DA de thi hsg Toan Quoc gia nam 2010

Qua các phép quay nói trên thì C luôn không ñổ i.[r]

Lời giải ñề nghị VMO 2010

(Chú ý ñây ñáp án tham khảo, khơng phải đáp án thức) Bài Giải hệ phương trình

    − − − = − = − ) ( ) ( 240 2 3 4 y x y x y x y x

Giải

Cách Nhân phương trình thứ hai với -8 cộng với phương trình thứ nhất, ta ñược

x4 – 8x3 + 24x2 – 32x + 16 = y4 – 16y3 + 96y2 - 256y +256

(x-2)4 =(y-4)4

x – = y – ∨ x – = – y

x = y – ∨ x = – y

Thay vào phương trình ñầu, ta ñược

(1) - 8y3 + 24y2 – 32y + 16 = 240 y3 – 3y2 + 4y + 28 =

(y+2)(y2-5y+14) = Suy y = -2 x =-4

(2) – 24y3 + 216y2 – 864y + 1296 = 240 y3 – 9y2 + 36y – 44 =

(y-2)(y2-7y+22) = Suy y = x = Vậy hệđã cho có nghiệm (x,y) = (-4, -2) (x, y) = (4, 2)

Cách (Theo ý tưởng Võ Quốc Bá Cẩn) Đặt y = 2t thay vào phương trình viết lại hệ dạng

    + − = + − + = + ) ( ) ( 16 ) ( ) 16 ( 16 16 3 4 t t t x x x t x

Nhân chéo phương trình này, ta

(x4+16)(t3-3t2+4t) = (t4+16)(x3-3x2+4x) (3)

Dễ thấy (x, t) nghiệm hệ xt ≠ nên ta chia hai vế phương trình cho x2t2

) )( 16 ( ) )( 16

( 2

2 x x t t t t x

x + − + = + − +

Từñây ñặt u = x + 4/x v = t + 4/t ta có phương trình (u2-8)(v-3) = (v2-8)(u-3)

u2v – v2u – 3(u2-v2) + 8(u-v) =

(u – v)(uv – 3(u+v) + 8) = (4)

Từ (1) ta suy x t dấu Do áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta dễ dàng suy u, v ≥ ≤ -4 Suy (u-3) (v-3) lớn hay nhỏ hay -7 Suy uv – 3(u+3) + = (u-3)(v-3) – ≥ Dấu xảy u = v =

Trường hợp x = t Thay vào phương trình (1) ta t4 + 16 = 16(t4+16), vô nghiệm

Trường hợp x =4/t Thay vào phương trình (1), ta 256/t4 + 16 = 16(t4+16)

t8 + 15t4 – 16 = (t4-1)(t4+16) = Suy t = ± Từđó ta nghiệm (x, y) = (4, 2) (-4, -2)

Nhận xét Lời giải ngắn gọn ý tưởng khơng dễ nghĩ Nếu nhưñặt x = 2u, y = 2v đưa hệ phương trình

    − − − = − = − ) ( ) ( ) ( 15 2 3 4 v u v u v u v u

thì có lẽ dễ nhìn thấy hệ số nhị thức

Dù ý tưởng khơng Nó sử dụng VMO 2004, bảng B Thậm chí xét mặt VMO 2004 cịn khó năm Cụ thể VMO 2004 sau:

Giải hệ phương trình sau :

    − = + − − = + 17 8 49 2 x y y xy x xy x

Cách giải ñáp án sau: Đặt x + y = u, x – y = v x =(u+v)/2,y =(u-v)/2 hệ có thểđưa dạng

    − − = + − − = + v u v u v u 25 98 2 3

Sau nhận phương trình thứ hai với cộng với phương trình thứ (u-3)3 +(v+5)3 =

Rõ ràng cách giải tương ứng với cách giải thứ VMO 2010

Tuy nhiên, VMO 2004 cịn có cách giải đơn giản nhân phương trình thứ hai (của hệ ban đầu) với cộng với phương trình thứ đưa dạng

(x+1)((x-1)2+3(y-4)2) =0 Bài Cho dãy số (an) xác ñịnh

a1 = 5, an n ann n n

1

1

1 2.3

− −

−

− + +

= với n = 2, 3, 4, … a) Tìm cơng thức tổng qt tính an

b) Chứng minh dãy (an) giảm Giải

1

1

1 2.3

− −

−

− + +

= n n n

n n n a

a

Thay n n-1, n-2, …, ta ñược

2

2

1 2.3

− −

− − −

− = nn + n + n

n n a

a

1 1

2 =a +2 +2.3

a

Cộng ñẳng thức vế theo vế giản ước số hạng hai vế,ta ñược

n n n

n n

k

k k

n n a

a (2 2.3 ) 2 3

2

1

1

1 + + = + − + − = +

= ∑

=

− −

Từđó suy an =n 2n +3n

b) Để chứng minh an dãy giảm, ta viết

) ( ) ( )

(an n+1 =n n + n n + n > n + n > n+1+ n+1 (Do n 2n +3n >3) Từñây suy

2

1 1

+

+ + + + =

= n

n n n

n a

a

Nhận xét Giống năm ngoái, cho ñiểm Lời giải phần b) trình bày coi gọn gàng Có thể chứng minh bất đẳng thức an > an+1 nhiều cách khác ñều rườm rà

Bài Cho đường trịn (O) Hai điểm B, C cố định đường trịn, BC khơng phải đường kính Lấy A điểm đường trịn khơng trùng với B, C AD, AE đường phân giác ngồi góc BAC I trung ñiểm DE Qua trực tâm tam giác ABC kẻ đường thẳng vng góc với AI cắt AD, AE M,N a) Chứng minh MNluôn ñi qua ñiểm cốñịnh

b) Tìm vị trí điểm A cho diện tích tam giác AMN lớn nhất

Giải Gọi 2α ñộ lớn cung nhỏ BC Khi góc BAC α 1800-α a) Gọi X ñiểm ñối xứng O qua BC suy X cốñịnh

Ta có OX = 2d(O;BC) = 2Rcosα = AH, OX // AH (vì vng góc với BC) nên AOXH hình bình hành Suy AO // HX (1)

Lại có (CBDE) = -1 nên theo hệ thức Newton

=> ID2 =IB.IC, mà IA = ID (tam giác ADE vuông A) => IA2 =IB.IC => IA tiếp xúc (O)

=> IA ⊥ OA (2)

Từ (1) (2) suy XH ⊥ AI, mà MN ñi qua H ⊥ AI => M, N, X thẳng hàng Vậy MN ñi qua X cốñịnh (đpcm)

b) Ta có ∠OAC = (1800-AOC)/2 = 900 - ∠ABC = ∠HAB AD phân giác ∠BAC

Suy SAMN = 2SAHN = HA.HN.sin(∠AHN)

Mà tam giác AMN vuông A nên HN = HA = 2Rcosα khơng đổi Hơn Từ suy SAMN đạt giá trị lớn 4R2cos2α ∠AHN = 900 Điều xảy ∠AOX = 900 Từ suy có hai vị trí để SAMN đạt giá trị lớn hai đầu mút đường kính vng góc với OX (tức song song với BC)

Nhận xét Lời giải ñây dùng ñến hàng điểm điều hịa chùm điều hịa Chúng ta khơng dùng đến kiến thức mà sử dụng tính tốn góc

Bài Chứng minh với n nguyên dương, phương trình x2 + 15y2 = 4n có n nghiệm tự nhiên

Giải

Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = ta có nghiệm (2; 0),với n = ta có nghiệm (4 ;0) (1 ;1) Dễ thấy (x1, y1), (x2, y2) …(xn, yn) n nghiệm phân biệt phương trình

x2 + 15y2 = 4n

thì (2x1, 2y1), (2x2, 2y2) …(2xn, 2yn) n nghiệm phân biệt phương trình x2 + 15y2 = 4n+1

Và nghiệm có x, y chẵn Do để thực phép chứng minh quy nạp, ta cần chứng minh bổñề sau:

Bổđề: Với n ≥ 2, phương trình x2 + 15y2 = 4n

có nghiệm (x, y) mà x, y lẻ

Chứng minh Với n = mệnh ñềñúng (x=y=1) Giả sử (x, y) nghiệm phương trình

x2 + 15y2 = 4n

với x, y lẻ Xét cặp số    



 + −

| | ;

15y x y x

, 

  



 − +

2 |;

15

| x y x y Dễ dàng kiểm tra ñược chúng ñều nghiệm tự nhiên phương trình

x2 + 15y2 = 4n+1

Bây giờ, x, y lẻ nên xảy hai trường hợp

1 x y ñồng dư với theo modun (ñồng dư 3) Khi cặp nghiệm thứ hai cặp nghiệm lẻ

Bổñềñược chứng minh tốn giải hồn tồn Nhận xét

Rõ ràng ý tưởng nhân đơi nghiệm phương trình với tham số n đểđược nghiệm phương trình với tham số n+1 hiển nhiên Điểm mấu chốt lời giải tìm thêm nghiệm khác

Ý tưởng xét nghiệm lời giải ñến từ ñẳng thức Fibonacci quen thuộc (x2+Dy2)(z2+Dt2) = (xz+Dyt)2 + D(xt-yz)2 = (xz-Dyt)2 + D(xt+yz)2

Bài tốn có lẽ có xuất xứ từ Moscow MO năm 1985 Cụ thể sau: Chứng minh số 2n với n ≥ ñều biểu diễn ñược dạng 2n =7x2 +y2 với x, y số nguyên lẻ

Ý tưởng giải ñáp án MMO giống bổ ñề (hay ngược lại hơn!): Xét cặp nghiệm 

  



 − +

   



 + −

| | ;

| | , | | ;

y x y x y x y x

Chính tốn sau cịn sử dụng vòng Bulgarian MO năm 1996

Bài Cho bảng × n số nguyên dương cho trước Tìm số cách tô màu không tô ô n màu

Hai cách tô màu gọi la cách nhận ñược từ cách phép quay quanh tâm

Giải

B1 A1 B2 A4 C A2 B4 A3 B3

Ta đánh số vng hình vẽ Ta nhận thấy có phép quay biến hình vng thành hình vng phép quay góc 900, 1800 2700 theo chiều kim đồng hồ (phép quay 3600 giữ ngun hình vng)

Qua phép quay nói C ln khơng ñổi Với phép quay 900 A1 A2

Với phép quay 1800 A1 <-> A3, A2 <-> A4, B1 <-> B3, B2 <-> B4 phép quay tạo phép tơ giống cũ cặp ô (A1, A3), (A2, A4), (B1, B3), (B2, B4) tơ màu

Bây ta bắt ñầu ñếm số cách tơ Có n cách tơ màu C Trong số cách tô màu ô xung quanh, ta chia làm loại

Loại Gồm cách tơ mà A tơ màu B tơ màu Có n cách chọn màu để tơ A n cách chọn màu để tơ B Suy có n2 cách tơ loại Với loại phép quay nói khơng tạo cách tơ nên số cách tơ loại khơng thu từ qua phép quay n2 Loại Gồm cách tô mà cặp ô (A1, A3), (A2, A4), (B1, B3), (B2, B4) tơ màu cách tô không thuộc loại Dễ thấy Có n4 – n2 cách tơ (chưa kể ñến trùng qua phép quay) Với loại phép quay góc 900 2700 tạo cách tô (sẽ phải loại ñi bớt) hai cách tô trùng Như có (n4-n2)/2 số cách tơ loại khơng thu ñược từ qua phép quay

Loại Gồm cách tơ mà cặp nói tơ khác màu Dễ thấy có n8 – n4 cách tơ Tuy nhiên, cách tô tương ứng thêm với cách tơ khác thu qua phép quay 900, 180 2700 Như số cách tô loại không thu ñược từ qua phép quay (n8 – n4)/4

Như vậy, số cách tơ cần tìm

4

2

3

2 n n n n n n n

n n

N = + +

  



 −

+ − +

=

Nhận xét Bài có thời gian bình tĩnh khơng khó Tuy nhiên áp lực phịng thi phải lĩnh dám làm Và ñây thuộc dạng dễ sai ñáp số

Về dạng tương tự có số sau (tuy nhiên dễ VMO nhiều)

(AIME 1996) Hai hình vng × tơ màu vàng Các cịn lại

được tơ màu đỏ Hai cách tơ coi tương đương chúng có thể

thu ñược từ phép quay mặt phẳng hình vng Đếm số

các cách tơ màu khơng tương đương

nhiêu cách tô cung a màu Hai cách tơ coi giống có thể thu ñược từ phép quay

Đáp số AIME 300 24

24

2

49 − + =

C

(bạn có thấy có nét giống?)

Đáp số Kvant a p

a ap − +