(a) Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của ngũ giác (khác với A, B, C, D, E) có toạ độ nguyên.. (b) Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một điểm nằm trong [r]
(1)LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI CÁC TỈNH, CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC NĂM
HỌC 2009-2010
(2)(3)Kỳ thi VMO năm tổ chức vào tháng 3/2010 Hiện trường tỉnh hoàn tất việc thi HSG cấp tỉnh thành lập đội tuyển Sau kỳ thi học kì I, việc luyện thi cho kỳ thi VMO 2010 khởi động tất địa phương Nhằm giúp bạn học sinh có thêm hội trao đổi, học hỏi, rèn luyện kỹ giải tốn, chúng tơi thực sách
Thơng qua việc giải bình luận đề thi học sinh giỏi tỉnh trường Đại học, đưa tập tương tự, nói thêm phương pháp sử dụng giải nhằm giúp bạn nhìn rộng vấn đề, để áp dụng cho tốn khác
Cuốn sách tham gia chuyên mơn thầy giáo chun tốn, cựu IMO, VMO Ý kiến đóng góp, bình luận gửi trực tiếp qua chủ đề mà mở Mathscope.org theo địa trannamdung@ovi.com với tiêu đề [4VMO2010] Các thành viên có đóng góp tơn vinh nhận quà tặng ý nghĩa
Cuốn sách thực với giúp đỡ Nokia Vietnam (http://www.nokia com.vn)
TP HCM, ngày 02 tháng 12 năm 2009 Trần Nam Dũng
(4)(5)Xin cảm ơn nhiệt tình tham gia đóng góp bạn: Võ Quốc Bá Cẩn
2 Phạm Tiến Đạt Phạm Hy Hiếu Tạ Minh Hoằng Nguyễn Xuân Huy Mai Tiến Khải Hoàng Quốc Khánh Nguyễn Vương Linh Nguyễn Lâm Minh 10 Nguyễn Văn Năm 11 Đinh Ngọc Thạch 12 Lê Nam Trường 13 Võ Thành Văn
Cùng nhiều bạn yêu toán khác
(6)(7)Lời nói đầu iii
Lời cảm ơn v
I Đề toán lời giải 1
1 Số học 3
1.1 Đề 1.2 Lời giải
2 Phương trình, hệ phương trình 15
2.1 Đề 15 2.2 Lời giải 17
3 Bất đẳng thức cực trị 27
3.1 Đề 27 3.2 Lời giải 29
4 Phương trình hàm đa thức 43
4.1 Đề 43 4.2 Lời giải 45
5 Hình học 57
5.1 Đề 57 5.2 Lời giải 60
6 Tổ hợp 71
6.1 Đề 71 6.2 Lời giải 74
(8)7 Dãy số 89 7.1 Đề 89 7.2 Lời giải 91
II Một số giảng tốn 99
8 Giải phương trình hàm cách lập phương trình 101
9 Dãy truy hồi loại un+1= f (un) 107
10 Các định lý tồn giải tích định lý đại số 113
11 Phép chứng minh phản chứng 123
12 Nguyên lý Dirichlet 127
13 Cauchy-Bunyakovski-Schwarz Inequality 137
A Đề luyện đội tuyển cho kỳ thi VMO 2010 145
B Hướng dẫn nội dung bồi dưỡng học sinh thi chọn học sinh giỏi Toán
(9)Đề toán lời giải
(10)(11)Số học
“Toán học bảo vật quý giá thứ khác mà thừa hường từ kho tàng tri thức nhân loại.” Rene Descartes
1.1 Đề bài
1.1 Giả sử m, n hai số nguyên dương thoả mãn n
d số lẻ với d = (m, n) Xác định (am+ 1, an− 1) với a số nguyên dương lớn
1.2 Dãy số {an} xác định sau: a0= 0, a1= 1, a2= 2, a3=
an+4= 2an+3+ an+2− 2an+1− an với n ≥
(a) Chứng minh anchia hết cho n với n ≥
(b) Chứng minh dãy sốnan n
o∞
n=1chứa vô số số hạng chia hết cho 2009
1.3 Cho m, n số nguyên dương nguyên tố nhau, m số chẵn Tìm ước số chung lớn m2+ n2và m3+ n3.
1.4 Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn ac + bd chia hết cho a2+ b2 Chứng minh
(c2+ d2, a2+ b2) > 1.5 Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình
x2+ y2+ x + y = kxy có nghiệm nguyên dương
(12)1.6 Tìm tất số nguyên dương x, y thoả mãn
x2+ 15y2+ 8xy − 8x − 36y − 28 = 1.7 Chứng minh rằng
|12m− 5n| ≥ với m, n nguyên dương
1.8 Cho n số nguyên dương cho 3n− chia hết cho 22009 Chứng minh rằng
n≥ 22007.
1.9. (1) Cho a = 52100+100 Chứng minh số a có 25 chữ số đứng liền
(2) Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n mà 5n có 100 chữ số đứng
liền
1.10 Cho f : N∗→ N∗thoả mãn điều kiện
(i) f (xy) = f (x) f (y) với x, y thoả mãn (x, y) = 1; (ii) f (x + y) = f (x) + f (y) với số nguyên tố x, y Hãy tính f (2), f (3), f (2009)
1.11 Tìm tất số tự nhiên a, b, c, d đôi phân biệt thỏa mãn a2− b2= b2− c2= c2− d2.
1.12 Cho hai số nguyên dương p, q lớn 1, nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên k cho (pq − 1)nk+ hợp số với số nguyên dương
(13)1.2 Lời giải
Bài 1.1 Giả sử m, n hai số nguyên dương thoả mãn n
d là số lẻ với d = (m, n).
Xác định (am+ 1, an− 1) với a số nguyên dương lớn 1.
(Đại học Vinh)
Lời giải. Do d = (m, n) nênm d,
n d
= Vì n
d số lẻ nên ta có 2m
d , n d
= 1, suy (2m, n) = d Theo định lý Bezout, tồn u, v nguyên cho 2mu + nv = d Đặt D = (am+ 1, an− 1) Khi
am≡ −1 (mod D), suy
a2m≡ (mod D) Ngoài ta có
an≡ (mod D) Từ điều trên, ta suy
ad= a2mu+nv≡ (mod D)
Do m = dm0nên từ ta suy am≡ (mod D) Kết hợp với am≡ −1 (mod D) ta
suy ≡ (mod D) Từ suy D = D = Dễ thấy với a lẻ D = cịn với a chẵn D = Đó kết luận tốn
Bình luận Đây toán bậc số theo modulo Trong toán vậy, định lý Bezout ln kết hữu ích
Bài 1.2 Dãy số {an} xác định sau: a0= 0, a1= 1, a2= 2, a3= và
an+4= 2an+3+ an+2− 2an+1− an với n ≥0
(a) Chứng minh anchia hết cho n với n ≥1
(b) Chứng minh dãy số
nan n
o∞
n=1chứa vô số số hạng chia hết cho2009
(Đại học Khoa học tự nhiên)
Lời giải. Phương trình đặc trưng dãy {an} có dạng x4− 2x3− x2+ 2x + = 0,
tương đương (x2− x − 1)2= Từ số hạng tổng quát a
ncó dạng
(14)trong α > β nghiệm phương trình x2− x − = Từ đây, từ điều kiện ban đầu, ta tìm c1= c2= 0, c3=
1 √
5, c4= − √
5 Suy an= n
√
5α
n−√1
5β
n
Từ ta an
n = Fn, với F1= 1, F2= 1, Fn+1= Fn+ Fn−1với n = 1, 2, tức dãy số Fibonacci Kết luận câu (a) đến hiển nhiên
Để giải phần (b), ta theo hướng sau
Cách 1.Dùng quy nạp chứng minh Fm+n= Fm+1Fn+ FmFn−1.Sau tiếp tục
dùng quy nạp chứng minh Fkn chia hết cho Fn Từ đây, để chứng minh kết luận
của toán, ta cần giá trị nguyên dương n cho Fn chia hết cho
2009 xong Có thể tính tốn F56chia hết cho 49, F20 chia hết cho
41, từ F280chia hết cho 2009
Cách 2.Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: Với số nguyên dương N, tồn vô số số hạng dãy số Fibonacci chia hết cho N
Để thực điều này, ta bổ sung thêm số hạng F0 = cho dãy Fibonacci Chú
ý ta có hệ thức Fn+1= Fn+ Fn−1 với n = 0, 1, 2, Gọi ri số dư
trong phép chia Fi cho N Xét N2+ cặp số dư (r0, r1), (r1, r2), , (rN, rN+1)
Do ≤ ri ≤ N − nên có N2cặp giá trị (ri, ri+1) khác Theo nguyên lý
Dirichlet, tồn cặp số i < j cho (ri, ri+1) ≡ (rj, rj+1) Từ đây, rk−1
chính số dư phép chia rk+1− rkcho N nên ta suy ri−1= rj−1, ri−2= rj−2,
, r0= rj−i Suy dãy số dư tuần hồn với chu kỳ j − i Vì r0= nên rk( j−i)=
với k = 1, 2, ta có rk( j−i) chia hết cho N với k = 1, 2, (đpcm)
Bình luận Ý tưởng dùng ngun lý Dirichlet để chứng minh tính tuần hồn dãy số dư không Đề thi vô địch Liên Xơ trước có câu: Chứng minh dãy số Fibonacci tồn số tận bốn chữ số
Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam năm 2004 có ý tưởng tương tự: Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, 3, ) xác định bởi: x1= 603, x2= 102
xn+2= xn+1+ xn+
p
xn+1xn− với n ≥
Chứng minh
(1) Tất số hạng dãy số cho số nguyên dương
(2) Tồn vô hạn số nguyên dương n cho biểu diễn thập phân xncó bốn
(15)(3) Không tồn số nguyên dương n mà biểu diễn thập phân xncó bốn chữ
số tận 2004
Bài 1.3 Cho m, n số nguyên dương nguyên tố nhau, m số chẵn Tìm ước số chung lớn m2+ n2và m3+ n3
(Đồng Nai)
Lời giải. Do (m, n) nguyên tố m chẵn nên n lẻ Đặt d= (m2+ n2, m3+ n3)
Dễ thấy d lẻ Do m3+ n3= (m + n)(m2+ n2− mn) nên từ suy d| mn(m + n)
Từ lại suy d ước (m + n)3 Giả sử d > Khi gọi p ước số nguyên tố d p | (m + n)3, suy p | m + n Mặt khác
(m + n)2− (m2+ n2) = 2mn,
suy p | 2mn Vì p lẻ nên p | mn Vì p nguyên tố (m, n) = 1nên từ suy p| m p | n Nhưng p | m + n nên từ lại suy p | n tương ứng p | m Mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai, tức d =
Bài 1.4 Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn ac + bd chia hết cho a2+ b2.
Chứng minh rằng
(c2+ d2, a2+ b2) >
(Đại học Sư phạm)
Lời giải.Trước hết xét trường hợp (a, b) = Giả sử p ước nguyên tố a2+ b2 Khi p | ac + bd Từ đẳng thức
(ac + bd)2+ (ad − bc)2= (a2+ b2)(c2+ d2), ta suy p | ad − bc Từ đây, ta có
p| c(ac + bd) + d(ad − bc) = a(c2+ d2),
p| d(ac + bd) − c(ad − bc) = b(c2+ d2)
Vì (a, b) = nên theo định lý Bezout tồn u, v cho au + bv = Từ điều trên, ta có
(16)Bây giả sử (a, b) = D > Đặt a = Dx, b = Dy ta có Dxc + Dyd D2(x2+ y2), suy xc + yd x2+ y2 Theo kết (x2+ y2, c2+ d2) > Từ đó, cách hiển nhiên (D2(x2+ y2), c2+ d2) > 1, tức (a2+ b2, c2+ d2) > 1.
Bài tốn giải hồn tồn
Bình luận Định lý Bezout lúc, nơi!
Bài 1.5 Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình
x2+ y2+ x + y = kxy (1)
có nghiệm ngun dương.
(Phổ thơng Năng khiếu)
Lời giải. Giả sử k giá trị cho phương trình (1) có nghiệm ngun dương Khi tồn nghiệm (x0, y0) (1) với x0+ y0 nhỏ Khơng tính tổng
qt, giả sử x0≥ y0 Xét phương trình bậc hai
x2− (ky0− 1)x + y20+ y0= (2)
Theo giả sử x0là nghiệm (2) Theo định lý Viet
x1= ky0− − x0=
y20+ y0
x0
cũng nghiệm (2) Dễ thấy x1là số nguyên dương, (x1, y0)
là nghiệm nguyên dương (1) Từ giả thiết x0+ y0nhỏ ta suy
x1+ y0≥ x0+ y0
Tức y
2 0+ y0
x0
≥ x0, suy y20+ y0≥ x20 Từ ta có bất đẳng thức kép
y20≤ x20≤ y20+ y0< (y0+ 1)2,
suy x0= y0 Thay vào (1) ta +
2
x0 = k, suy x0chỉ 2, tương ứng k Với k = ta có (2, 2) nghiệm (1), với k = ta có (1, 1) nghiệm (1) Vậy k = k = tất giá trị cần tìm
Ta đánh giá k khác chút, sau
Cách 1.Từ đẳng thức x20+ y20+ x0+ y0= kx0y0, chia hai vế cho x0, y0, ta
x0 y0
+y0 x0
+ y0
+ x0
(17)Mặt khác, theo lý luận ky0− − x0≥ x0nên suy
x0
y0 ≤ k 2−
1 2y0
Từ ta có
k≤k 2−
1 2y0
+y0 x0 + y0 + x0 = k 2+ 2y0
+y0 x0 + x0 ≤k 2+
Từ suy k ≤ Hơn k x0= y0= (trường hợp
dẫn đến mâu thuẫn) Trường hợp k = ta có nghiệm x = y = 2, k = ta có nghiệm x= y = Cịn với k ≤ rõ ràng phương trình vơ nghiệm
Cách 2.Lý luận
x0≤ x1=
y20+ y0
x0
≤ y0+
Như y0+ nằm hai nghiệm tam thức f (x) = x2− (ky0− 1)x + y20+ y0,
suy f (y0+ 1) ≥ Từ
k≤2(y0+ 1) y0
= + y0
≤
Bình luận Kỹ thuật sử dụng lời giải gọi kỹ thuật phương trình Markov Kỹ thuật trở nên quen thuộc Dưới số tốn giải kỹ thuật này:
1 Chứng minh x, y số nguyên dương cho n =x
2+ y2
xy+ số nguyên n số phương
(IMO 1988) Hãy tìm tất số nguyên dương n cho phương trình
x+ y + z + t = n√xyzt có nghiệm nguyên dương
(VMO 2002) Sẽ thú vị xét tốn tìm tất nghiệm (1) k = k = Bài 1.6 Tìm tất số nguyên dương x, y thoả mãn
x2+ 15y2+ 8xy − 8x − 36y − 28 =
(18)Lời giải.Biến đổi phương trình cho, ta viết dạng (x + 4y − 4)2− (y + 2)2= 40,
(x + 3y − 6)(x + 5y − 2) = 40
Do x, y số nguyên dương x + 3y − < x + 5y − nên ta phân tích 40 = · 40 = · 20 = · 10 Đến ta giải trường hợp
Trường hợp x +3y − = x + 5y − = Giả ra, ta tìm x = −45.5 y= 17.5, loại
Trường hợp x +3y − = x + 5y − = 20 Giải ra, ta tìm x = −13 y= 7, loại
Trường hợp x +3y − = x + 5y − = 10 Giải ra, ta tìm x = y = 1, nhận
Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên dương (x, y) = (7, 1) Bài 1.7 Chứng minh rằng
|12m− 5n| ≥ 7
với m, n nguyên dương.
(Hải Phòng)
Lời giải vắn tắt. Giả sử ngược lại tồn m, n nguyên dương cho |12m− 5n| < 7.
Do |12m− 5n| không chia hết cho 2, 3, nên xảy trường hợp
|12m− 5n| = 1.
+ Nếu 12m− 5n= xét modul suy mâu thuẫn.
+ Nếu 12m− 5n= −1 xét modul suy n chẵn, sau xét modul 13 suy mâu
thuẫn
Bài 1.8 Cho n số nguyên dương cho 3n− chia hết cho 22009 Chứng minh
rằng
n≥ 22007.
(Bình Định)
Lời giải.Vì n ngun dương nên ta đặt n = 2km, với k, m ∈ N, m lẻ Ta có
3n− =32k m
− =32k− 1
32k m−1
+
32k m−2
+ · · · + 32k+
(19)Do m lẻ nên32km−1+32km−2+ · · · + 32k+ 1, suy 3n− 22009khi 32k− 22009 Từ suy k ≥ 2, ta có phân tích
32k− = (3 − 1)(3 + 1)(32+ 1)
322+
· · ·32k−1+ = 23(32+ 1)322+ 1· · ·32k−1+ 1
Nhận thấy 32i+ (i = 1, 2, , k − 1) chia hết cho lại khơng chia hết cho Do 32k− chia hết cho 2k+2 nhưng không chia hết cho 2k+3 Điều
này có nghĩa 32k− 22009 2k+2 22009, tức k ≥ 2007 Vậy n≥ 22007m≥ 22007 Đó điều phải chứng minh.
Bình luận Từ tốn trên, ta đưa tốn tổng qt: Cho số nguyên dương n cho 3n− chia hết cho 2k
, k ∈ N, k ≥ Chứng minh n ≥ 2k−2 (hoặc chứng minh n 2k−2)
Bài 1.9. (1) Cho a =52100+100 Chứng minh số a có 25 chữ số đứng liền
nhau.
(2) Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n mà 5n có nhất100 chữ số đứng
liền nhau.
(Bắc Ninh)
Hướng dẫn. Hãy chứng minh 52100+100− 5100tận 100 chữ
số (tức chia hết cho 10100!) 5100< 1075
Bình luận Bài tốn kiến thức sử dụng khơng khó phát biểu đẹp và thú vị
Bài 1.10 Cho f : N∗→ N∗thoả mãn điều kiện
(i) f (xy) = f (x) f (y) với x, y thoả mãn (x, y) =1;
(ii) f (x + y) = f (x) + f (y) với số nguyên tố x, y. Hãy tính f (2), f (3), f (2009)
(Ninh Bình)
Lời giải. Thay x = 2, y = vào (i), ta f (6) = f (2) f (3) Thay x = y = vào (ii), ta f (6) = f (3) Từ suy f (2) = Từ f (4) = f (2) = Đặt
f(3) = a, ta tính
(20)Mặt khác f (12) = f (3) f (4) = 4a nên ta suy 2a + = 4a, tức a = Vậy f(3) = Từ suy f (5) = 5, f (7) = Ta lại có
f(11) + f (3) = f (14) = f (2) f (7) = · = 14, suy
f(11) = f (14) − f (3) = 11
Để tính f (2009), ta tính f (41) f (49) Vì 41 số nguyên tố nên f(41) + f (3) = f (44) = f (4) f (11) = f (11) = 44,
suy f (41) = 41 Ta có
f(49) = f (47) + f (2) = + f (47) Mà
f(47) + f (5) = f (52) = f (4) f (13) = 4( f (11) + f (2) = 4(11 + 2) = 52, suy f (47) = 47 f (49) = 49 Cuối
f(2009) = f (41) f (49) = 41 · 49 = 2009
Bình luận Điều đáng ngại lời giải dễ nhầm ngộ nhận Sẽ thú vị xét toán tổng quát: Chứng minh f (n) = n với n nguyên dương Bài 1.11 Tìm tất số tự nhiên a, b, c, d đôi phân biệt thỏa mãn
a2− b2= b2− c2= c2− d2
(Đại học Khoa học tự nhiên)
Lời giải.Bài toán tương đương với việc tìm cấp số cộng thực gồm bốn số phương Ta chứng minh khơng tồn cấp số cộng Giả sử ngược lại tồn bốn số phương A2, B2, C2, D2 lập thành cấp số cộng tăng, tức B2− A2= C2− B2= D2−C2 Trong cấp số thế, chọn cấp số có
cơng sai nhỏ Ta giả sử số phương đơi ngun tố nhau, tính chẵn lẻ phương trình chứng tỏ số phương phải lẻ Như tồn số nguyên nguyên tố u, v cho A= u − v, C = u + v, u2+ v2= B2, công sai cấp số cộng bằngC
2− A2
2 = 2uv Ta có D2− B2= 4uv, viết thành D + B
2
D − B
(21)
đôi nguyên tố a, b, c, d (trong có số chẵn) cho u= ab, v = cd, D + B = 2ac D − B = 2bd Từ suy B = ac − bd, ta vào phương trình u2+ v2= B2để (ab)2+ (cd)2= (ac − bd)2 Phương trình đối xứng bốn biến số nên ta giả sử c chẵn a, b, d lẻ Từ phương trình bậc hai ta suy c hàm hữu tỷ bậc hai a4− a2d2+ d4, từ suy tồn số nguyên lẻ m cho a4− a2d2+ d4= m2.
Vì a d lẻ nên tồn số nguyên nguyên tố x y cho a2= k(x + y) d2= k(x − y), k = ±1 Thay vào phương trình nói trên, ta x2+ 3y2= m2, từ rõ ràng y phải số chẵn x lẻ Đổi dấu x cần, ta
có thể giả sử m + x chia hết cho 3, ta có 3y
2
= m + x
m − x
, từ suy m+ x
2 ba lần số phương cịn m− x
2 số phương Như ta có số nguyên nguyên tố r, s (một số chẵn số lẻ) chom+ x
2 = 3r
2,
m− x = s
2, m = 3r2+ s2, x = 3r2− s2và y = ±2rs.
Thay x y vào biểu thức a2 d2 (và biến đổi cần) ta a2= k(s + r)(s − 3r) d2= k(s − r)(s + 3r) Vì thừa số vế phải nguyên tố nên bốn đại lượng (s − 3r), (s − r), (s + r), (s + 3r) phải có trị tuyệt đối phương, với cơng sai 2r Các đại lượng tất phải dấu ngược lại tổng hai số phương lẻ hiệu hai số phương lẻ, tức là, + ≡ − (mod 4), mâu thuẫn
Vì thế, ta phải có |3r| < s, m = 3r2+ s2ta có 12r2< m Mặt khác, từ phương
trình bậc bốn ta có m < a2+d2, ta có bất đẳng thức |2r| < r
3max{a, d} ... class='page_container' data-page=22>
Lời giải lấy từ
http://mathpages.com/home/kmath044/kmath044.htm
Bạn vào link để đọc lại chứng minh xem thêm thông tin thú vị toán
Bài 1 .12 Cho... bc2− az +
yz= ab
2 .12 Giải hệ phương trình
(25)2.2 Lời... 5t2− 1,
hay
8t3− 12t2+ 6t − = 5t2− Giải ta t = (loại), t =17 ±
√ 97
16 Tương ứng ta tìm x =
17 ±√97 12 Bài 2.7. (a) Tìm tất giá trị