Lời giải chi tiết đề VMO 2021 (ver 2)

ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI - VMO 2021 Phan Phương Đức - Nguyễn Tiến Dũng - Phạm Việt Hưng A ĐỀ THI Ngày thứ Bài (5,0 điểm) Cho dãy số thực (xn ) có x1 ∈ 0, xn+1 = 3x2n − 2nx3n , với n ≥ a) Chứng minh lim xn = b) Với n ≥ 1, đặt yn = x1 + 2x2 + · · · + nxn Chứng minh dãy (yn ) có giới hạn hữu hạn Bài (5,0 điểm) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn: f (x)f (y) = f (xy − 1) + xf (y) + yf (x), ∀x, y ∈ R Bài (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn khơng cân ABC có trực tâm H D, E, F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I K, J trung điểm BC, EF Cho HJ cắt lại (I) G, GK cắt lại (I) L a) Chứng minh AL vng góc với EF b) Cho AL cắt EF M , IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF N , DN cắt AB, AC P, Q Chứng minh P E, QF, AK đồng quy Bài (5,0 điểm) Với số nguyên n ≥ 2, gọi s(n) tổng số nguyên dương không vượt n không nguyên tố với n n (n + − φ(n)), φ(n) số số ngun dương khơng vượt n nguyên tố với n a) Chứng minh s(n) = b) Chứng minh không tồn số nguyên n ≥ thỏa mãn s(n) = s(n + 2021) Trang Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Ngày thứ hai Bài (6,0 điểm) Cho đa thức P (x) = a21 x21 + a20 x20 + · · · + a1 x + a0 có hệ số thuộc [1011, 2021] Biết P (x) có nghiệm nguyên c số dương cho |ak+2 − ak | ≤ c, với k ∈ {0, 1, · · · , 19} a) Chứng minh P (x) có nghiệm nguyên 10 (a2k+1 − a2k )2 ≤ 440c2 b) Chứng minh k=0 Bài (7,0 điểm) Một học sinh chia tất 30 viên bi vào hộp đánh số 1, 2, 3, 4, (sau chia có hộp khơng có viên bi nào) a) Hỏi có cách chia viên bi vào hộp (hai cách chia khác hộp có số bi hai cách chia khác nhau)? b) Sau chia, học sinh sơn 30 viên bi số màu (mỗi viên sơn màu, màu sơn cho nhiều viên bi), cho khơng có viên bi hộp có màu giống từ hộp khơng thể chọn viên bi sơn màu Chứng minh với cách chia, học sinh phải dùng khơng 10 màu để sơn bi c) Hãy cách chia cho với 10 màu học sinh sơn bi thỏa mãn điều kiện câu b) Bài (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D giao điểm hai tiếp tuyến (O) B C Đường tròn qua A tiếp xúc với BC B cắt trung tuyến qua A tam giác ABC G Cho BG, CG cắt CD, BD E, F a) Đường thẳng qua trung điểm BE CF cắt BF, CE M, N Chứng minh điểm A, D, M, N thuộc đường tròn b) Cho AD, AG cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC, GBC H, K Trung trực HK, HE, HF cắt BC, CA, AB R, P, Q Chứng minh điểm R, P, Q thẳng hàng Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Trang B HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN Bài (5,0 điểm) Cho dãy số thực (xn ) có x1 ∈ 0, xn+1 = 3x2n − 2nx3n , với n ≥ a) Chứng minh lim xn = b) Với n ≥ 1, đặt yn = x1 + 2x2 + · · · + nxn Chứng minh dãy (yn ) có giới hạn hữu hạn Lời giải: (Phan Phương Đức) a) Xét hàm số fn (x) = 3x2 − 2nx3 [0, +∞) với n ∈ N∗ Khi đó, fn (x) = 6x − 6nx2 > ⇔ x < n Do đó, fn (x) đồng biến khoảng 0, n ⊂ [0, 1], ta thấy: 1 f1 (0) < f1 (x) < f1 ⇒ < x2 = f1 (x1 ) < 2 1 Với n = x ∈ 0, ⊂ 0, , ta thấy: 2 1 f2 (0) < f2 (x) < f2 ⇒ < x3 = f2 (x2 ) < ⇒ < xn < (1), với n = 2, (n − 1)2 1 Giả sử (1) đến n, < , ∀n ≥ 3, ta có: (n − 1)2 n 1 fn (0) < fn (x) < fn ⇒ < xn+1 = fn (xn ) < n n ⇒ (1) với n ≥ Từ dễ thấy lim xn = theo nguyên lí kẹp Với n = x ∈ 0, b) Từ đề dễ thấy (yn ) dãy tăng (2) , ∀n ≥ (n − 1)4 3n ⇒ xn < ⇒ nxn < < , ∀n ≥ 4 (n − 2) (n − 2) (n − 2)2 Mặt khác, xn+1 = 3x2n − 2nx3n < 3x2n < Khi đó, yn = x1 + 2x2 + · · · + nxn < x1 + 2x2 + 3x3 + 1 + + ··· + 2 (n − 2)2 1 + + · · · + < 1, ∀k ≥ nên yn < x1 + 2x2 + 3x3 + 3, ∀n ≥ 2 k Từ (2) (3) suy ∃ lim yn (đpcm) Dễ có đánh giá , ∀n ≥ (3) xn+1 < 3x2n , ∀n ≥ ⇒ xn+2 < n n k 32 −1 Từ dễ có tổng quát: xn+k < 2k+1 , ∀n, k ≥ n Dễ thấy, với t > cố định, tồn n0 k0 ∈ N∗ để với k ≥ k0 , ta có BĐT: Nhận xét: Từ < xn+1 < k −1 t (n0 + k) xn0 +k (n0 + k)t 32 < k+1 n02 < n20 n k t xk có giới hạn, với t > Từ đó, ta thấy dãy tổng quát (zn ) với zn = k=1 Trang Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Bài (5,0 điểm) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn: f (x)f (y) = f (xy − 1) + xf (y) + yf (x), ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: (Phan Phương Đức) Thay x = vào (1) ⇒ f (0).f (y) = f (−1) + yf (0) (2) • Nếu f (0) = 0, từ (2) ⇒ f (y) = y + a, ∀y ∈ R Thay vào (1) thấy vơ lí • Nếu f (0) = 0, từ (2) ⇒ f (−1) = Thay y = −1 vào (1) ⇒ f (−x − 1) = f (x), ∀x ∈ R (3) Thay x = y = vào (1) ⇒ f (1) = 2f (1) ⇒ f (1) = f (1) = TH1: f (1) = Thay y = vào (1) ⇒ f (x − 1) = −f  (x) (4) 1 f (x)   f (x).f = xf +  x x x Với y = 0, thay y vào (1), ta có: 2f (x)  x x  = xf + f (x).f x x x ⇒ [f (x) − x] f = [f (x) − x] f (6) x x Giả sử ∃a = mà f (a) = a Thay x = a vào (5) ⇒ f (a) = ⇒ a = (vơ lí) (5) ⇒ f (x) − x = 0, ∀x = Từ (6) ⇒ 2f =f , ∀x = 0, hay 2f (x) = f (2x), ∀x ∈ R (do f (0) = 0) x x Khi đó, thay y 2y vào (1), ta có: f (2xy − 1) = f (x).f (2y) − xf (2y) − 2yf (x) = 2[f (x)f (y) − xf (y) − yf (x)] = 2f (xy − 1) = f (2xy − 2) ⇒ f (x) = f (x − 1), ∀x ∈ R (7) Từ (4) (7) suy f (x) ≡ TH2: f (1) = Thay y = vào (1) ⇒ f (x) = f (x − 1) + 2x Từ (3) ⇒ f (x − 1) = f (−x) Suy f (x) = f (−x) + 2x Đặt g(x) = f (x) − x g(x) = g(−x), ∀x ∈ R (8) Từ (1) ⇒ [f (x) − x] [f (y) − y] = xy + f (xy − 1) = xy + f (−xy) ⇒ g(x).g(y) = g(−xy) = g(xy), suy g(x) nhân tính (9) Thay y = x vào (9) ⇒ g (x) = g(x2 ) ⇒ g(x) ≥ 0, ∀x ≥ Mặt khác, f (−x − 1) = f (x) ⇒ g(−x − 1) − x − = g(x) + x ⇒ g(x + 1) = g(x) + 2x + ≥ 1, ∀x ≥ ⇒ g(x) ≥ 1, ∀x ≥ x Do đó, g(x) = g g(y) ≥ g(y), ∀x ≥ y ≥ y ⇒ g(x) đơn điệu tăng [0, +∞) (10) Kết hợp (8), (9), (10) ⇒ g(x) = xk , ∀x ∈ R Từ g(x + 1) = g(x) + 2x + ⇒ (x + 1)k = xk + 2x + 1, ∀x ∈ R ⇒ k = ⇒ g(x) = x2 hay f (x) = x2 + x, ∀x ∈ R Vậy, có hàm số f (x) thỏa mãn toán f (x) = 0, ∀x ∈ R f (x) = x2 + x, ∀x ∈ R Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Trang Bài (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân ABC có trực tâm H D, E, F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I K, J trung điểm BC, EF Cho HJ cắt lại (I) G, GK cắt lại (I) L a) Chứng minh AL vng góc với EF b) Cho AL cắt EF M , IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF N , DN cắt AB, AC P, Q Chứng minh P E, QF, AK đồng quy Lời giải: (Nguyễn Tiến Dũng) A G I E J F O L H B D K C a) Ta thấy I, J, K thuộc đường trung trực EF E, F, K, I thuộc đường tròn Euler tam giác ABC Vì JI · JK = JE · JF = JG · JH nên G, H, I, K đồng viên Do HIK = HGK = HAL nên AL IK Chú ý IK ⊥ EF nên AL ⊥ EF b) Gọi X, Y trung điểm CA, AB AK cắt P Q L Ta có D, E, F, K, I, X, Y thuộc đường tròn Euler ∆ABC Do IE = IF nên N M tia phân giác EN F Hai tam giác đồng dạng AEF, ABC có đường cao tương ứng AM, AD J, K trung điểm AE AB M E DB EF, BC Vì = , = , JAE = KAB JAF = KAC AF AC M F DC Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ABC với D, Q, P thẳng hàng ∆AP Q với D, C, B thẳng hàng ta có: DB QC P A DP CQ BA AP AC DP DC · · =1= · · ⇒ · = · DC QA P B DQ CA BP AQ AB DQ DB Trang Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Kí hiệu S(XY Z) diện tích ∆XY Z Từ S(AJE) = S(AJF ), JAE = LAP ,JAF = LAQ, ta có: LP S(ALP ) S(ALP ) S(AJF ) AP · AL AF · AJ = = · = · LQ S(ALQ) S(AJE) S(ALQ) AE · AJ AQ · AL AP AF AP AC DP DC = · = · = · (1) AQ AE AQ AB DQ DB Chú ý ∆QEN ∼ ∆QDX, ∆P DY ∼ ∆P F N , N M tia phân giác EN F , DX = AC DY = AB, ta có biến đổi sau: QE P D NE Y D DY N E AB M E AE DB EQ F A DQ DB · = · = · = · = · ⇒ · = · (2) QD P F XD N F DX N F AC M F AF DC EA F P DP DC LP EQ F A Từ (1) (2) ⇒ · · = Theo định lí Ceva đảo ta có P E, QF, AK đồng quy LQ EA F P Nhận xét Bài tốn hình học số kì VMO năm 2021 giải kiến thức túy THCS A I E M Y X J Q O F N H L B D K C P Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Trang Bài (5,0 điểm) Với số nguyên n ≥ 2, gọi s(n) tổng số nguyên dương không vượt n không nguyên tố với n n (n + − φ(n)), φ(n) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n a) Chứng minh s(n) = b) Chứng minh không tồn số nguyên n ≥ thỏa mãn s(n) = s(n + 2021) Lời giải: (Phan Phương Đức) a) Tổng số nguyên dương không vượt n là: n(n + 1) (1) Với n = 2, có φ(2) = s(2) = (đúng) Với n ≥ 3, với số a ∈ Z+ , ≤ a ≤ n mà (a, n) = (n − a, n) = ≤ n − a ≤ n Hơn nữa, dễ thấy a = n − a với n ≥ Do đó, ta chia φ(n) số ngun dương khơng vượt n nguyên tố với n thành φ(n) cặp, cặp có tổng n Suy tổng số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n là: n Từ (1) (2), ta có s(n) = (n + − φ(n)) (đpcm) b) Giả sử tồn số nguyên n ≥ thỏa mãn s(n) = s(n + 2021) Từ câu a, ta có: n + 2021 n (n + − φ(n)) = (n + 2022 − φ(n + 2021)) 2 ⇔ 2021 [2n + 2022 − φ(n + 2021)] = n [φ(n + 2021) − φ(n)] (3) n.φ(n) (2) Vì φ(k) ≤ k − 1, ∀k ≥ ⇒ 2n + 2022 − φ(n + 2021) ≥ n + > 2021(n + 2) > 2021 ⇒ φ(n + 2021) − 2022 > (4) ⇒ từ (3), ta có: φ(n + 2021) − φ(n) ≥ n 2021 n Gọi d = (2021, n) ⇒ d ∈ {1, 43, 47, 2021} , = d d 2021 n Từ (3) ⇒ [2n + 2022 − φ(n + 2021)] = [φ(n + 2021) − φ(n)] (5) d d 2021 n ⇒ φ(n + 2021) − φ(n) φ(n + 2021) − 2022 (6) d d Mặt khác, n d, n + 2021 d ⇒ φ(n), φ(n + 2021) φ(d) Suy φ(n + 2021) − φ(n) φ(d) 2021 2021φ(d) Dễ thấy với d ∈ {1, 43, 47, 2021} , φ(d) = Từ suy φ(n + 2021) − φ(n) d d 2021φ(d) 2.2021φ(d) Vì φ(n + 2021) − φ(n) > 2021 mà < 2021 ⇒ φ(n + 2021) − φ(n) ≥ d d 2nφ(d) Từ (5) ⇒ 2n + 2022 − φ(n + 2021) ≥ d 2n(d − φ(d)) ⇒ φ(n + 2021) − 2022 ≤ (7) d Từ (4), (6) (7), ta thấy: TH1: Nếu d = 1, suy vơ lí TH2: Nếu d = 43 d = 47 d − φ(d) = 1, suy φ(n + 2021) − 2022 = Trường hợp φ(n + 2021) − 2022 = n 2n = d d n 2021(2d − 1) , thay vào (3) suy = φ(n + 2021) − φ(n) Dễ d d dàng kiểm tra vơ lí với d = 43, 47 Trang Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 2n 2021(2d − 2) Suy φ(n + 2021) − 2022 = , thay vào (3) suy φ(n + 2021) − φ(n) = d d   φ(n + 2021) = 2n + 2022 (8) 43 TH2.1: d = 43 ⇒ 2n  φ(n) = − 1926 (9) 43 Từ (8) (9), 2022 1926 khơng chia hết cho 43, ta có v43 (φ(n)) = v43 (φ(n+2021)) = (10) Giả sử n có khơng ước nguyên tố Khi đó, φ(n) ≥ n − 1− 1− > 2n ⇒ vơ 43 lí Suy n có ước nguyên tố ⇒ n có ước nguyên tố lẻ ⇒ v2 (φ(n)) ≥ Do v2 (1926) = nên từ (9) ⇒ n lẻ ⇒ n + 2021 chẵn (11) 2(n + 2021) Từ (9) ⇒ φ(n) = − 2020 (12) 43 Vì v2 (φ(n)) ≥ nên từ (12) ⇒ v2 (n + 2021) ≤ (13) Từ (10), (11), (13) suy n + 2021 = 2.43 (vơ lí) TH2.2: d = 47 Chứng minh tương tự (do tính chất v2 khơng đổi) TH3: d = 2021 φ(2021) = 42.46 Từ (7) ⇒ φ(n + 2021) − 2022 ≤ 178n 2021 n kn ⇒ φ(n + 2021) − 2022 = , k = 1, 2, · · · , 178 2021 2021 kn Thay vào (3), ta 2021 2n − = n [φ(n + 2021) − φ(n)] 2021 Mà φ(n + 2021) − 2022 ⇒ 4042 − k = φ(n + 2021) − φ(n) (14) Mặt khác, φ(n), φ(n + 2021) φ(2021) = 42.46 ⇒ φ(n + 2021) − φ(n) 42.46 Mà φ(n + 2021) − φ(n) > 2022 ⇒ φ(n + 2021) − φ(n) ≥ 2.42.46 (15) Từ (14), (15) ⇒ k = 178, φ(n + 2021) − φ(n) = 2.42.46   φ(n + 2021) = 178n + 2022 (16) 2021 ⇒  φ(n) = 178n − 1842 (17) 2021 Tương tự TH2.1, ta thấy v2 (φ(n)) ≥ Từ (17) ⇒ n lẻ, ⇒ n + 2021 chẵn 178(n + 2021) Từ (17) ⇒ φ(n) = + 1844 Do v2 (1844) = ⇒ v2 (n + 2021) ≤ 2021 Kết hợp v2021 (n + 2021) = (từ (16)) nên n + 2021 = 2.2021 ⇒ n = 2021 Thử vào (17) ⇒ vơ lí Vậy, khơng tồn n ≥ để s(n) = s(n + 2021) (đpcm) Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Trang Bài (6,0 điểm) Cho đa thức P (x) = a21 x21 + a20 x20 + · · · + a1 x + a0 có hệ số thuộc [1011, 2021] Biết P (x) có nghiệm nguyên c số dương cho |ak+2 − ak | ≤ c, với k ∈ {0, 1, · · · , 19} a) Chứng minh P (x) có nghiệm nguyên 10 (a2k+1 − a2k )2 ≤ 440c2 b) Chứng minh k=0 Lời giải: (Phan Phương Đức) a) Giả sử x0 nghiệm nguyên P (x) Nếu x0 ≥ 0, suy = P (x0 ) ≥ a0 > 0, vơ lí Nếu x0 ≤ −2, ta có: 18 P (x0 ) = x20 (a21 x0 + a20 ) + x0 (a19 x0 + a18 ) + · · · + (a1 x0 + a0 ) Vì ∈ [1011, 2021] ⇒ < < 2aj , ∀i, j ∈ 0, 21 Từ suy P (x0 ) ≤ x20 (a20 − 2a21 ) + · · · + (a0 − 2a1 ) < 0, vơ lí Vậy, x0 = −1, hay P (x) có nghiệm nguyên x = −1 b) Do x = −1 nghiệm P (x) ⇒ (a21 − a20 ) + (a19 − a18 ) + · · · + (a1 − a0 ) = Đặt xi = a2i+1 − a2i , với i = 0, 1, · · · , 10, suy x0 + x1 + · · · + x10 = Khi đó, |xi+1 − xi | = |a2i+3 − a2i+2 − a2i+1 + a2i | ≤ |a2i+3 − a2i+1 | + |a2i+2 − a2i | ≤ 2c, ∀i = 0, 1, · · · , Áp dụng liên tục BĐT tương tự, ta có: |xi+k − xi | ≤ 2kc, với k = 1, 2, 3, 4, ⇒ (x10 − x5 )2 + (x9 − x5 )2 + · · · + (x0 − x5 )2 ≤ 8c2 (12 + 22 + 32 + 42 + 52 ) = 440c2 (1) Mặt khác, (x10 − x5 )2 + (x9 − x5 )2 + · · · + (x0 − x5 )2 = x20 + x21 + · · · + x210 − 2x5 (x0 + x1 + · · · + x10 ) + 11x25 10 ≥ x20 + x21 + ··· + x210 (a2k+1 − a2k )2 (2) = k=0 Từ (1) (2) ta có đpcm Trang Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Bài (7,0 điểm) Một học sinh chia tất 30 viên bi vào hộp đánh số 1, 2, 3, 4, (sau chia có hộp khơng có viên bi nào) a) Hỏi có cách chia viên bi vào hộp (hai cách chia khác hộp có số bi hai cách chia khác nhau)? b) Sau chia, học sinh sơn 30 viên bi số màu (mỗi viên sơn màu, màu sơn cho nhiều viên bi), cho khơng có viên bi hộp có màu giống từ hộp khơng thể chọn viên bi sơn màu Chứng minh với cách chia, học sinh phải dùng khơng 10 màu để sơn bi c) Hãy cách chia cho với 10 màu học sinh sơn bi thỏa mãn điều kiện câu b) Lời giải: (Phạm Việt Hưng) a) Đặt số bi hộp a, b, c, d, e Ta có:   a + b + c + d + e = 30  a, b, c, d, e ≥ Theo toán chia kẹo Euler, số cách chia viên bi vào hộp C34 b) Để chọn viên bi tô màu từ hộp, phải có màu xuất hộp Xét cách tơ thỏa mãn Từ nhận xét suy ra, với cặp hộp, có nhiều màu tơ hộp Số cặp hộp: C52 = 10 ⇒ tổng cặp hộp xuất màu ≤ 30 Giả sử cách tô dùng k màu, gọi số bi màu a1 , a2 , · · · , ak ⇒ a1 + a2 + · · · + ak = 30 ⇒ tổng số cặp hộp xuất hiện: Ca21 + Ca22 + · · · + Ca2k ≤ 30 ⇒ a21 − a1 + a22 − a2 + · · · + a2k − ak ≤ 60 ⇒ a21 + a22 + · · · + a2k ≤ 90 ⇒ 90 ≥ a21 + a22 + · · · + a2k ≥ (a1 + a2 + · · · + ak )2 900 = k k ⇒ k ≥ 10 (đpcm) c) Gọi màu 1, 2, · · · , 10 Một cách tô thỏa mãn toán sau: Hộp 1: 1, 2, 3, 4, 5, Hộp 2: 1, 2, 3, 7, 8, Hộp 3: 1, 4, 5, 7, 8, 10 Hộp 4: 2, 4, 6, 7, 9, 10 Hộp 5: 3, 5, 6, 8, 9, 10 Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Trang 10 Bài (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn khơng cân ABC nội tiếp đường trịn (O) Gọi D giao điểm hai tiếp tuyến (O) B C Đường tròn qua A tiếp xúc với BC B cắt trung tuyến qua A tam giác ABC G Cho BG, CG cắt CD, BD E, F a) Đường thẳng qua trung điểm BE CF cắt BF, CE M, N Chứng minh điểm A, D, M, N thuộc đường tròn b) Cho AD, AG cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC, GBC H, K Trung trực HK, HE, HF cắt BC, CA, AB R, P, Q Chứng minh điểm R, P, Q thẳng hàng Lời giải: (Nguyễn Tiến Dũng) A E F H O N X G Y M B C I D K a) Gọi I, X, Y trung điểm BC, BE, CF Do (GAB) tiếp xúc với BC nên IA · IG = IB = IC Suy (GCA) tiếp xúc với BC IGC = ICA Ta có AGF = IGC = BCA = ABF nên AGBF nội tiếp Chứng minh tương tự AGCE nội tiếp Do GF A = GBA GCA = GEA nên ∆ABE ∼ ∆AF C Chú ý X, Y trung điểm BE, F C, ta có AXB = AY F nên AXGY nội tiếp Vì AY X = AGX = AF B nên AF M Y nội tiếp Chứng minh tương tự AEN X nội tiếp Do AN E = AXE = AY G = AM D nên AM DN nội tiếp b) Ta có HBC = HDC = ADN = AM N = AF Y = GBA Chứng minh tương tự HCB = GCA Do Trang 11 Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 G, H hai điểm liên hợp đẳng giác ∆ABC Gọi U, V, W tâm (HEF ), (HF K), (HKE) Theo định lí Desargues áp dụng cho ∆ABC ∆U V W , ba điểm R, P, Q thẳng hàng AU, BV, CW đồng quy Ta chứng minh toán tổng quát sau: Bài toán tổng quát Cho P Q hai điểm liên hợp đẳng giác tam giác ABC AQ, BQ, CQ lại cắt đường tròn (QBC), (QCA), (QAB) D, E, F Gọi X, Y, Z tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P EF, P F D, P DE Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy Ta phát biểu chứng minh hai bổ đề sau: Bổ đề Cho tam giác ABC điểm M thỏa mãn M BA = M CA Dựng hình bình hành BM CN Khi đó, AM AN hai đường đẳng giác BAC Chứng minh bổ đề A D M C B E N Gọi CM lại cắt (M AB) D AM cắt BN E Vì ADM = ABM = M CA nên AD = AC Do BM E = ADB BAD = BM D = EBM nên ∆ABD ∼ ∆BEM AB AB BE BE Suy = = = AC AD BM CN Ta có ABE = ABM + M BN = ACM + M CN = ACN nên ∆ABE ∼ ∆ACN Suy đpcm Bổ đề Cho hai tứ giác ABCD XY ZT thỏa mãn ∆ABC ∆XZT đồng dạng (cùng hướng); ∆ACD ∆XY Z đồng dạng (cùng hướng) Gọi O, K tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD ∆Y ZT Khi đó, OAB = KXT OAB + KXT = 180◦ Chứng minh bổ đề Xét điểm có vị trí hình vẽ Vì BAD = BAC + CAD = ZXT + Y XZ = Y XT AB AB AC XZ XY XY nên = · = · = AD AC AD XT XZ XT ∆ABD ∼ ∆XY T Gọi I điểm liên hợp đẳng giác O ∆ABD; L điểm liên hợp đẳng giác K ∆XY T Dựng hình bình hành BIDM Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Trang 12 Do IBA = OBD = ODB = IDA nên áp dụng bổ đề cho ∆ABD ta có AI, AM đẳng giác BAD Suy A, O, M thẳng hàng Gọi T x tia đối tia T X Ta có LT Y = xT K = 180◦ − KT Z − ZT X = 180◦ − (90◦ − ZY T ) − ZT X = 90◦ + ZY T − ZT X = 90◦ + XY T − XY Z − ZT X = 90◦ + ABD − ACD − ACB = ABD − (BCD − 90◦ ) = ABD − OBD = ABO = IBD = M DB Chứng minh tương tự LY T = M BD Do ∆M BD ∼ ∆LY T Chú ý ∆ABD ∼ ∆XY T , ta có ∆ABD ∪ M ∼ ∆XY T ∪ L Suy OAB = LXY = KXT X A I Z T Y O D B x L C M K Chứng minh toán tổng quát Chú ý BAP = DAC ABP = QBC = ADC nên ∆ABP ∼ ∆ADC Suy AB AP = hay AD AC AP · AD = AB · AC Ta có BAF = BQF = CQE = CAE ABF = AQF = AEC nên ∆ABF ∼ ∆AEC Suy AB AF = hay AE · AF = AB · AC AE AC Do AP ·AD = AE·AF Lại có P AF = P AB+ BAF = CAD+ EAC = EAD nên ∆AF P ∼ ∆ADE Chứng minh tương tự ∆AEP ∼ ∆ADF Trang 13 Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Gọi T tâm đường tròn ngoại tiếp ∆DEF Áp dụng bổ đề cho hai tứ giác AEP F AEDF , ta có T AF + XAE = 180◦ Lại có BAF = CAE nên AX AT liên hợp đẳng giác BAC Chứng minh tương tự BY BT liên hợp đẳng giác CBA; CZ CT liên hợp đẳng giác ACB Vậy AX, BY, CZ đồng quy điểm liên hợp đẳng giác với T ∆ABC Bài toán chứng minh xong Chú ý Ý tưởng chứng minh đồng quy sử dụng đường đẳng giác gợi mở thầy Trần Quang Hùng X F A P E T Q B C Y Z D Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Trang 14 ... v2 (n + 2021) ≤ 2021 Kết hợp v2021 (n + 2021) = (từ (16)) nên n + 2021 = 2 .2021 ⇒ n = 2021 Thử vào (17) ⇒ vơ lí Vậy, khơng tồn n ≥ để s(n) = s(n + 2021) (đpcm) Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 Trang... φ(n + 2021) ] = [φ(n + 2021) − φ(n)] (5) d d 2021 n ⇒ φ(n + 2021) − φ(n) φ(n + 2021) − 2022 (6) d d Mặt khác, n d, n + 2021 d ⇒ φ(n), φ(n + 2021) φ(d) Suy φ(n + 2021) − φ(n) φ(d) 2021 2021? ?(d)... + 2021) − φ(n) Dễ d d dàng kiểm tra vơ lí với d = 43, 47 Trang Hướng dẫn giải đề thi VMO 2021 2n 2021( 2d − 2) Suy φ(n + 2021) − 2022 = , thay vào (3) suy φ(n + 2021) − φ(n) = d d   φ(n + 2021)