Đề thi và lời giải kỳ thi chon đội tuyển dự thi VMO của trường PTNK - ĐHQG TPHCM năm 2019

Bài 1. a) Hãy chỉ ra một dãy số có vô hạn điểm tụ. b) Chứng minh rằng nếu một dãy số có mọi dãy con hội tụ thì nó cũng hội tụ. c) Gọi S là tập hợp tất cả các số chính phương dương. a) [r]

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN VMO CỦA PTNK TPHCM 2019 Nguyễn Tăng Vũ – Lê Phúc Lữ – Trần Bá Đạt

(trung tâm Star Education) thực

Tài liệu có tham khảo thêm lời giải thầy Trần Nam Dũng, thầy Võ Quốc Bá Cẩn, thầy Nguyễn Lê Phước, bạn Đoàn Cao Khả, bạn Nguyễn Tiến Hoàng, bạn Hà Huy Khôi

Thời gian làm ngày: 180 phút Ngày thi thứ (17/9/2019)

Bài Số thực  gọi điểm tụ dãy số (un) tồn dãy (un) có hội tụ đến 

a) Hãy dãy số có vơ hạn điểm tụ

b) Chứng minh dãy số có dãy hội tụ hội tụ c) Gọi S tập hợp tất số phương dương Dãy số (an) xác định bởi:

1 n

a n

 nS an 12 n

 nS Đặt

1 n

n k

k

b a



 Xét tính hội tụ dãy số (an) ( ).bn Bài Tìm tất hợp số dương n cho

 

( )n mod ( ) ,n

  

trong ký hiệu ( ), ( )n  n hàm tổng ước n hàm Euler Bài Tìm tất hàm số f : thỏa mãn

 ( )  ( ) ( ( )) ( )

f f x y  f x f f y xf y  x y với số thực x y,

Bài Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp đường trịn ( )O với BC cố định A

thay đổi cung lớn BC Các đường trịn bàng tiếp góc A B C, , tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , D E F, , Gọi L M N, , giao điểm khác A B C, , cặp đường tròn(ABE),(ACF); (BCF), (BAD); (CAD),(CBE)

a) Chứng minh AL qua điểm cố định A thay đổi

Ngày thi thứ hai (19/9/2019)

Bài Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn 2

8(a b c )9(abbcca) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

a b b c c a

T

c a b

  

  

Bài Tìm tất hàm số f : thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) mf m( )nf n( )2mf n( ) số phương với m n, ;

ii) f mn( ) f m f n( ) ( ) với m n, nguyên dương; iii) Với số nguyên tố p, f p( ) không chia hết cho

p

Bài Một trường phổ thơng có n học sinh Các học sinh tham gia vào tổng cộng m câu lạc làA A1, 2,,Am

a) Chứng minh câu lạc có học sinh hai học sinh tham gia chung câu lạc ( 1)

12

n n

m 

b) Giả sử tồn k0 cho hai câu lạc có chung k thành viên tồn câu lạc At có k thành viên Chứng minh mn

Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ).O Đường tròn nội tiếp ( )I tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , D E F, , Gọi J tâm bàng tiếp góc A tam giác ABC H hình chiếu D lên EF

a) Chứng minh giao điểm AH JD, thuộc đường thẳng OI

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài Số thực  gọi điểm tụ dãy số (un) tồn dãy (un) có hội tụ đến 

a) Hãy dãy số có vơ hạn điểm tụ

b) Chứng minh dãy số có dãy hội tụ hội tụ c) Gọi S tập hợp tất số phương dương Dãy số (an) xác định bởi:

1 n

a n

 nS an 12

n

 nS Đặt n n k k b a 

 Xét tính hội tụ dãy số (an) ( ).bn Lời giải

a) Ta dãy số mà số nguyên dương xuất vơ hạn lần Chẳng hạn (un) : 1, 2,1, 2,3,1, 2, 3, 4,1, 2, 3, 4,5,

với un1 nS un1un1 nS, S tập hợp số có dạng ( 1)

2

m m

1, 3, 6,10,15,

Khi đó, với số nguyên dương m ta ln trích dãy vơ hạn (un) có tất phần tử m, tức hội tụ m

b) Do dãy số dãy nên rõ ràng khẳng định tốn

c) Ta có an n

  với n nên theo nguyên lí kẹp, ta suy liman 0

Nhận xét bn dãy tăng Ta có

2 2 2

2

2

2

2 , , , ,

2 2

,

2 2

1

2 2

1

1 1

1

1 1

1

1 1

1

2

n n n n n

i i i

n

i i S i i S i i S i i S i n

i S i n

i

b a a a

Vì dãy 12 12 1 1 2

2 2 ( 1)

n u

n n n n

           

  

  bị chặn nên từ

đánh giá xây dựng được, ta có bn2 bị chặn Kết hợp với bn dãy tăng, ta suy thân dãy bn bị chặn nên hội tụ

Nhận xét

Ở câu b, ta biết kết “thuận” quen thuộc toán là: Nếu dãy số hội tụ dãy hội tụ Đây kết thú vị giải tích mà việc chứng minh đơn nhờ cách “đánh số lại số dãy” Câu b toán lại hỏi chiều “đảo” kết hiển nhiên

Trên thực tế, ý c toán vừa đủ đẹp cho giải tích, liên quan đến kết chuỗi lũy thừa: 1

1s 2s   ns hội tụ s1 Một số toán tương tự

đánh giá tổng 2

1 n

i i



1 n

i i

 :

(1) Cho dãy số (an) với 1 1

1

1, n n ,

n

a a a n

a a a



   

   Chứng minh liman  

(2) Cho dãy số (xn) thỏa mãn 1 , n n n x

x a x x

n n



    Chứng minh (xn) hội tụ

(3) Cho dãy số nguyên dương (an) tăng ngặt mà 2019 số nguyên dương liên tiếp có số thuộc dãy Chứng minh 2 2

1 1 n

i ai ai

  



Bài Tìm tất hợp số dương n cho

 

( ) mod ( ) , n n   n

trong ký hiệu ( ), ( )n  n hàm tổng ước n hàm Euler Lời giải

Giả sử p ước nguyên tố lẻ n Nếu v np( )1 theo cơng thức hàm Euler, ta có p| ( ) n , mà n( )n 2 chia hết cho ( ),n tức chia hết cho p nên kéo theo p| 2, vô lý Suy v np( )1 với p n|

Đặt 2

k

t

n p p p với k0 p1p2 pt số nguyên tố phân biệt Theo cơng thức tính hàm, ta có

1

1

( )n 2k (p 1)(p 1) (pt 1)       

1

1

( ) (2k 1)( 1)( 1) ( 1) t

n p p p

       

Đánh giá lũy thừa số trên, ta có  

2 ( )

v  n   k t v n2 ( )n  k t

Do từ ( )n n( )n 2, ta suy 1  k t nên k t Ta xét trường hợp sau

- Nếu t0 n2k hợp số nên k2,n4, thử trực tiếp ta thấy thỏa - Nếu t1 n2p nên ( )n  p 1, ( ) n 3(p1) đưa

1 | ( 1)

p p p 

Chú ý

6 (p p  1) 6p 6p 2 (p1)(6p12)10 nên p1 |10 Từ ta tìm p3,p11 tương ứng với n6,n22

- Nếu t2 k0, ta có n p p1 2 nên ( )n (p11)(p21) ( )n (p11)(p21) đưa (p11)(p21) | (p11)(p2 1)

Đặt x p11,y p21 p13,p25 nên x2,y4

| ( 2)( 2) 2 2

xy x y  xy x y

Rõ ràng (x2)(y  2) xy2x2y4 nên xyxy2x2y 2 3xy Do phải có

2 2 ( 2)( 2)

xy x y  xy x y  ,

khơng thỏa x2,y2 chẵn nên vế trái chia hết cho 4, vế phải khơng Do đó, trường hợp khơng có số n thỏa mãn

Vậy tất số cần tìm 4, 6, 22 Nhận xét

Ở toán này, ta tận dụng tính chất nhân tính hàm ( )n đặc điểm số mũ ( ), ( )n n

  có liên hệ nhiều đến số lượng ước nguyên tố lẻ n Bởi nên nhờ việc đồng dư với 2, ta chặn cho giá trị k t, thu nhỏ số trường hợp

Một số toán tương tự:

(1) Giả sử tồn số nguyên dương n số nguyên tố lẻ p cho ( )n 2 ,p chứng minh 2p1 số nguyên tố n2p1, 4p2 

(2) Xét k số nguyên dương Chứng minh phương trình ( )x 3k

   

có hai nghiệm nguyên dương phân biệt

Bài Tìm tất hàm số f : thỏa mãn

 ( )  ( ) ( ( )) ( )

f f x y  f x f f y xf y  x y với số thực x y,

Lời giải

Thay x y vào phương trình đề cho, ta có

( (0)) (0) ( (0))

f f  f f f  ,

suy f f( (0))0 f(0) 1 Ta xét trường hợp sau:

Trường hợp Nếu f f( (0))0 Thay y0, vào phương trình đề cho, ta có ( ( )) (0)

f f x xf x, x 

Thay x f(0) sử dụng f f( (0))0, ta

(0) [ (0)] (0)

f  f  f , hay f(0)0

Do f f x( ( ))x với x Thay vào phương trình đề bài, ta có

( ( ) ) ( ) ( ) , ,

f f x y yf x xf y   x y x y

Thay y f y( ) sử dụng tính đối xứng vế trái, ta

( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( )

f f x  f y  f x f y xy x f y xy y f x

Do f x( ) x f y( )y với x y, , hay f x( ) x c Thử lại, ta có c0 Trường hợp Nếu f(0) 1 Thay y0 vào phương trình đề cho, ta có

( ( )) ( ) ( 1) 0,

f f x  f x f    x 

Từ suy

( ( 1)) [ ( 1)] f f    f  Thay x0 vào phương trình đề cho, ta có

( 1) ( ( )) ,

f y f f y  y  y 

Kết hợp đẳng thức lại, ta có

( 1) ( ) ( 1) ,

f x  f x f    x x 

Thay y 1 vào phương trình đề cho sử dụng ( ( 1)) [ ( 1)]

f f    f  , ta lại có

Mặt khác, ta có ( 1) ( ( )) ( )[ ( 1)] 0,

f  f f x  f x f    x  Cộng vế theo vế hai biểu thức lại, ta có

( ) [1 ( 1)] 1,

f x   f  x  x 

Thử lại, ta thấy khơng thỏa mãn

Vậy phương trình có nghiệm hàm f x( )x Nhận xét

Thành phần f x f f y( ) ( ( )) đề khiến tốn địi hỏi bước xử lý rắc rối Bài tốn cịn nhiều hướng xử lý khác cho trường hợp khó f(0) 1 Dưới số toán tương tự:

(1) Tìm tất hàm số f : cho f x( xy) f x( ) f x f f y( ) ( ( )), x y,  (2) Tìm tất hàm số f : cho

 ( )  ( ) ( ( )) ( ) ( ( ))

f f x y  f x f f y xf y  f f x y với x y,  Bài

Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn ( )O với BC cố định A thay đổi cung lớn BC Các đường trịn bàng tiếp góc A B C, , tiếp xúc với cạnh

, ,

BC CA AB D E F, , Gọi L M N, , giao điểm khác A B C, , cặp đường tròn(ABE),(ACF); (BCF), (BAD); (CAD),(CBE)

a) Chứng minh AL qua điểm cố định A thay đổi

b) Gọi K I J, , trung điểm AD BE CF, , Chứng minh KL IM JN, , đồng quy Lời giải

a) Đặt BCa CA, b AB, c p nửa chu vi theo tính chất tiếp điểm bàng tiếp, ta có

BF CE p a Đến ta có hai cách tiếp cận: Cách (dùng ý tưởng vị tự quay)

Bằng biến đổi góc, ta có LBFLEC g g( ), mà BFCE nên hai tam giác Suy LBLE LC, LF nên L trung điểm cung BE đường tròn (ABE) trung điểm cung CF (ACF)

Từ ta có AL phân giác góc BAC hay AL ln qua trung điểm cung nhỏ BC ( ),O

là điểm cố định

Xét phép nghịch đảo đối xứng với phương tích k AB AC trục đối xứng phân giác góc

A Ta có EEAC F, FAB cho AE AE AF AF k

Ta tính AE bc BE c p( a) E B p a

p c p c E A b



 

     

  Tương tự

F C p a

F A c

  

 Áp

dụng định lý Ceva cho tam giác ABC CE BF,  phân giác góc A đồng quy

Lại có qua phép nghịch đối xứng phân giác giữ ngun, (ABE)CF,(ACF)BE nên ta có L thuộc phân giác góc A

b) Để ý vai trò M N L, , bình đẳng tam giác ABC Do đó, từ câu a, cách tương tự, ta có M N, thuộc phân giác góc B C, nên trung điểm cung nhỏ đường tròn tương ứng

Suy M K N, , thẳng hàng (cùng thuộc trung trực đoạn AD); tương tự với ba , ,

N I L L J M, , Cuối cùng, ta thấy

tan tan( / 2) tan tan( / 2)

KM AK MAK B

KN AK NAK C

 

 

 

Tương tự với tỷ số khác Đến đây, áp dụng định lý Ceva cho tam giác MNL, ta có đoạn thẳng LK IM JN, , đồng quy

Nhận xét

Ý a toán giải nhẹ nhàng phát BF CE Thực ý với cặp điểm E F, thay đổi AC AB, mà hai đoạn Ta cịn có kết quen thuộc (AEF) qua trung điểm cung lớn BC

J I

N

M K

F

L

E

C B

Ở ý b, mấu chốt phải thấy tương tự vai trò điểm L M N, , xử lý tốn nhanh chóng (nếu khơng khó nhìn hình vẽ để phán đốn tính chất có q nhiều đường trịn)

Ở tốn này, ta cịn chứng minh điểm đồng quy ý b tâm Spieker tam giác ABC (chính tâm nội tiếp tam giác có ba đỉnh trung điểm ba cạnh)

Dưới toán tương tự:

Cho tam giác ABC có D E F, , tiếp điểm đường tròn nội tiếp lên cạnh BC CA AB, , Trung trực BE CF, cắt X. Trung trực CF AD, cắt Y. Trung trực AD BE, cắt nhau Z. Chứng minh AX BY CZ, , đồng quy

Bài Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn 2

8(a b c )9(abbcca) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

a b b c c a

P

c a b

  

  

Lời giải Do tính đối xứng biến nên chuẩn hóa 2

8

abbcca a b c     a b c Ta có

1 1 40

3 ( )

P a b c

a b c abc

  

       

nên ta đưa tìm min, max T abc điều kiện a b c

ab bc ca     

   

 Chú ý

5 , ( ) (5 )

b  c a bc a bc  a a

nên từ BĐT

(bc) 4bc, ta có

2

(5 ) 4(8 )

3

a a a a

      

Suy

(8 ) ( )

T abca a  a  f a Đến khảo sát hàm số miền 1;7

     

 , ta

112 4, max

27

T  T  nên 93, max

14

P P Kết luận:

 Giá trị lớn P 7, đạt chẳng hạn ( , , )a b c (2, 2,1)

 Giá trị nhỏ P 93,

14 đạt chẳng hạn

7 4 ( , , ) , ,

3 3

a b c  

Nhận xét

Bài toán đối xứng đẹp cố gắng xử lý theo hướng dùng BĐT cổ điển thực bế tắc Cách giải chuẩn hóa đánh giá miền giá trị biến số kinh điển hiệu

Bài tập tương tự:

(1) (VMO 2004) Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn

(x y z) 32xyz Tìm GTLN GTNN biểu thức

4 4

( )

x y z

P

x y z

 



 

(2) Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn (x y z) 1 10

x y z

 



     

  Tìm GTLN GTNN

của biểu thức 2

2 2 1

( )

P x y z

x y z

 



      

 

Bài Tìm tất hàm số f : thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i mf m( )nf n( )2mf n( ) số phương với m n, ;

ii f mn( ) f m f n( ) ( ) với m n, nguyên dương; iii Với số nguyên tố p, f p( ) không chia hết cho

p Lời giải

Thay m n vào ii), ta suy (1) (1)

f  f nên f(1)1

Thay mn vào i), ta suy 4mf m( ) số phương với m nên mf m( ) số phương với m

Với p số ngun tố, pf p( ) số phương nên p f p| ( ) ta đặt ( ) , f p k p với

k số nguyên dương Thay m p n, 1 vào i), ta suy ( )

pf p   p số phương,

hay 2

2

k p  p số phương

Vì 2

2 ( )

k p  p  kp nên 2 2

2 ( 1)

k p  p  kp k p  kp Do 2p2kp nên ta phải có k1

Vì nên f p( ) p với số nguyên tố p Sử dụng điều kiện ii), hàm f nhân tính, số ngun dương viết dạng tích số nguyên tố nên ta có f n( )n với n

Nhận xét

Trong lời giải trên, ta không sử dụng đến điều kiện f p( ) không chia hết cho

p Trên thực tế, dùng vào suy

( )

f p k p với gcd( , )k p 1, không ảnh hưởng đến việc chứng minh k1 sau

Bài tốn tương tự đề vịng Final Iran 2010: Tìm tất hàm số f : cho mf m( )nf n( )2mn số phương với m n, nguyên dương

Trên thực tế, ta bỏ bớt điều kiện ii), iii) mà toán gốc giải Cụ thể sau: Chứng minh hàm số f : thỏa mãn f(1)1 với m n, nguyên dương, ta có mf m( )nf n( )2mf n( ) số phương f n( )  n, n  Bạn đọc thử sức

Bài Một trường phổ thơng có n học sinh Các học sinh tham gia vào tổng cộng m câu lạc A A1, 2,,Am

a) Chứng minh câu lạc có học sinh hai học sinh tham gia chung nhiều câu lạc ( 1)

12

n n

m 

b) Giả sử tồn k0 cho hai câu lạc có chung k thành viên tồn câu lạc At có k thành viên Chứng minh mn

Lời giải

a) Gọi S số ({ , }, )A B C mà học sinh A B, tham gia vào CLB C

 Cách Chọn CLB trước, có m cách, chọn cặp học sinh tham gia vào có

C 

cách nên S6 m

 Cách Chọn cặp học sinh trước, có n

C cách, chọn CLB mà hai học sinh tham gia, có khơng cách nên

n

SC

Từ suy ( 1)

6

12 n

n n

mC  m 

b) Xét CLB X có k thành viên Xét m1 CLB cịn lại theo giả thiết, rõ ràng CLB có chứa k thành viên CLB X Từ suy m1 CLB cịn lại đơi khơng có thành viên chung

Xét nk học sinh lại trường rõ ràng học sinh thuộc tối đa CLB (trong số CLB lại), suy số CLB cịn lại khơng vượt q nk nên suy

Nhận xét

Ở ý a, ta làm khó chút thay giả thiết “hai học sinh tham gia chung nhiều CLB” “hai CLB có chung nhiều học sinh”

Thực dễ dàng hai điều kiện tương đương, dùng điều kiện sau để đếm số (CLB, CLB, học sinh) lại khơng xử lý dễ dàng Ý b toán hiển nhiên, thực “phiên dễ” BĐT Fisher: Cho A A1, 2,,Am tập tập {1, 2,, }n cho hai tập có chung đúng k (với k số ngun cố định khơng vượt q n) Khi mn.

Tuy nhiên, chứng minh sơ cấp cho BĐT thực khó Cách phổ biến dùng tính chất ma trận lý thuyết đại số tuyến tính Bạn đọc xem thêm đây:

https://en.wikipedia.org/wiki/Fisher%27s_inequality

Riêng trường hợp k1, ta chứng minh trực tiếp quy nạp, bạn đọc thử sức Bài

Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn ( ).O Đường tròn nội tiếp ( )I tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , D E F, , Gọi J tâm bàng tiếp góc A H hình chiếu D lên đoạn thẳng EF

a) Chứng minh giao điểm AH JD, thuộc đường thẳng OI

b) Giả sử DH cắt lại ( )I K IK cắt lại đường tròn ngoại tiếp (IEF) L Chứng minh AD LH, cắt điểm nằm (IEF)

Lời giải

a) Ta có bổ đề sau: OI đường thẳng Euler tam giác DEF Khi đó, gọi T giao điểm IO HD rõ ràng T trực tâm tam giác DEF Gọi M trung điểm cung nhỏ

BC ( )O dễ thấy M trung điểm IJ

Bằng biến đổi góc, ta có TEFIBC, mà TH ID, hai đường cao tương ứng nên

TH EF

ID  BC

Mặt khác, IEFMBC nên 2

2

EF IE IE IE

BC  MC  MI  IJ nên suy

2

TH IE

Do

2

TH IJ  ID  IN IA TD IA (vì I T, tâm ngoại tiếp trực tâm tam

giác DEF) nên TH IA

TD  IJ Cuối cùng, HD AJ (cùng vng góc với EF) nên theo định lý

Talet AH JD TI, , đồng quy hay nói cách khác, AH JD, cắt OI b) Giả sử AD cắt lại ( )I G Ta cần chứng minh G H L, , thẳng hàng

N

M T O

J I

H F

E

D C

B

A

G K L

I H F

E

D C

Ta có AGL AIL AIK DKI (do DKAI) nên DGL DKL Suy DGKL tứ giác nội tiếp Do đó, LG trục đẳng phương (LKD), (IEF)

Lại có H/(DKL) HK HD HE HF H/(IEF) nên suy H thuộc trục đẳng phương hai đường tròn này, tức HLG Từ ta có đpcm

Nhận xét

Ý a toán thật thú vị khai thác mơ hình tương đối quen thuộc vấn đề lại mẻ phải khéo léo sử dụng tam giác đồng dạng xử lý Để chứng minh OI đường thẳng Euler tam giác DEF, ta có hai cách tiếp cận sau:

(1) Sử dụng phép nghịch đảo tâm I, phương tích

r biến ( )O thành đường trịn Euler DEF nên có tâm thẳng hàng

(2) Sử dụng phép vị tự cách gọi thêm trung điểm cung nhỏ BC CA AB, , ( ).O Ý b nhẹ nhàng xử lý nhanh chóng cách dùng trục đẳng phương

Liên quan đến đường thẳng JD, bạn Nguyễn Nguyễn (HCV IMO 2019 PTNK) có toán phát triển từ câu 6, đề IMO 2019 với nội dung sau:

Trung tuyến đỉnh D tam giác DEF cắt ( )I L. Chứng minh trục đẳng phương (LBF), (LCE) qua giao điểm JD đường thẳng qua A, vng góc với AI.