Bất đẳng thức cuối đúng nên (*) đúng. Thực ra cách chứng minh cho trường hợp n 3 này cũng phản ánh cách xử lý cho trường hợp tổng quát trong bài toán ban đầu.. Biết rằng tổng của mộ[r]
(1)ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN PTNK 2020
(Lê Phúc Lữ tổng hợp giới thiệu)Lời giải có tham khảo bạn Nguyễn Long, Nguyễn Tiến Hoàng, Nguyễn Tá, Đỗ Duy Khang, Trương Tuấn Nghĩa anh Võ Quốc Bá Cẩn, thầy Nguyễn Khắc Minh Xin cám ơn anh Nguyễn Tăng Vũ, thầy Trần Nam Dũng, em Phạm Hoàng Sơn chia sẻ đề thi
Ngày thi thứ (29/09/2020)
Bài Với số nguyên dương n, tìm số thực Mn lớn cho với số thực dương x x1, 2, ,xn ta có
2
2
1
1
1 1
n n
n n
n
k k k k
k k
k k
M
x x
x x
Bài Cho 2021 số nguyên khác Biết tổng số chúng với tích
của tất 2020 số cịn lại ln âm
a) Chứng minh với cách chia 2021 số thành hai nhóm nhân số
nhóm lại với tổng hai tích ln âm
b) Một số thỏa mãn đề có nhiều số âm?
Bài Cho hai hàm số f : g: thỏa mãn g(2020)0
( ( )) ( ( )) ( )
( ) (2 ( ) )
f x g y f x g y xg y
g y g f x y
với x y,
a) Chứng minh g hàm
b) Chứng minh đồ thị hàm số h x( ) f x( )x nhận x1 trục đối xứng
Bài Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường trịn ( )O có trực tâm H
, ,
AH BH CH cắt cạnh đối diện D E F, , Gọi I M N, , trung điểm
các cạnh BC HB HC, , BH CH, cắt lại ( )O theo thứ tự điểm L K, Giả sử KL
cắt MN G
a) Trên EF, lấy điểm T cho AT vng góc với HI Chứng minh GT vng
góc với OH
b) Gọi P Q, giao điểm DE DF, MN Gọi S giao điểm BQ CP,
(2)Ngày thi thứ hai (01/10/2020)
Bài Cho số nguyên dương n1 Chứng minh với số thực a 0;1 n
đa thức P x( ) có bậc 2n1 thỏa mãn điều kiện P(0)P(1)0, tồn số thực 1,
x x thuộc [0;1] cho
1
( ) ( )
P x P x x2 x1 a Bài Giải phương trình sau tập số nguyên dương
1
2 3 2
(x 3) x (x 3) x 1 x y x y
Bài Cho số nguyên n k t X {1,2, , }.n Gọi họ tập có k
phần tử tập hợp X cho với F F, FF t Giả sử khơng có tập
con có t phần tử chứa tất tập F
a) Chứng minh tồn tập hợp BX cho B 3k BF t với
mọi F
b) Chứng minh 1
3
t k t
k n
C C
Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O với B C, cố định A thay đổi
trên cung lớn BC Dựng hình bình hành ABDC AD cắt lại (BCD) K
a) Gọi R R1, 2 bán kính đường trịn ngoại tiếp (KAB),(KAC) Chứng minh
tích R R1 2 khơng đổi
b) Ký hiệu ( ),(T T) đường tròn qua K, tiếp xúc với BD B
tiếp xúc với CD C Giả sử ( ),(T T) cắt L K Chứng minh AL
qua điểm cố định
(3)LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài Với số nguyên dương n, tìm số thực Mn lớn cho với số thực dương x x1, 2, ,xn ta có
2 2 1 1
1 1
n n
n n
n
k k k k
k k k k M x x x x
Lời giải Điều kiện cần Với x1 x2 xn 1, ta có
2
1
n
n M n
n n
hay
3 2 ( 1) n n M n
Điều kiện đủ Ta chứng minh số thỏa mãn đề bài, tức
2
3
2
2 2
1
1
1 1 1
( 1)
n n
n n
k k k k
k k
k k
n
x n x
x x
(*)Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
2
2
1
1 1
n n
k xk n k xk
Đến đây, đặt
1 1 , n n k k k k a b x x
số dương, ta đưa chứng minh2 2 2 ( ) ( 1) a n
b a b
n n
Chú ý
an b nên quy đồng khai triển, ta có
2
(an b) (2 n n 1)a(n n 2 )n b0
Chú ý 2 2
(2 1) ( ) 2( 1) ( 1)
n n n n n n n n n nên
2 2
(2n n 1)an (2n n 1)b(n n 2 )n b
Bất đẳng thức cuối nên (*) Vậy số tốt cần tìm
3
max 2
1 ( 1) n M n Nhận xét Bài phiên tổng quát câu bất đẳng thức đề Iran 2010
2
2 2
1 1 1 1
( ) 25
a b c a b c a b c a b c
(4)Bài Cho 2021 số nguyên khác Biết tổng số chúng với tích
của tất 2020 số cịn lại ln âm
a) Chứng minh với cách chia 2021 số thành hai nhóm nhân số
nhóm lại với tổng hai tích ln âm
b) Một số thỏa mãn đề có nhiều số âm?
Lời giải
Đặt số cho a a1, 2, ,a2021 S tích tất số Theo đề
0
k k
k k
a S
S a
a a
với k 1,2, ,2021
Nếu S 0 rõ ràng theo trên, ta phải có ak 0, k, điều vơ lý
đó S tích 2021 số âm nên âm
Do đó, S0 số cho, có lẻ số âm
Nếu số lượng số âm lớn 1, giả sử hai số a a1, 2 a2 a1
Khi đó, ta có a a2 3 a20210 (do số có chẵn số âm)
2 2021
a a a a nên a1a a2 3 a20210
Điều vô lý cho thấy khơng thể có nhiều số âm, nên có số âm
Giả sử a1 số âm ta có
1 2021
a a a a nên a1 a a2 3 a2021
Với cách chia 2021 số cho thành hai nhóm có nhóm chứa số âm a1,
đồng thời, giá trị tuyệt đối tích số nhóm đó, có chứa a1 , nên lớn
tích số nhóm cịn lại Suy tổng hai tích âm Do đó, ta có khẳng định câu a) đáp số cho câu b)
Nhận xét Nhờ việc khảo sát số lượng số âm, ta trực tiếp có 1 số âm và câu a, b trở thành hiển nhiên Bài toán thay 2021 số nguyên 2n1 số thực có giá trị tuyệt đối không nhỏ 1.
Bài Cho hai hàm số f : g: thỏa mãn g(2020)0
( ( )) ( ( )) ( )
( ) (2 ( ) )
f x g y f x g y xg y
g y g f x y
với x y,
a) Chứng minh g hàm
b) Chứng minh đồ thị hàm số h x( ) f x( )x nhận x1 trục đối xứng
(5)a) Trong điều kiện thứ nhất, thay xg y( ) ( ),g y ta có
2
(0) ( ( )) ( ) 6;
( ( )) (0) ( )
f f g y g y
f g y f g y
với y
Cộng lại, ta
3g ( )y 12 hay g y( ) 2 với y
Do g(2020)0 nên loại trường hợp g y( ) 2, y Ta không xảy
trường hợp a b cho g a( )2, ( )g b 2 Thay y2020 vào điều kiện đầu, ta có
( ) ( )
f x c f x c xc với cg(2020)0
Suy f u( ) f v( ) toàn ánh với u v,
Tiếp theo điều kiện sau, thay y a b, , ta có
( ) (2 ( ) ) 2; ( ) (2 ( ) )
g a g f x a g b g f x b với x
Lại tính tồn ánh, chọn u v, cho
( ) ( ) a b f u f v
thì ( )f u a ( )f v b Suy
2g(2 ( )f u a)g(2 ( )f v b) 2,
điều vô lý nên trường hợp khơng xảy Vì g x( ) 2, x nên g hàm
b) Với g x( ) 2, x, thay vào điều kiện đầu, ta có f x( 2) f( x 4) 2x6 hay
( ) (2 ) 2
f x f x x hay
( ) (2 ) (2 )
f x x f x x
Điều cho thấy h x( )h(2x) hay h x( ) có đồ thị nhận x1 trục đối xứng Nhận xét Bài toán nhẹ nhàng mẻ thú vị Điểm quan trọng dùng tính tồn ánh f u( ) f v( ) để loại trường hợp không thỏa Nếu đề bỏ điều kiện thứ hai với việc khai thác tính tuần hồn f , khơng đủ sở để g hàm hằng, vì nên kiện đề vừa đủ sử dụng.
Bài Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường trịn ( )O có trực tâm H
, ,
AH BH CH cắt cạnh đối diện D E F, , Gọi I M N, , trung điểm
, ,
BC HB HC BH CH, cắt lại ( )O theo thứ tự L K, Giả sử KL cắt MN G
a) Trên EF, lấy điểm T cho AT vng góc với HI Chứng minh GT vng
góc với OH
b) Gọi P Q, giao điểm DE DF, MN Gọi S giao điểm BQ CP,
Chứng minh HS qua trung điểm EF
(6)a) Giả sử tia IH cắt ( )O R theo kết quen thuộc, ta có ARH 90 Vì nên
TAR Bằng cách xét trục đẳng phương đường tròn đường kính AH BC,
đường trịn ( ),O ta có AR EF BC, , đồng quy Từ suy TBC
Gọi (O) đường tròn Euler tam giác ABC D E F M N, , , , ( ).O Dễ thấy
1
2
HM HK HB HK HC HL HN HL
nên M N K L, , , thuộc đường tròn Suy
GL GK GM GN nên G O/( ) G O/( )
Ngồi ra, ta có T O/( ) T O/( ) nên GT trục đẳng phương ( ),(O O) Điều
này cho thấy GT OO hay GT OH (do O trung điểm OH )
b) Ta có DH phân giác góc PDQ, PQHD nên dễ thấy tứ giác HPDQ
hình thoi Ta biến đổi góc sau
HPQ DQP QDB FHB
Suy HPN MHN nên HN tiếp xúc với (HMP) hay NP NM NH2 NC2
Do đó, hai tam giác NPC NCM đồng dạng với Suy
NCP NMC MCB
,
nên CP đối trung tam giác HBC Chứng minh tương tự BQ đối trung
tam giác HBC nên điểm S điểm Lemoine tam giác này, kéo theo HS
là đối trung tam giác HBC Lại có EF đối song ứng với đỉnh H tam giác HBC nên suy HS chia đôi đoạn thẳng EF
Nhận xét Điểm mấu chốt câu b chứng minh BQ CP, đường đối trung trong tam giác HBC. Đây kết có đề thi Sharygin Ngoài cách túy cho câu b trên, ta dùng biến đổi tỷ số diện tích đem lại lời giải tự nhiên hơn.
O' R
S
Q P
G
L
K
T I
H
N M
F
E
D
O
C B
(7)Bài Cho số nguyên dương n1 Chứng minh với số thực a 0;1 n
đa thức P x( ) có bậc 2n1 thỏa mãn điều kiện P(0)P(1)0, tồn số thực 1,
x x thuộc [0;1] cho
1
( ) ( )
P x P x x2 x1 a
Lời giải
Khơng tính tổng qt, giả sử khơng tồn số x x1, 2 thỏa mãn đề Khi đó, xét
đa thức Q x( )P x( a)P x( ) vô nghiệm [0;1a] Suy Q x( ) không đổi
dấu miền khơng, dùng tính liên tục mâu thuẫn Khơng tính tổng qt, giả sử Q x( ) 0, x [0;1a] Nhận xét
a
khơng, đặt m a
thì ta có ma 1
( ) (2 ) (( 1) ) (1) (0)
Q a Q a Q m a P P ,
trong số hạng vế trái dương, vơ lý
Tiếp theo, ta có Q a( )P a( )P(0) 0 P a( )0 Chứng minh tương tự
( ) 0, 1,2, ,
P ka k n
Mặt khác, Q(1a)P(1)P(1a) P(1a)0 nên P(1a)0 Tương tự
(1 ) 0, 1,2, ,
P la l n
Rõ ràng với k{1,2, , },n rõ ràng chọn số nguyên lk {1,2, , }n để (k1)a 1 l ak ka
Thật vậy, đánh giá tương đương với k lk 1 k a a
Mà a (0; )1 n
nên k
a
k
a nên khoảng phải chứa số nguyên
gọi số lk Theo P k(( 1) )a 0, (1P l ak )0, (P ka)0 nên khoảng
((k1) ;a ka) đa thức P x( ) có nghiệm thực phân biệt
Áp dụng điều cho tất khoảng (0; ),( ;2 ),a a a ,((n1) ;a na) ta thấy P x( )
sẽ có 2n nghiệm thực phân biệt; P x( ) có bậc 2n1, vơ lý
Vì nên điều giả sử sai tồn hai số thực x x1, 2[0;1] thỏa mãn đề
Nhận xét Ta thấy P x( ) có sẵn hai nghiệm x0,x1 nên lập luận đúng xét bậc đa thức 2n1 (vì ta đến 2n2 nghiệm phân biệt) Một phiên tương tự xét hàm số liên tục f x( ) tùy ý là:
(8)Bài Giải phương trình sau tập số nguyên dương
1
2 3 2
(x 3) x (x 3) x 1 x y x y
Lời giải
Dễ thấy x1 không thỏa nên ta xét x1 Thử trực tiếp thấy x2 thỏa mãn Xét x2,
kéo theo
1
x Phương trình cho viết lại thành
1
1
1
2 3
2 3
3
( 3) ( 3) 1 ( 1)( 1)
1 | ( 3) ( 3) 1
4 1 (mod 1)
x x
x x
x x
x x y x
x x x
x
Đặt
4 x
a ta có a2 a (modx2 1) nên
3
1 (mod 1)
a x hay 43x2 1 (mod x21)
Lại ý
1
3 3 3
4 x x (4 ) x (mod 9)
a
nên đặt
1
M a a
M
3 (mod 9)
Điều cho thấy v M3( )1 nên v x3( 1) Mà
1
x dễ thấy x21 lẻ nên
1
x phải có ước nguyên tố lẻ p3
Đặt hord (4)p h p| 1
2 | 3x
h Suy h3k với 0 k x Tuy nhiên,
k x 43k 1 (mod )p mà
4k 1 |a1 nên a 1 (mod ).p
Điều vô lý kéo theo
0a a (mod ).p Vì nên k x hay
ord (4)p 3x nên h3x2 p x
Tuy nhiên, đánh giá xảy với x2 Vì nên nghiệm
của phương trình cho
27 27
7 (7 1)
( ; ) 2;
3
x y
Nhận xét Các toán lũy thừa tầng số học thường gợi ý đến việc dùng cấp theo kiểu: với a m k, , nguyên dương lớn 1 p số nguyên tố
1 (mod )
k
m
a p hord ( )p a h m| k nên có hmt với tk
(9)Bài Cho số nguyên n k t X {1,2, , }.n Gọi họ tập có k
phần tử tập hợp X cho
i) Với F F, FF t
ii) Khơng có tập có t phần tử chứa tất tập F
a) Chứng minh tồn tập hợp BX cho B 3k BF t với
mọi F
b) Chứng minh 1
3
t k t
k n
C C
Lời giải
a) Theo giả thiết rõ ràng 3, khơng điều kiện ii) khơng thỏa
mãn Ta xét trường hợp sau
Nếu tập F F, có tính chất FF t ta cần chọn B
tập được, rõ ràng B k 3k, thỏa mãn đề
Ngược lại, tồn hai tập F F, mà FF t theo giả thiết, khơng có tập t
phần tử chứa tất tập hợp họ ; nên phải có F cho (FF)F
Mặt khác, F k t nên phải có phần tử F mà khơng thuộc vào F F Khi
đó, xét B F FF rõ ràng
2
B FF F k t k k
Ta chứng minh tập hợp thỏa mãn đề Thật vậy, xét tập G :
- Nếu G ba tập F F F, , có BG k t
- Nếu GF F F, , GF t GF t xong; ngược lại GF t t phần tử chung không đồng thời thuộc F, nên
phần tử chung khác G F, GF t, kéo theo BG t
Trong trường hợp, ta chọn tập hợp BX thỏa mãn đề
b) Ta thực xây dựng họ tập X sau:
- Chọn t1 phần tử tập B trên, số cách chọn nhỏ C3tk1
- Chọn k t phần tử tập X có Cnk t 1 cách
Hợp hai nhóm lại tập X có k phần tử (hoặc hơn) mà giao
với B t1 phần tử Từ dễ thấy nên ta phải có
1
3
t k t
k n
C C
(10)Nhận xét Cố định k t, 2 cho n đủ lớn ta có 31
t k t k t
k n n t
C C C Từ đó, ta có chứng minh định lý Erdós – Ko – Rado (1938) là: k t
n t
C
với n đủ lớn Trường hợp t1 thì n2 ,k ta có 11
k n
C
Các toán theo kiểu family set nghiên cứu sâu sắc hầu hết đánh giá, ước lượng tổ hợp khơng có dấu nên kết khó
Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O với B C, cố định A thay đổi
trên cung lớn BC Dựng hình bình hành ABDC AD cắt lại (BCD) K
a) Gọi R R1, 2 bán kính đường trịn ngoại tiếp (KAB),(KAC) Chứng minh
tích R R1 2 không đổi
b) Ký hiệu ( ),(T T) đường tròn qua K, tiếp xúc với BD B
tiếp xúc với CD C Giả sử ( ),(T T) cắt L K Chứng minh AL
qua điểm cố định
Lời giải
a) Gọi R bán kính ( ),O ta có 180
AKB BKD BCD ABC
nên theo định lý sin
1
2 sin sin
2sin 2sin sin
AB R C C
R R
AKB B B
Tương tự 2 sin
sin B
R R
C
nên
1
R R R , không đổi
O I L
K
D C B
(11)b) Do tiếp tuyến nên biến đổi góc
180 , 180
KLB KBD KLC KCD
Suy KLB KLC 360 ( KBD KCD)180 nên B L C, , thẳng hàng
Do BD tiếp xúc với (KBL) nên BKL LBD CKD, mà KD trung tuyến
tam giác KBC nên KL đối trung tam giác
Gọi I trung điểm BC Ta có
KBI KDC BAK
nên BC tiếp xúc với (ABK) Suy BK IK
AB IA Chứng minh tương tự
CK IK
AC IA nên
KB AB
KC AC Theo tính chất quen thuộc đường đối trung
2
2
LB KB AB
LC KC AC
nên AL đường đối trung tam giác ABC, điều cho thấy AL qua giao
điểm hai tiếp tuyến ( )O B C, , điểm cố định