).
xn+1− xn
(n + 1)2
− n2 =
3pxn+pnx
n
2n+
Dãy số theo dạng un+1 = un+ uαn và hai ý không mới, tùy vào giá trị α, ta có thể ước lượng “tốc độ” tăng dãy này, xấp xỉ với n, n2 hay 1n,
Một tương tự:
1 (Đề tiêu thụ giảng trường Đông miền Nam 2019) Cho dãy số (un) thỏa mãn
u1> 0, un+1= un+u12
n, n= 1, 2, 3, Chứng minh lim
x3
n
n =
2 (VMO 2017 Mock test) Cho dãy số(un) thỏa mãn
u1=
2017
2016, un+1= un+ 2pun+
n2
un với n≥
a) Tínhpu2018
b) Chứng minh an= u1 +
1
u2+ · · · +
1
un hội tụ
c) Chứng minh bn= u1 +
2
u2 + · · · +
n
(6)3 Cho dãy số a1 > 0, an+1 = an+an
n với n ≥ Tính giới hạn dãy số sau
bn= an
n và cn = an− n.
4 (Chọn đội tuyển Đồng Nai 2019) Cho dãy số(xn) thỏa mãn xn+1=13xn+p2nx
n
Chứng minh rằngỈ(n − 1)3 2< xn<p3n2,∀n ≥ tính limxn+1−xn
3
p n2−x
n
Bài a) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a2+ b2+ c2 = Chứng minh rằng
|a − b| + |b − c| + |c − a| ≤ 2p2
b) Cho2019 số thực a1, a2, , a2019thỏa mãn a12+ a
2+ · · · + a
2019= Tìm giá trị
lớn của
S= |a1− a2| + |a2− a3| + · · · +
a2019− a1
Lời giải. Nhận xét Theo BĐT Cauchy – Schwarz, ta ln có
x1+ x2+ · · · + xn≤ |x1| + |x2| + · · · + |xn| ≤
Ç
n x12+ x22+ · · · + x2 n
a) Do tính đối xứng, ta giả sử a≤ b ≤ c đưa về
|a − b|+|b − c|+|c − a| = (a − b)+(b − c)+(a − c) = 2(a − c) ≤ 2Ỉ2(a2+ c2) ≤ 2p2.
BĐT chứng minh Đẳng thức xảy khi(a, b, c) = (−
p 2 , 0,
p 2 )
b) Cách Không tính tổng qt, ta giả sử a1 số nhỏ Ta xét
trường hợp sau:
1 Nếu dãy số a1, a2, , a2019 khơng giảm tổng khoảng cách cho
là hai lần khoảng cách số đầu số cuối, tức
S = a1− a2019 ≤
q 2(a2
1+ a
2019) ≤
p
2 Ngược lại, dãy phải có vị trí ak với < k < 2019 mà ak ≥ ak−1
và 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 bài
tốn có 2018 số thực sau:
Cho2018 số thực b1, b2, , b2018thỏa mãn b12+ b
2+ · · · + b
2019≤ Tìm giá trị
lớn
S= |b1− b2| + |b2− b3| + · · · + |b2018− b1|
Suy
S≤ (|b1| + |b2|) + (|b2| + |b3|) + · · · + (|b2018| + |b1|) =
X
1≤i≤2018
|bi| ≤
p 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=
(7)Vì nên tốn ban đầu, ta cómax S = 2p2018 đẳng thức xảy chẳng hạn
a1= −a2= a3= −a4= · · · = −a2018=
p 2018
2018 , a2019=
Cách Trước hết, ta có nhận xét:
|x − y| = max{x, y} − (x + y).
Suy
S
2=
2019
X
i=1
max{ai, ai+1} − 2019
X
i=1
ai
Rõ ràngmax{ai, ai+1} = ai hoặc ai+1nên tổng viết lại thành
S
2 = "1a1+ "2a2+ · · · + "2019a2019,
trong đó"i ∈ {−1, 0, 1} Ngồi ra, ta phải có
2019
P
i=1 "i = (do tổng có 2019
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
2 ≤
2018
X
i=1
"iai ≤ 2018
X
i=1
|ai| ≤
p 2018
nên S≤ 2p2018 Đẳng thức xảy có 1009 số "i nhận giá trị là1, 1009 số
kia nhận giá trị là−1 Từ khơng khó để
a1= −a2= · · · = a2017= −a2018=
p 2018
2018 và a2019=
Nhận xét Câu a toán gợi ý hiệu cho ba số (lẻ số) kết là
2p2 Nếu thay câu a gốc thành tốn tìm GTLN ứng với 2020 số ta thực
hiện BĐT Cauchy-Schwarz thu kết là2p2020 Như thì
bài tốn đổi giả thiết từ2019→ n số nguyên dương Xét chất
của lời giải, trường hợp2019 số, ta thực tương tự lại không
thể dấu theo kiểu ghép thành cặp đan dấu được.
Một số toán tương tự
1 (JBMO TST) Cho a, b, c∈ R a2+ b2+ c2= 21 Chứng minh rằng
|a − 2b| + |b − 2c| + |c − 2a| ≤ 7.
2 Với số thực x1, x2, , xn thì ta có
|x1− x2| + |x2− x3| + · · · + |xn− x1| ≥ max
xi− xj
(8)
3 (Komal 2014) Với n ≥ ,cho số thực ≤ x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn và0 ≤ y1 ≤
y2≤ ≤ yn thỏa mãn điều kiện n
P
i=1
xi =
n
P
i=1
yi = Tìm giá trị lớn của
a)min{|xi− yi| , ≤ i ≤ n}.
b) P =
n
P
i=1|xi− yi|.
Bài Cho dãy số(an) xác định a1 = 5, a2 = 13 an+2 = 5an+1− 6an với mọi
n≥
a) Chứng minh hai số hạng liên tiếp dãy nguyên tố nhau.
b) Chứng minh p ước nguyên tố a2k thì p− chia hết cho 2k+1với
mọi số tự nhiên k
Lời giải a)Cách Ta thấy(an) dãy sai phân tuyến tính cấp hai có phương trình
đặc trưng x2 = 5x − với hai nghiệm x1 = 2, x2 = nên dễ dàng tìm cơng thức tổng quát
an= 2n+ 3n, ∀n.
Đến đây, giả sử có n≥ để an, an+1có ước nguyên tố chung p Rõ ràng gcd(p, 6) =
1 Ta có
p|2n+ 3n
p|2n+1+ 3n+1 →
p|3 · 2n+ 3n+1
p|2 · 2n+ 3n+1 → p|2 n,
vơ lý vìgcd(p, 6) =
Cách Vì an+2 ≡ 5an+1 (mod 6) a1 = 5, a2 = 13 nên số hạng dãy
nguyên tố với6 Giả sử tồn số nguyên tố p≥ để p|an, an+1với n∈ Z+
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) =
b) Xét số nguyên tố p ước của 22k + 32k Suy 22k ≡ −32k
(modp) → 22k+1 ≡ 32k+1(modp) Theo định lý Fermat nhỏ thì
2p−1≡ 3p−1≡ (mod p).
Giả sử h số nguyên dương nhỏ để2h≡ 3h(modp) Rõ ràng số h0≥
h thỏa mãn điều kiện ta phải có h|h0 Thật vậy, Xét phép chia h0= h · t + r
với0≤ r < h thì
2h0 ≡ 3h0(modp) ⇔ (2h)t· 2r≡ (3h)t· 3r(modp) ⇔ 2r≡ 3r(modp).
Do h số nguyên dương nhỏ nên ta phải có r = h|h0 Theo đề
h0 = 2k+1 thỏa mãn nên ta có h|2k+1, tức h = 2x với 0≤ x ≤ k + Giả sử rằng
x ≤ k thì
2x ≡ 3x(modp) ⇒ p|2x − 3x|22k
− 32k,
(9)Nhận xét Câu a kết nhẹ nhàng thực theo nhiều cách như
trên Câu b bổ đề quen thuộc cấp số liên quan đến số Fermat: Mỗi ước nguyên tố p số22n+ thỏa mãn 2n+1|p − Ta chứng minh được
2n+2|p − Trên thực tế, cặp số (2, 1) đổi thành cặp (a, b) nguyên tố cùng
nhau Và có lẽ ý tưởng khai thác để xây dựng thành toán trong đề thi Bài toán tương tự:
1 Chứng minh hai số hạng liên tiếp dãy Fiboacci (cũng dãy Lucas) thì nguyên tố nhau.
2 Chứng minh với n∈ Z+ thì ta ln có:
a) Nếu a, b cặp số nguyên dương nguyên tố 2n| ϕ(an+ bn).
b) Với a nguyên dương n|ϕ(an− 1).
3 (KHTN 2011) Cho dãy số(xn) xác định bởi
x1= 5, x2=17
2 , xn+1= 4xnx
2
n−1− 2xn− 4, ∀n ≥ 1.
a) Chứng minh rằng 2xn+1= x2n− 8, từ xn= 2n−1+1
+ 2−2n−1+1
với mọi n
b) Tìm tất số nguyên dương n để[xn] + lập phương đúng.
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 Ha là điểm đối xứng H qua BC, A0là điểm đối xứng A qua O Gọi
Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC Chứng minh H D0, A0Oa cắt nhau điểm trên(O).
b) Lấy điểm X cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành Chứng minh các 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 HaD cắt(O) K Gọi M trung điểm BC OD = 2OM = AH Hai tam giác
cân OBD OOaB có chung góc đáy O nên chúng đồng dạng, suy ra
OD OB =
OB
OOa → OD · OOa= R
2
với R bán kính(O).
Suy AH·OOa= R2nên OAAH0 =OOOA
a, mà ∠OAH = ∠A
0OA
anên hai tam giác AHO, OA0Oa
đồng dạng Vì tứ giác OH HaD hình thang cân nên
∠OA0Oa= ∠AHO = 180◦− ∠AHaK= 180◦− ∠AA0K
(10)b) Gọi J trung điểm OH J tâm đường tròn Euler tam giác ABC Gọi L là điểm đối xứng với K qua J Gọi N trung điểm AC M N đường trung bình của tam giác ODE Biến đổi góc, ta có
∠K DE = ∠K DO − ∠ODE = ∠AHaK− ∠OM N = 180◦− ∠AC K − ∠OC N
= 180◦− ∠EC K.
Suy tứ giác DKC E nội tiếp Ta biết H, A0 đối xứng qua M nên tứ giác
OH DA0 hình bình hành Suy
−→
DH=−→A0O=1
2 −→
A0A=
2 −→
DX
nên H trung điểm DX Từ ta có X , A0đối xứng qua J Theo phép đối xứng tâm J thì:
X ↔ A0, A↔ D, H ↔ O, L ↔ K.
Mà A0, D, O, K thuộc đường tròn (do ∠OA0K = ∠AHaD = ∠ODK) nên các
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 (AHX ), (ABE), (AC F) qua điểm chung thứ hai L6= A.
Nhận xét Điểm K giao điểm của (O) với đường thẳng đối xứng với đường thẳng
Euler OH qua BC nên điểm Anti-Steiner tam giác ABC Bài tốn là
khó ngày ý b địi hỏi phải có bước xử lý cầu kỳ phát ra được điểm đồng quy thứ hai ba đường tròn.
(11)Bài Cho hệ phương trình (tham số a):
x− a y = yz
y− az = z x
z− ax = x y
(với x, y, z∈ R).
a) Giải hệ a=
b) Chứng minh hệ có5 nghiệm a> 1.
Lời giải.
a) Với a= 0, ta có hệ
x= yz
y = zx z= x y
Nếu ba số bằng0 kéo theo hai số cịn lại Xét x yz6= nhân phương trình lại, vế theo vế, ta có x yz= nên
x2= y2= z2=
Từ đó, ta tìm
(0, 0, 0), (1, 1, 1), (−1, −1, 1)
và hốn vị Có tất cả5 nghiệm phân biệt hệ phương trình
b) Dễ thấy x = y = z = thỏa mãn hệ Với a > 1, trước hết ta thấy số bằng0 kéo theo hai số 0, nên giả sử x yz6= Ý tưởng là tìm biểu thức đối xứng biến x, y, z.
Cách Đặt p= x + y + z, q = x y + yz + zx, r = x yz, cộng phương trình lại, vế
theo vế, ta có x+ y + z − a(x + y + z) = x y + yz + zx nên p(1 − a) = q Nhân lần lượt mỗi phương trình 1, 2, cho x, y, z, ta có
x2− ax y = y2− a yz = z2− az x = x yz.
Cộng phương trình vế theo vế, ta có
x2+ y2+ z2− 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 = x2y2+ y2z2+ z2x2
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
(12)1 Nếu(p, q, r) = (0, 0, 0) x = y = z = 0, xét trên.
2 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.
3 Cuối với (p, q, r) = (−a2− a − 1, a3− 1, a2+ a + 1) theo định lý Viete,
các số x, y, z nghiệm phương trình bậc biến t là
t3+ (a2+ a + 1)t2+ (a3− 1)t − (a2+ a + 1) = 0.
Xét hàm số f(t) = t3+ (a2+ a + 1)t2+ (a3− 1)t − (a2+ a + 1) thì
f(0) = −(a2+ a + 1) < 0, f (−2a) = 2a4− 4a3+ 3a2+ a − > 0, ∀a > 1
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 2
nghiệm âm nghiệm dương; đó, hốn vị 3!= nghiệm đa thức này, ta nhận đúng3 nghiệm thỏa mãn điều kiện sau
x < 0, y < 0, z > x < 0, y > 0, z < x > 0, y < 0, z < 0.
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 nhau ta suy ba số bằng1−a Ta xét x yz(x − y)( y −z)(z− x) 6= biến đổi sau:
a= x− yz
y =
y− z x
z =
(x − y)(z + 1)
y− z
Xây dựng đẳng thức tương tự nhân lại, ta có được(x + 1)(y + 1)(z + 1) = a3 Suy p+ q + r = a3− Lại có
(a + x)(a + y)(a + z) = x
y · y z ·
z x =
nên a2p+ aq + r = − a3 Đến tính p, q, r theo a nhẹ nhàng hơn nhiều Sau đó, giải tiếp tương tự
Nhận xét Ở toán này, ý a nói khơng thể khơng làm Tuy nhiên, ý b
lại địi hỏi phải tính toán tay Nếu ta biến đổi rút biến “chồng chéo” vào nhau đưa phương trình bậc cao khó để có đủ5 nghiệm Ý tưởng
đối xứng hóa tương đối tự nhiên Đây đại số ứng dụng đa thức rất mới 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:
x2− x y + yz = y2− yz + z x = z2− z x + x y.
(13)Chứng minh Đặt A= x2− x y + yz, B = y2− yz + z x, C = z2− z x + x y A+ B + C =
x2+ y2+ z2
A2+ B2+ C2= x4+ y4+ z4+ 2(x2y2+ y2z2+ z2x2) − 2(x3y+ y3z+ z3x)
= (x2+ y2+ z2)2
− 2(x3y+ y3z+ z3x) = (A + B + C)2− 2(x3y+ y3z+ z3x)
⇔ AB + BC + CA = x3y+ y3z+ z3x
Do A= B = C nên (A + B + C)2 = 3(AB + BC + CA) ⇔ (x2+ y2+ z2)2 = 3(x3y + y3z+ z3x) Đặt a = x + y + z, b = x y + yz + zx, c = x yz A = B = C = k2 Suy 3k2= x2+ y2+ z2 hay a2− 2b = 3k2 Ta có
x4− x3y+ x2yz= k2x2, y4− y3z+ x y2z= k2y2, z4− z3x+ x yz2 = k2z2
nên
x4+ y4+ z4− (x3y+ y3z+ z3x) + x yz(x + y + z) = 3k4
Theo (*) thì3(x3y+ y3z+ z3x) = (x2+ y2+ z2)2= 9k4 nên x4+ y4+ z4+ x yz(x +
y+ z) = 6k4⇔ −2b2+ 5ca = 3k4 Mặt khác, ta có
x2yz− x y2z+ y2z2= k2yz
y2z x− x yz2+ z2x2= k2z x
z2x y− x2yz+ x2y2= k2x y
Suy x2y2+ y2z2+ z2x2= k2(x y + yz + zx) ⇔ b2− 2ca = bk2, ta có hệ
a2− 2b = 3k2
2b2− 5ca = 3k4
b2− 2ca = bk2
Từ đẳng thức thứ 3, ta có b2= 5bk2− 6k4⇔ b= 3k
2
b= 2k2 Ta xét trường hợp
1 Nếu b= 3k2 thì a2= 9k2 và ca= 3k4 Do T =ac3 = aac4 = 81k3k44 = 27
2 Nếu b= 2k2 thì a2= 7k2 và ca= k4 Do T = ac3 = aac4 =49kk44 = 49
Vậy giá trị biểu thức T là27 49
Bài Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường cao AD, BE, C F với D, E, F
là chân đường cao Đường tròn đường kính AD cắt DE, DF M , N Lấy
các 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 rằng(I) tiếp xúc với EF.
(14)Lời giải a) Gọi T hình chiếu A lên E F Ta thấy F C phân giác của 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 thì
T Q⊥AC T, M, Q thẳng hàng.
Từ dễ thấy AT đường kính của(I), mà AT⊥EF nên EF 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(EF, T X ) = −1 Chiếu lên MN, ta có (MN, KX ) = −1 Theo hệ thức Newton cho hàng điểm điều hịa
J K· J X = J M2= JN2= −JA · J D = J L · J D.
Suy tứ giác D LKS 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 DEF lên cạnh DE, DF Ta chứng minh DK, AX cùng đi qua điểm chung khác A của(I) đường trịn 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
(15)a) Tính số phần tử T
b) Chứng minh tồn tập hợp liên kết với T có đúng2n(n − 1) phần tử.
c) Chứng minh tập hợp liên kết với T có khơng hơn2n(n−1) phần tử.
Lời giải a) Ta thấy số có thứ tự (x, y, z) ∈ T số chỉnh hợp chập 3
của2n là
|T | = A32n= 2n(2n − 1)(2n − 2). b) Xét tập hợp
A= {(i, j) : ≤ i, j ≤ n, i 6= j} ∪ {(i, j) : n + ≤ i, j ≤ 2n, i 6= j}
Rõ ràng|A| = · A2
n = 2n(n − 1) Hơn nữa, với (x, y, z) ∈ T ln tồn hai
trong ba số x, y, z thuộc tập{1, 2, , n} {n + 1, n + 2, , 2n} Khơng mất 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 6= ∅.
c) Xét graph đơn vô hướng G1 = (V, E1) V tập đỉnh đại diện cho số
1, 2, , 2n E1 là tập cạnh; hai đỉnh u> v nối với trong
tập hợp A liên kết với T cặp có thứ tự(u, v).
Khi đó, theo giả thiết với ba số x, y, z phải có cặp thuộc A; nếu khơng, giả sử có cạnh nối ba đỉnh x, y, z khơng tính tổng qt, giả sử
x > y > z nên G1 chứa ba cạnh(x, y), (x, z), (y, z) đồng nghĩa với việc xét bộ (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 khơng vượt q (2n)4 = n2 Từ suy số cạnh graph bù
C2n2 − 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 chỉ cần xét graph G2 = (V, E2) với quan hệ E2 là: hai đỉnh u< v nối với nhau nếu tập hợp A liên kết với T khơng có cặp có thứ tự(u, v)) Từ suy trong
T có nhất2n(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 thông qua ràng buộc rõ, cần phải xử lý cẩn thận, đề cho quan hệ có hướng (trong khi định lý áp dụng cho graph vô hướng) Ta phát biểu rõ ràng lại định lý cho trường hợp3, sau:
(Mantel – Turan) Một graph G= (V, E) có |V | = n khơng có đỉnh đơi nối nhau thì số cạnh|E| ≤ n42; cịn khơng có4 đỉnh đơi nối với số cạnh|E| ≤ n32.
Trên thực tế, câu b cách xây dựng ví dụ cho dấu xảy định lý này. Còn câu c chứng minh trực tiếp quy nạp Một số toán tương tự:
1 (Trung Quốc 2017) Một CLB gồm có 100 thành viên mà người thì
đều có cặp quen Chứng minh có người quen nhất
(16)2 (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 không từ Y đến X )?
3 (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
đúng phần tử; hai tập hợp gọi thân thiết giao chúng một dãy số tự nhiên liên tiếp có nhất2 phần tử.
a) Biết trongΩ, 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 1≤ a < b ≤ 90 thì
đều tồn khơng q tập trongΩ chứa Tìm giá trị lớn m.
4 (VMO 2017) Bảng ô vuông ABC D kích thước 2017× 2017 gồm 20172 ơ vng đơn vị, ô vuông đơn vị tô ba màu: đen, trắng, xám Một cách tô màu gọi đối xứng 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 số0, ô trắng số nguyên dương mỗi
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 trên
hàng tập số nguyên dương điền cột khơng giao nhau; nếu hàng cột giao trắng tập số ngun âm điền hàng đó tập số ngun âm điền cột khơng giao nhau.
Tìm giá trị nhỏ k để với cách tô màu đối xứng, tồn cách điền số k cân đối.
... (4)3 Lời giải chi tiết bình luận< /b>
Bài Cho dãy số(xn) xác định x1= xn+1=...
hiện BĐT Cauchy-Schwarz thu kết là2p2020 Như thì
bài tốn đổi giả thi? ??t từ2019→ n số nguyên dương Xét chất
của lời giải, trường hợp2019 số,... thức rất mới 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: