2. Gọi R là giao điểm khác I của đường tròn ngoại tiếp ∆IM N, ∆IP Q. Chứng minh rằng R di dộng trên đường tròn cố định khi A thay đổi.. Chứng minh rằng OH vuông góc KL tại S... 2. Gọi G [r]
(1)Trường Xuân Toán học miền Nam 2017 VIỆT NAM TST MOCK TEST
Thời gian làm bài: 240 phút.
1 Đề thi ngày (ngày 23/02/2017)
Bài
Tìm số k nhỏ sau cho bất đẳng thức
k(a2+ 1)(b2+ 1)(c2+ 1)>(a + b + c)2, với số thực a, b, c
Bài
Cho tập hợp X = {1, 2, 3, , 2018} Hỏi có số nguyên dương k thỏa mãn đồng thời điều kiện sau đây:
i ≤ k ≤ 2017
ii Tồn cách phân hoạch X thành hai tập A = {a1, a2, , a1009}
B = {b1, b2, , b1009} cho |ai− bi| ∈ {1, k}
iii Với cách phân hoạch thỏa mãn ii) tổng T =
1009
P
i=1
|ai− bi| có tận
là Bài
Cho đường tròn(O)cùng hai điểm B, C cố định (O)và điểm A di dộng (O) cho ∆ABC nhọn Đường tròn (I) nội tiếp ∆ABC tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F BI, CI cắt EF M, N
1 Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác DM N ln qua điểm cố định A thay đổi
(2)2 Đề thi ngày hai (ngày 26/02/2017)
Bài
Cho dãy số (xn) xác định công thức
x0 = 1, xn = −2017
x0+ x1+ x2+ · · · + xn−1 n
với ≤ n ≤ 2017 Hỏi có sối mà ≤ i ≤ 2017 cho |xi| chia hết cho 3?
Bài
Cho tam giácABC nhọn nội tiếp(O)có trực tâmH.GọiM, N, P trung điểm BC, CA, AB Đường tròn (M N P ) cắt (M CA), (M AB) điểm thứ hai E, F Giả sử M E, M F theo thứ tự cắt CA, AB K, L
1 Chứng minh OH vng góc KL S
2 Gọi G trọng tâm tam giác ABC; Y, Z hình chiếu B, C lên CA, AB GọiX giao điểm KZ LY Chứng minh rằngA, G, S, X nằm đường tròn
Bài
Cho p số nguyên tố Ta nói số nguyên dương n thú vị xn− = (xp− x + 1)f (x) + pg(x)
với f, g đa thức với hệ số nguyên Chứng minh số pp− số thú vị
(3)ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Bài Tìm số k nhỏ sau cho bất đẳng thức
k(a2+ 1)(b2+ 1)(c2+ 1)>(a + b + c)2, (1) với số thực a, b, c
Lời giải Cho a = b = c = t (1) trở thành k(t2+ 1)3>9t2 Theo bất đẳng thức AM-GM,
(t2+ 1)3 =t2+ 2+ 3 > 27 t 2,
do đók > 43.Ta chứng minh k = 43 giá trị nhỏ cần tìm, tức chứng minh bất đẳng thức sau
(a2+ 1)(b2+ 1)(c2+ 1)>
4(a + b + c)
2. (2)
Thay (a, b, c) √1 2a, √ 2b, √ 2c
thì (2) trở thành
(a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2)>3(a + b + c)2 (3) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(a + b + c)26 (a2+ 2) h
1 +
2(b + c)
2i,
cho nên ta cần chứng minh
(b2+ 2)(c2+ 2)>3 +
2(b + c)
2
,
thu gọn thành
1 2(b
2
+ c2) + b2c2+ 1>3bc Hiển nhiên vìb2+ c2>2bc b2c2+ 1>2bc Ngồi với a = b = c = ±√1
2 bất đẳng thức (2) trở thành đẳng thức điều
(4)Nhận xét Ngoài lời giải (3) cịn nhiều hướng tiếp cận khác, chứng minh thú vị
P = (a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2) − 3(a + b + c)2
= 2X(ab − 1)2+ c2(a2− 1)(b2− 1) +(c
2a + a − b − c)2+ (c2+ 2)(bc − 1)2
c2+ 1 >0
Theo nguyên lý Dirichlet ta giả sử c2(a2− 1)(b2− 1)
>0 dẫn đến P >0 Từ (3) với ý (a + b + c)2>3(ab + bc + ca), ta
(a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2) >9(ab + bc + ca) (4) Đây đề thi Olympic tốn Châu Á Thái Bình Dương (APMO) 2004
Cũng từ (3) (4) câu hỏi đặt số k lớn sau bao nhiêu?
(a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2)>k(a2+ b2+ c2) + (9 − k)(ab + bc + ca) (5) Câu trả lời (5) k = 4, tức ta có
(a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2)>4(a2+ b2+ c2) + 5(ab + bc + ca),
a2b2c2+ 2(a2b2+ b2c2+ c2a2) + >5(ab + bc + ca) (6) Đặt x = ab, y = bc z = ca (6) trở thành
xyz + 2(x2+ y2+ z2) + >5(x + y + z) (7) Ta viết (7) dạng
xyz + + 2(x − 1)2+ (y − 1)2+ (z − 1)2 >x + y + z (8) Như liệu thay số (8) số số k nhỏ để bất đẳng thức sau đúng?
xyz + + k(x − 1)2+ (y − 1)2+ (z − 1)2 > x + y + z Từ đẳng thức
P = xyz + + k[(x − 1)2+ (y − 1)2+ (z − 1)2] − x − y − z
= 2kz(x − 1)(y − 1) + k
2(x − y)2+ (kx + ky + z − 2k − 1)2+ (z − 1)2(2k2− 1)
2k
Ta thấy k > √1
(5)Bài Cho tập hợp X = {1, 2, 3, , 2018} Hỏi có số nguyên dương k thỏa mãn đồng thời điều kiện sau đây:
i ≤ k ≤ 2017
ii Tồn cách phân hoạch X thành hai tập A = {a1, a2, , a1009}
và B = {b1, b2, , b1009} cho |ai− bi| ∈ {1, k}
iii Với cách phân hoạch thỏa mãn ii) tổng T =
1009
P
i=1
|ai− bi| có
tận
Lời giải Ta có nhận xét với k ln tồn phân hoạch thỏa mãn ii) chẳng hạn, ta xét A tập hợp số chẵn B tập hợp số lẻ Gọi m số lần có hiệu k T = (1009 − m) · + m · k = 1009 + (k − 1)m Do đó, ta cần tìm điều kiện k cho phân hoạch thỏa mãn ii) (k − 1)m chia hết cho 10
Trước hết, ta thấy k chia dư thỏa mãn Thật vậy, Nếu k ≡ (mod 10) hiển nhiên 10| k − iii) thỏa
2 Nếu k ≡ (mod 10) k chẵn Khi đó, ta cần chứng minh m chẵn Điều viết m = m1+ m2 với m1, m2 số cặp chẵn,
lẻ có hiệu k Khi đó, rõ ràng X, số lượng số chẵn lẻ
Đồng thời cặp (ai, bi) có |ai− bi| = chứa số loại
số chẵn, số lẻ Suy m1 = m2 hay m số chẵn
Do đó, tất số dạng thỏa mãn điều kiện cho Ta xét trường hợp k khơng có dạng trên, ta chứng minh số khơng thỏa mãn
(6)ii) Khi đó, m = T = 1008 + k, muốn số có tận k phải chia 10dư 1, khơng thuộc trường hợp xét
2 Xét k chẵn k − khơng chia hết cho k − số lẻ không chia hết cần có m chia hết cho 10 Ta xét phân hoạch gồm hai cặp (1, k + 1), (2, k + 2) cịn lại chia thành cặp số liên tiếp Khi m = (k − 1)m không chia hết cho 10
Từ đó, ta thấy điều kiện cần đủ để k thỏa mãn đề k chia dư Từ đến 2017 có tất 403 số nên đáp số cần tìm 403 Nhận xét Đề ban đầu có cụm từ "cùng viết theo thứ tự tăng dần" dẫn đến tập hợp phân hoạch thỏa mãn ii) bị giảm nhiều rơi vào trường hợp đặc biệt
Cụ thể cách nhận xét:
Vì a1 < a2 < a3 < < a1009 b1 < b2 < b3 < < b1009 nên giả sử a1 < b1
thì dẫn đến a1 = b1− a1= k hay b1 = k + Suy
a2 = 2, a3 = , ak = k
Lập luận tương tự, ta thấy phân hoạch thỏa mãn ii) có dạng: |ai− bi| gồm nhiều dãy k số liên tiếp k, cịn lại
Khi đó, gọi a số dãy k số liên tiếp có chênh lệch k b số cặp có hiệu ak + b = 1009 tổng T = ak2 + b phải có tận Điều dẫn đến
a(k2− k) chia hết cho 10
Do tính chất phải với phân hoạch nên xét riêng a = có k2− k chia hết cho 10
(7)Bài Cho đường tròn (O) B, C cố định (O) điểm A di dộng (O) cho ∆ABC nhọn Đường tròn (I) nội tiếp ∆ABC tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F BI, CI cắt EF M, N
1 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DM N qua điểm cố định A thay đổi
2 TrênBM, CN lấy P, Qsao cho CP k BQ k AI Gọi R giao điểm khác I đường tròn ngoại tiếp ∆IM N, ∆IP Q Chứng minh R di dộng đường tròn cố định A thay đổi
Lời giải 1) Xét hình vẽ bên dưới, trường hợp cịn lại chứng minh tương tự Ta có
∠M EC =∠F EA = 90◦− ∠BAC = 90
◦− (
∠BIC − 90◦) = 180◦−∠BIC =∠M IC nênCIEM nội tiếp
A
B C
I F
E
N
M
D
J Q
P
G
K Y
(8)Do đó, ∠CM I = ∠CEI = 90◦ nên CM ⊥BI Chứng minh tương tự, ta có BN ⊥CI
Suy (DM N ) đường trịn Euler ∆BIC nên qua trung điểm BC cố định Ta có đpcm
2) Gọi X, Y hình chiếu C, B lên BQ, CP
Ta có BY k CX nên ∠Y BX = ∠BXC = ∠XCY = ∠CY B = 90◦ suy tứ giác BXCY hình chữ nhật
Ngoài ra,B, C, M, N, X, Y thuộc(BC)vàM N k BX k CY nênBXM N, CY N M hình thang cân
Ta cần chứng minh QN
QC = P M
P B ⇔ BN BC ·
Y N Y C =
CM CB ·
XM
XB ⇔ BN · CM = CM · BN (đúng) Xét phép vị tự quay tâm R, tỉ số RMRN = RQRP, góc −−→RM ,−−→RN
=
−→ RP ,−→RQ
, ta kết
M → N, P → Q, B → C
nên ∆RBC ∼ ∆RM N nên ∠BIC = ∠M IN =∠M RN = ∠BRC dẫn đến BIRC nội tiếp
Mặt khác, ta lại có (BIC) có tâmK điểm cung BC nhỏ (O)và bán kính làKB nên đường tròn cố định
Vậy R di dộng đường tròn (K, KB) cố định
Bài Cho dãy số (xn) xác định công thức
x0= 1, xn = −2017
x0+ x1+ x2+ · · · + xn−1 n
với ≤ n ≤ 2017 Hỏi có số i mà ≤ i ≤ 2017 cho |xi| chia hết cho 3?
Lời giải Từ công thức truy hồi dãy, ta có −nxn
(9)Thay n n −
−(n − 1)xn−1
2017 = x0+ x1+ x2+ · · · + xn−2
Trừ vế hai đẳng thức, ta có −nxn+ (n − 1)xn−1
2017 = xn−1 ⇔ xn =
n − 2016 n xn−1
Suy
x1= −2017 = −C20171 , x2 =
2017 · 2016 = C
2
2017, x3= −
2017 · 2016 · 2015
3 · = −C
3 2017
Từ ta dự đốn xn = (−1)nC2017n chứng minh dễ dàng quy nạp
Ta cần đếm sối mà |xi| = C2017i chia hết cho Để thực điều này, ta
sẽ đếm số i mà C2017i không chia hết cho thơng qua định lý Lucas Ta có biểu diễn tam phân 2017 là:2017 = 2202201(3) Do ≤ i ≤ 2017 nên ta xét biểu diễn tam phân i i = a1a2a3a4a5a6a7(3) với ai∈ {0, 1, 2} , i = 1,
Theo định lý Lucas
C2017i ≡ Ca1
2 C a2 C a3 C a4 C a5 C a6 C a7
1 (mod 3)
Để số khơng chia hết cho
0 ≤ a1, a2, a4, a5 ≤ 2, ≤ a7 ≤ a3= a6 =
Rõ ràng cách chọn tùy ý ln thu số i ≤ 2017 Số cách chọn giá trị · 34 = 162
Vậy số số thỏa mãn 2018 − 162 = 1856 Nhận xét Nếu đề bổ sung thêm yêu cầu tìm số số i để chia hết cho
cần phải xét thêm số có biểu diễn tam phân thỏa mãn ràng buộc đề có số chẵn số lẻ
(10)Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trực tâm H Gọi M, N, P trung điểm BC, CA, AB Đường tròn (M N P ) cắt (M CA), (M AB) điểm thứ hai E, F Giả sử M E, M F theo thứ tự cắt CA, AB K, L
1 Chứng minh OH vng góc KL S
2 Gọi G trọng tâm tam giác ABC; Y, Z hình chiếu B, C lên CA, AB Gọi X giao điểm KZ LY Chứng minh A, G, S, X nằm đường tròn
Lời giải 1) GọiI tâm đường tròn (M N P ) Ta có PK/(O) = KA.KC = KE.KM = PK/(I)
O A
B
C
M N
P
F E
K
L
H
Z
Y
G
X S
(11)Điều chứng tỏ rằngK thuộc trục đẳng phương (I) (O) Chứng minh tương tự L thuộc trục đẳng phương (I) (O)
Do đó, KL trục đẳng phương (I)và (O) Điều chứng tỏ KL vng góc OI Mà O, I, H thẳng hàng (định lý đường thẳng Euler) nên KL vng góc với OH
2) Gọi D hình chiếu A lên BC DZ cắt AC K0 Ta có PK0/(O)= K0A · K0C = K0Z · KD = PK/(I)
nênK0 thuộc trục đẳng phương của(I) (O), suy K0≡ K
Do đó, ta có K, Z, D thẳng hàng Chứng minh tương tự L, Y, D thẳng hàng Từ X ≡ D Bây ta kí hiệu R, r bán kính (O)và (I)
PS/(O)= PS/(I)
⇔ OS2− R2 = IS2− r2
⇔ OS − IS OS + IS= R2− r2
⇔ OI OH + IH + 2HS= 3r2(vi` R = 2r) ⇔ IH 3IH + 2HS
= 3r2 vi` OI = IH ⇔ 2HS.HI = HI2− r2⇔
3HI.HS = PH/(I) ⇔
3HI.HS = 2PH/(I) ⇔ HG.HS = HA.HX
Vậy A, G, S, X thuộc đường trịn, ta có đpcm
Bài Cho p số nguyên tố Ta nói số nguyên dương n thú vị xn− = (xp− x + 1)f (x) + pg(x)
với f, g đa thức với hệ số nguyên Chứng minh số pp− số thú vị
(12)Lời giải 1) Vớip = pp− = nên ta cần chứng minh tồn tạif, g ∈ Z[x]để x3− = (x2− x + 1)f (x) + 2g(x)
Điều chọn f (x) = x − 1, g(x) = x2− x
Xét p số nguyên tố lẻ, ta ký hiệu f (x) ∼= g(x) tồn hai đa thức u(x), v(x) ∈Z[x] cho f (x) − g(x) = (xp− x + 1) · u(x) + p · v(x)
Ta có nhận xét sau:
1 Nếu f (x) ∼= g(x) g(x) ∼= h(x) f (x) ∼= h(x)
2 Nếu f (x) ∼= g(x) h(x) ∼= k(x) f (x)h(x) ∼= g(x)k(x) f (x) + h(x) ∼= g(x) + k(x)
3 Nếu f (x) − g(x) chia hết cho đa thức xp− x + p f (x) ∼= g(x) Nếu f (x) ∼= g(x) với n ∈N, ta có (f (x))n ∼= (g(x))n
Các nhận xét dễ dàng suy từ định nghĩa Ta cóxp ∼= x − 1và ý (x − 1)p− (xp− 1) =
p−1
P
i=1
Cpi(−1)ixi p| Cpi với ≤ i ≤ p − nên ta có (x − 1)p ∼= (xp− 1) dẫn đến
xp2 = (xp)p∼= (x − 1)p∼= xp− ∼= x −
Chứng minh tương tự (xp2)p ∼= (x − 2)p ∼= (x − − 1)p hay xp3 ∼= x − Từ suy xpk ∼= x − k với ≤ k ≤ p −
Thực tính tích cặp đa thức trên, ta có
x1+p+···+pp−1 ∼= x(x − 1) · · · (x − p + 1)
Bổ đề (đa thức Lagrange) Đa thức P (x) = (x − 1)(x − 2) (x − p + 1) với p nguyên tố lẻ có tất hệ số, trừ hệ số xp−2 hệ số tự do, chia hết cho p; hay nói cách khác P (x) − (xp−1− 1) chia hết cho p
Áp dụng bổ đề này, suy
(13)Chú ý + p + · · · + pp−1 = pp−1p−1 nên xpk −1p−1 ∼= −1 Lấy lũy thừa p − hai vế,
ta có
xpp−1 ∼= p − chẵn Suy tồn u, v ∈Z[x] để
xpp−1− = (xp− x + 1)u(x) + pv(x)
hayn = pp− số thú vị Ta có đpcm 2) Theo chứng minh trên, đặt
m = + p + · · · + pp−1
thì n = 2m số thú vị
Giả sử với p số nguyên tố lẻ mà pp− số thú vị nhỏ Chú ý pp− = (p − 1)m nên phải có p − ≤ hay p ≤
Ta chứng minhp = p = thỏa mãn Để tiếp tục, ta chứng minh hai nhận xét sau:
i Với p n = khơng phải số thú vị Thật vậy, giả sử x ∼= 1, ta có x2 ∼= 1, x2∼= x − ∼= nên ∼= 0, vô lý
ii Nếu có số thú vị n số m số thú vị nhỏ số nguyên tố p m| n Thật vậy, xn ∼= 1và xm ∼= n ≥ m nên đặt m = qm + r với ≤ r < m, suy ∼= xn = xmq+r = (xm)qxr ∼= xr Điều chứng tỏ r = hay n chia hết cho m
Với p = 2, n = thú vị số thú vị nhỏ nhất, mà n = số thú vị nên dẫn đến 2| 3, vơ lý Do đó, n = số thú vị nhỏ nên p = thỏa mãn đề
Với p = 3, ta có n = 33− = 26 số thú vị; ngồi ra, n = 13 khơng số thú vị x13 ∼= Nếu n = số thú vị x2 = 1∼ nên x3 ∼= x, mà x3 ∼= x − nên x − ∼= x hay −1 ∼= 0, vô lý Do đó, n = 26 số thú vị nhỏ nên p = thỏa mãn đề
(14)Nhận xét Bài tốn địi hỏi phải định nghĩa lại quan hệ hai đa thức, tương tự quan hệ đồng dư số học Để giải toán, ta cần dùng nhiều kết quả, tính chất số học cách khéo léo Việc biến đổi có phần giống chứng minh quy nạp định lý Lucas
Hai đa thức với quan hệ thỏa mãn điều kiện cho có hầu hết tính chất đồng dư thức số học thơng thường nhờ mà ta khai thác biến đổi pp−
Câu b làm ta liên tưởng đến cấp nguyên thủy
Các lời giải trên, chúng tơi có tham khảo từ học sinh: Trương Cơng Cường, Nguyễn Dỗn Hoàng Lâm Đỗ Hoàng Việt