Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác lồi ABCDE và chứa ít nhất 403 điểm trong số 2011 điểm đã cho.. Lời giải.[r]
(1)Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011
Bài 1(5,0 điểm)
Cho số nguyên dương n Chứng minh với số thực dương x, ta có bất đẳng thức: xn(xn+1+ 1)
xn+ 1 ≤ (
x+
)2n+1
Hỏi đẳng thức xảy nào? Bài 2(5,0 điểm)
Cho dãy số thực (xn) xác định x1 = xn=
2n (n−1)2 ·
n−1 ∑ i=1
xi với mọin ≥2 Với số nguyên dương n, đặtyn=xn+1−xn.
Chứng minh dãy số (yn) có giới hạn hữu hạn khin →+∞ Bài 3(5,0 điểm)
Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB Xét điểm P di động tiếp tuyến B (O) cho P không trùng với B Đường thẳng P A cắt (O) điểm thứ hai C Gọi D điểm đối xứng vớiC qua O Đường thẳng P D cắt (O) điểm thứ haiE.
1 Chứng minh đường thẳng AE, BC P O đồng quy điểm Gọi điểm đồng quy M
2 Hãy xác định vị trí điểm P cho tam giác AM B có diện tích lớn Tính giá trị lớn theo bán kính đường trịn(O)
((O)kí hiệu đường trịn tâm O) Bài 4(5,0 điểm)
Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài cạnh độ dài đường chéo AC, AD không vượt quá√3 Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm ngũ giác Chứng minh tồn hình trịn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác cho chứa 403 điểm số điểm lấy
——————————HẾT—————————— • Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay.
(2)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011
Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 12/01/2011
Bài 5(7,0 điểm)
Cho dãy số nguyên (an) xác định a0 = 1, a1 = −1, an = 6an−1 + 5an−2 với n ≥ Chứng minh rằnga2012−2010 chia hết cho2011
Bài 6(7,0 điểm)
Cho tam giác ABC khơng cân A có gócABC,[ ACB[ góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho Dkhông trùng với B, C hình chiếu vng góc A BC Đường thẳng dvng góc với BC D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng E F Gọi M, N vàP tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDE CDF Chứng minh điểm A, M, N, P nằm đường tròn đường thẳng d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Bài 7(6,0 điểm)
Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức P(x, y) = xn+xy+yn khơng thể viết dạng G(x, y)·H(x, y) Trong G(x, y) H(x, y) đa thức với hệ số thực, khác đa thức
——————————HẾT—————————— • Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay.
(3)LỜI GIẢI
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2010 – 2011
d
(4)Bài 1.Choxlà số thực dương và nlà số nguyên dương Chứng minh bất đẳng thức
xn(xn+1+1) xn+1 É
µx
+1
¶2n+1 Đẳng thức xảy nào?
Lời giải 1. Ta sử dụng phương pháp quy nạp theo n.Với n=1,bất
đẳng thức ta trở thành
x(x2+1)
x+1 É µx
+1
¶3 Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
x(x2+1)=1
2·(2x)·(x
+1)É1
2 ·
(2x)+(x2+1)
¸2
=(x+1)
4 Từ suy
x(x2+1)
x+1 É (x+1)4
8
x+1 = µx
+1
¶3 Và vậy, bất đẳng thức cho vớin=1
Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức cho n=k
(k∈N∗)thì vớin=k+1.Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có
µx
+1
¶2k+1
Ê x
k(xk+1+1)
xk+1 , suy
àx
+1
ả2(k+1)+1
=
àx
+1
ả2àx
+1
ả2k+1
ấ àx +1 ả2 Ãx
k(xk+1+1)
xk+1 Sử dụng đánh giá này, ta thấy việc chứng minh đưa chứng minh kết sau
µx
+1
¶2
·x
k(xk+1+1)
xk+1 Ê
xk+1(xk+2+1)
xk+1+1 Bất đẳng thức tương đương với
(x+1)2 4x Ê
(5)hay
(x+1)2 4x −1Ê
(xk+2+1)(xk+1) (xk+1+1)2 −1
Do(x+1)2−4x=(x−1)2 và(xk+2+1)(xk+1)−(xk+1+1)2=xk(x−1)2 nên ta thu gọn bất đẳng thức lại thành
(x−1)2 4x Ê
xk(x−1)2 (xk+1+1)2, tương đương
(x−1)2h(xk+1+1)2−4xk+1iÊ0
Bất đẳng thức theo AM-GM, ta có(xk+1+1)2Ê4xk+1 Như vậy, ta chứng minh khẳng định toán cho
n=k (k∈N∗)thì cho n=k+1.Từ đây, kết hợp với việc
đã xác lập tính đắn bất đẳng thức cần chứng minh chon=1,ta suy với số nguyên dương n(theo nguyên lý quy nạp) Ngồi ra, thấy suốt trình chứng minh, dấu đẳng thức xảy điểm nhấtx=1
Lời giải 2. Ta chứng minh kết tổng quát hơn: Với mọi a,
b>0,thì
µa
+b
2
¶2n+1
Êa
nbn(an+1+bn+1)
an+bn (1)
Kết toán cho trường hợp riêng khia=xvà b=1
Dễ thấy (1) bất đẳng thức cho hai biếna,b,vì khơng tính tổng quát ta chuẩn hóa choa+b=2.Khi (1) viết lại dạng fn(a,b)Ê0,trong
fn(a,b)=an+bn−anbn(an+1+bn+1) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
ab(an−1+bn−1)(an+1+bn+1)É
·ab
(an−1+bn−1)+(an+1+bn+1)
¸2
=(a+b)
2(an+bn)2
4 =(a
n
+bn)2, từ suy
an+1+bn+1É (a
n+bn)2
(6)LỜI GIẢIVMO 2011
Sử dụng đánh giá này, ta thu
fn(a, b)Êan+bn−a
n−1bn−1(an+bn)2
an−1+bn−1
= a
n+bn
an−1+bn−1 £
an1+bn1an1bn1(an+bn)Ô
= a
n
+bn
an1+bn1fn1(a,b) (2) Từ (2), thực đánh giá liên tiếp, ta có
fn(a,b)Ê
an+bn
an−1+bn−1fn−1(a,b) (1)
Ê a
n+bn
an−1+bn−1·
an−1+bn−1
an−2+bn−2fn−2(a,b)
Ê · · · Ê a
n+bn
an−1+bn−1·
an−1+bn−1 an−2+bn−2· · ·
a2+b2
a1+b1f1(a,b)
=a
n+bn
a+b f1(a,b) (3)
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM
f1(a,b)=a+b−ab(a2+b2)=a+b−1
2·(2ab)·(a
+b2)
Êa+b−1
2 ·
(2ab)+(a2+b2)
¸2
=a+b−(a+b)
4 =0 Do đó, kết hợp với (3), ta suy fn(a,b)Ê0với n∈N∗
Lời giải 3. Ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề.Choa,b là hai số thực dương Khi đó, với mọinÊ1,ta có
(ab)n(n2−1)(an+bn)É2
µa
+b
2 ¶n2
(4)
Chứng minh. Khơng tính tổng qt, ta giả sử a+b=2 đặt
a=1+x,b=1−x với0Éx<1.Bất đẳng thức (4) vit li thnh Ê
(1+x)(1x)Ôn(n21)Ê
(1+x)n+(1x)nÔ
ẫ2, hay tương đương
g(x)=(1+x)n(n2+1)(1−x)
n(n−1)
2 +(1+x)
n(n−1) (1−x)
(7)Ta có h
(1+x)n(n2+1)(1−x)
n(n−1)
i0
= =n(n+1)
2 (1+x) n(n+1)
2 −1(1−x)
n(n−1)
2 −n(n−1)
2 (1+x) n(n+1)
2 (1−x)
n(n−1) −1 =n
2(1+x) n(n+1)
2 1(1x)
n(n1)
2 1Ê(n+1)(1x)(n1)(1+x)Ô =n(1+x)n(n2+1)1(1x)
n(n1)
2 −1(1−nx)
và h
(1+x)n(n2−1)(1−x)
n(n+1)
i0
= =n(n−1)
2 (1+x) n(n−1)
2 −1(1−x)
n(n+1)
2 −n(n+1)
2 (1+x) n(n−1)
2 (1−x)
n(n+1) −1 =n
2(1+x) n(n1)
2 1(1x)
n(n+1)
2 1Ê(n1)(1x)(n+1)(1+x)Ô = −n(1+x)n(n2−1)−1(1−x)
n(n+1)
2 −1(1+nx),
do
g0(x)=n(1+x)n(n21)1(1x)
n(n1)1
2 Ê(1+x)n(1nx)(1x)n(1+nx)Ô =n(1x2)n(n21)1(1+x)n(1+nx)
à 1−nx
1+nx−
(1−x)n (1+x)n ¸
Từ ta thấyg0(x)có dấu vớih(x)=11−+nxnx−(1(1−+xx))nn.Tính đạo hàm củah(x),ta
h0(x)=2n(1−x)
n−1 (1+x)n+1 −
2n
(1+nx)2 =
2n(1−x2)n−1 (1+x)2n −
2n
(1+nx)2
É 2n
(1+x)2n−
(1+nx)2 =2n ·
1 (1+x)n−
1 1+nx
¸ · (1+x)n+
1 1+nx
¸
É0 theo bất đẳng thức Bernoulli thì(1+x)nÊ1+nx (chú ý rằngnÊ1) Như vậy, h(x) hàm nghịch biến [0, 1) Suy h(x)Éh(0)=0,
∀x∈[0, 1).Mà g0(x)có dấu với h(x) nên ta có g0(x)É0 với x∈[0, 1).Do g(x)là hàm nghịch biến trên[0, 1) Từ lý luận này, ta suy g(x)Ég(0)=2,∀x∈[0, 1).Bổ đề chứng minh ■
Quay trở lài tốn Theo (4), ta có
(ab)k(k21)(ak+bk)ẫ2
àa
+b
2 ảk2
(8)LỜI GIẢIVMO 2011 11
suy
a+bấ2(ab)k2k1 àak
+bk
2 ả
1
k2
(6)
Trong (6), choa=xn,b=1và k=n+1
n >1,ta
xn+1Ê2x2(nn+1)
µxn+1
+1
¶ n2
(n+1)2
Từ suy
xn(xn+1+1)
xn+1 É
xn(xn+1+1) 2x2(nn+1)
³ xn+1+1
2 ´ n
2 (n+1)2
=xn2((2nn++1)1)
àxn+1
+1
ả
2n+1 (n+1)2
Như thế, phép chứng minh hoàn tất ta
xn2((2nn++1)1)
àxn+1
+1
ả
2n+1 (n+1)2
ẫ
àx
+1
ả2n+1 Bất đẳng thức tương đương với
xn(n2+1)(xn+1+1)É2
àx
+1
ả(n+1)2
õy kết bất đẳng thức (5) áp dụng cho a=x, b=1 vàk=n+1.Bài toán chứng minh xong
(9)(10)Bài 2.Cho dãy{xn} được xác định bởi x1=1 và xn= 2n
(n−1)2
n−1 X
i=1
xi với mọinÊ2
Chứng minh dãy yn=xn+1−xncó giới hạn hữu hạn khin→ +∞
Lời giải 1. Từ giả thiết, ta suy với mọinÊ1,thì
n−1
X i=1
xi=(n−1)
2n xn Do
xn+1=2(n+1) n2
n X i=1
xi=2(n+1) n2
Ã
xn+
n−1
X i=1
xi
!
=2(n+1) n2
·
xn+(n−1)
2n xn
¸
=(n+1)(n 2+1)
n3 xn (1) Sử cơng thức truy hồi vừa tìm kết hợp với phép quy nạp, ta chứng minh
xnÉ4(n−1), ∀nÊ2 (2)
Dox2= 2·2
(2−1)2x1=4nên dễ thấy (2) vớin=2.Giả sử (2) với
n=kÊ2,khi ta có
xk+1=(k+1)(k
+1)
k3 xkÉ
(k+1)(k2+1)
k3 ·4(k−1) =4(k
2−1)(k2+1)
k3 =
4(k4−1)
k3 =4k−
4
k3 <4k,
suy (2) với n=k+1 Từ đây, áp dụng nguyên lý quy nạp, ta có (2) với mọinÊ2
Bây giờ, ta chứng minh toán cho, cụ thể ta yn dãy tăng bị chặn
• Chứng minh yn tăng.Theo (1), ta có
yn=xn+1−xn=(n+1)(n 2+1)
n3 xn−xn=
n2+n+1
(11)Do
yn+1−yn=(n+1)
2+(n+1)+1
(n+1)3 xn+1−
n2+n+1
n3 xn =n
2+3n+3
(n+1)3 ·
(n+1)(n2+1)
n3 xn−
n2+n+1
n3 xn = xn
n3
·
(n2+3n+3)(n2+1) (n+1)2 −(n
2
+n+1)
¸
= xn n3
ẵÃ
1+ n+2
(n+1)2
á
(n2+1)−(n2+n+1)
¾
= xn n3
·
(n+2)(n2+1) (n+1)2 −n
¸
= 2xn
n3(n+1)2>0 Điều chứng tỏ ynlà dãy tăng
• Chứng minh yn bị chặn trên.Sử dụng (2), với mọinÊ2,ta có
yn= n
2+n+1 n3 xnÉ
n2+n+1
n3 ·4(n−1)=
4(n3−1)
n3 <4
Do y1< y2< · · · <yn<4, hay nói cách khác, dãy yn bị chặn
trên bởi4
Từ hai kết vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy kết cần chứng minh
Nhận xét.Khi làm tốn này, có lẽ bạn học sinh khơng khó để tìm tính chất
• xn+1=(n+1)(n2+1)
n3 xn
• yn=n 2+n+1
n3 xn
• yn dãy tăng
Và đó, cơng việc cịn lại tìm chặn cho yn.Có thể nói yếu tố quan trọng tốn Việc tìm đánh giá (2) giải thích sau: Ta biết hàm phân thức f(x)= gh((xx)) với g(x), h(x) đa thức đồng bậc h(x)>0 bị chặn số Mà quan sát công thức truy hồi yn,ta thấy n2+n+1
n3 hàm phân thức theo n với n2+n+1 đa
(12)LỜI GIẢIVMO 2011 15
bị chặn hàm phân thức với tử đa thức bậc3 mẫu đa thức bậc3,và theo tính chất vừa nhắc lại trên, ta biết yn bị chặn số
Với ý tưởng vậy, ta mong muốn có đánh giá dạngxnÉan+b
Ngồi ra, từ cơng thức truy hồi xn, ta nghĩ đến việc thiết lập đánh giá quy nạp (vì đơn giản cả) Như thế, ta cần phải chọn số thựca,b cho
(n+1)(n2+1)
n3 (an+b)Éa(n+1)+b
Thực phép khai triển, ta viết bất đẳng thức lại thành −(a+b)n(n+1)−bÊ0
Để điều với mọinÊ1,ta cần cóa+bÉ0và2(a+b)+bÉ0.Và tất nhiên, để đơn giản, ta chọn ngaya+b=0 vàb<0,tức a= −b>0
Khi đó, ta thu bất đẳng thức dạng xnÉa(n−1)
Ta thấy có asao cho đánh giá với số n0 đánh giá với mọinÊn0(do lý luận trên) Và thế, ta cần xét vài giá trị n nhỏ chọn asao cho bất đẳng thức với giá trị Ngồi ra, ta thấy bất đẳng thức khơng thỏa mãn vớin=1,nên ta xét vớin=2.Khi đó, bất đẳng thức trở thành 4Éa Và đơn giản, ta nghĩ đến việc chọna=4.Đây nguồn gốc việc thiết lập (2)
Lời giải 2. Áp dụng giả thiết cho đề bài, ta có n2xn+1
2(n+1)=
n X k=1
xk=xn+
n−1
X k=1
xk=xn+(n−1) 2x
n
2n =
(n+1)(n2+1)
n3 xn (3) Từ suy
xn+1−xn=n
2+n+1
n2 un vớiun= xn
n (4)
Do (3) nên ta có
un+1=n 2+1
n2 un=
µ
1+ n2
¶
(13)Mặt khác, dễ thấy xn>0,∀n∈N∗ nên ta có un>0,∀n∈N∗.Vì
vậy, ta đặtlnun=vn.Khi vn+1=vn+ln
µ
1+ n2
¶
>vn, ∀n∈N∗
Vậy {vn}n∈N∗ dãy tăng Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức
ln(1+x)<x,∀x>0,ta thu
vn+1<vn+ n2 Từ ta có
vn<v1+1+ (n−1)2
X k=2
1
k2 <v1+1+ (n−1)2
X k=2
1
k(k−1)=v1+2−
n−1, ∀nÊ2
Điều chứng tỏ{vn}n∈N∗ bị chặn, do{vn} dãy tăng nên
ta suy được{vn}hội tụ Vìun=evn và hàm f(x)=ex là hàm liên tục
nên{un}n∈N∗ hội tụ Từ lý luận kết hợp vớilimn
+n+1
n2 =1và
(14)Bài 3.Cho đường trịn(O), đường kính AB P là điểm tiếp tuyến của(O) tạiB (P6≡B).Đường thẳng AP cắt(O) lần thứ hai tại
C.D là điểm đối xứng củaC quaO.Đường thẳng DP cắt(O)lần thứ hai tạiE
(a)Chứng minh rằng AE,BC,PO đồng quy tại M
(b)Tìm vị trí điểm P để diện tích tam giác AMB là lớn nhất. Tính diện tích lớn theoR là bán kính của(O)
Lời giải. Trước hết xin nhắc lại không chứng minh bổ đề sau
Bổ đề.Cho hình thang ABCD, AB∥CD.Giả sử ACcắtBD tạiOvà
AD cắtBC tạiI.Khi đó,OI đi qua trung điểm ABvàCD
O
A B
P
C
D
E
F M
Quay trở lại toán:
(a) Gọi F giao điểm AE BP Từ tính chất góc nội tiếp đường cao tam giác vuông ta dễ thấy ∠AEC=∠ABC =∠BPC,
vậy tứ giácCP F Enội tiếp Từ suy
(15)Cộng đẳng thức góc với ý∠CEP=90◦,ta suy
90◦=∠CP E+∠PCE=∠CF E+∠EFB=∠CFB,
hayCF⊥PB,và đóCF∥AB
Gọi M giao điểm CB AE Áp dụng bổ đề cho hình thang
ABFC,ta có MP qua trung điểm AB hay MP qua O Vậy AE, BC,OP đồng quy tạiM,đó điều phải chứng minh
(b)Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác APO vớiC, M,B thẳng hàng, ta dễ thấy
OM OP =
C A C A+2CP
Từ ta có
SM AB SP AB =
OM OP =
C A C A+2CP
Suy
SM AB=SP AB· C A
C A+2CP ÉSP AB·
C A
2pC A·2CP =SP AB· C A 2p2BC
=BC·P A
2 ·
C A 2p2BC=
4R2 4p2=
R2
p
2
(16)Bài 4. Cho ngũ giác lồi ABCDE có cạnh hai đường chéo AC, AD có độ dài khơng vượt q p3 Trong ngũ giác lồi lấy 2011 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác lồi ABCDE và chứa nhất 403 điểm số2011điểm cho.
Lời giải. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề.Cho điểm Inằm tam giác X Y Z có độ dài cạnh nhỏ
hơnp3.Khi đó,
min{I X, IY,I Z}<1
Chứng minh.Thật vậy, vì∠X IY+∠Y I Z+∠Z I X=360◦ nên ba
góc∠X IY,∠Y I Z,∠Z I X phải có góc khơng nhỏ hơn120◦.Giả sử
∠X IYÊ120◦ thì tam giác4I X Y,theo định lý cosin ta có 3ÊX Y2=I X2+IY2−2I X·IYcos∠X IY
ÊI X2+IY2+I X·IYÊ3 min{I X2,IY2}
Từ đưa đếnmin{I X,IY}É1.Bổ đề chứng minh ■ Quay trở lại tốn Theo giả thiết tam giác4ABC,4ACD,
4ADEđều có ba cạnh nhỏ hơnp3,mà điểm trong2011điểm gieo ngũ giác ABCDEđều thuộc miền trong ba tam giác nên theo bổ đề, điểm phải cách đỉnh ngũ giác khoảng không lớn hơn1.Theo nguyên lý Dirichlet, có đỉnh ngũ giác có khoảng cách khơng ln hn1n ớt nht Đ2011
5
ă
(17)d
(18)Bài 5.Cho dãy số nguyên{an}xác định bởi
a0=1,a1= −1và an=6an−1+5an−2 với mọinÊ2
Chứng minh rằnga2012−2010chia hết cho2011
Lời giải 1. Xét dãy{bn}được xác định sau
b0=1,b1= −1và bn=6bn−1+2016bn−2 với nÊ2
Dãy có phương trình đặc trưng
x2−6x−2016=0
có hai nghiệm x = −42 x=48 Từ đây, sử dụng kiến thức phương trình sai phân, ta tìm cơng thức tổng quát dãy
bn=41·48
n+49·(−42)n
90 , ∀n∈N
Ngoài ra, ta dễ dàng chứng minh quy nạp
an≡bn (mod 2011), ∀n∈N
Theo đó, ta cần chứng minhb2012+1≡0 (mod 2011)nữa xong Ta có
b2012+1=
41·482012+49·(−42)2012+90
90
Do2011 số nguyên tố, 2011, 90là hai số nguyên tố nên ta cần chứng minh
41·482012+49·(−42)2012+90≡0 (mod 2011) (1)
Mà theo định lý Fermat nhỏ, ta có
41·482012+49·(−42)2012+90≡41·482+49·422+90 (mod 2011) =90b2+90=90Ê
6Ã(1)+2016Ã1Ô +90 =90Ã2010+90=90Ã20110 (mod 2011)
(19)Lời giải 2. Phương trình đặc trưng dãy cho x2−6x−5=0
có hai nghiệm 3−p14và 3+p14,do ta dễ dàng tìm cơng thức số hạng tổng quát dãy
an= ¡
7−2p14¢ ¡
3+p14¢n+¡
7+2p14¢ ¡
3−p14¢n 14
= ¡
−7+p14¢ ¡
3+p14¢n−1−¡
7+p14¢ ¡
3−p14¢n−1 14
= −un+2vn,
trong
un= ¡
3+p14¢n−1+¡
3−p14¢n−1
2 , vn=
¡
3+p14¢n−1−¡
3−p14¢n−1
2p14
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có
u2012= 1005
X k=0
C2k201132011−2k14k=32011+ 1005
X k=1
C2k201132011−2k14k
Do1<2k<2011với1ÉkÉ1005và2011là số nguyên tố nên
C20112k =2011 Ã
C2k−1 2010 2k
!
2011
Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ
32011≡3 (mod 2011)
Do vậy, kết hợp lập luận lại với nhau, ta
u2012≡3 (mod 2011) (2)
Tương tự vớivn,ta sử dụng khai triển Newton thu
v2012= 1006
X k=1
C20112k−132012−2k14k−1=141005+ 1005
X k=1
C2k−1201132012−2k14k−1
Đến đây, cách sử dụng tính nguyên tố của2011,ta thấy
C2k2011−1=2011 Ã
C2k−2 2010 2k−1
!
(20)LỜI GIẢIVMO 2011 23
vớik∈{1, 2, , 1005}.Vì
v2012≡141005 (mod 2011)
Do14=2025−2011=452−2011≡452 (mod 2011)nên áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có
141005≡452010≡1 (mod 2011)
Suy
v2012≡1 (mod 2011) (3)
Từ (2) (3), ta có
a2012−2010≡ −3+2·1−2010≡0 (mod 2011)
(21)d
(22)Bài 6.Cho tam giácABC khơng cân tạiAvà có góc ABC,ACBlà các góc nhọn Xét điểmD di động cạnhBCsao cho Dkhơng trùng vớiB,C và hình chiếu vng góc của A trênBC.Đường thẳng
d vng góc vớiBCtạiDcắt đường thẳngAB,ACtương ứng tạiEvà
F Gọi M, N và P lần lượt tâm đường tròn nội tiếp tam giác
AEF, BDE và CDF Chứng minh bốn điểm A, M, N, P cùng nằm đường tròn đường thẳng d đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Lời giải. Ta thấy tốn cho kết hợp học hai kết sau
Bổ đề 1.Cho tam giácABC không cân tạiAvà có góc ABC, ACB
là góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC sao cho D
khơng trùng vớiB,Cvà hình chiếu vng góc của AtrênBC.Đường thẳngd vng góc vớiBC tạiD cắt đường thẳng AB, AC tương ứng tạiE,F (N), (P)lần lượt đường trịn nội tiếp tam giácBDE,CDF Khi đó,dđi qua tâm nội tiếp tam giác ABCkhi tiếp tuyến chung khácd của(N)và(P)đi qua A
Bổ đề 2.Cho tam giácABC khơng cân tạiAvà có góc ABC, ACB
là góc nhọn Xét điểmD di động cạnhBC sao cho D khơng trùng vớiB,C và hình chiếu vng góc của A trênBC.Đường thẳng
d vng góc vớiBC tại D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng tại E,
F Gọi M, N và P lần lượt tâm đường tròn nội tiếp tam giác
AEF,BDEvàCDF.Khi đó, bốn điểm A,M,N,P cùng nằm một đường trịn tiếp tuyến chung khác d của (N)và(P)đi qua A
Như vậy, ta cần chứng minh hai bổ đề tốn giải xong
Chứng minh bổ đề 1.Ta chứng minh hai chiều
• Giả sử tiếp tuyến khácdcủa(N)và(P)đi quaA.Gọi giao điểm tiếp tuyến vàdlàT.Dễ thấy tứ giácT ABDvàT ACD
ngoại tiếp, theo tính chất tứ giác ngoại tiếp, ta có
AB+T D=AT+BD AC+T D=AT+DC Từ hai đẳng thức này, ta dễ thấy
(23)Lại cóDB+DC=BC nên
DB=B A+BC−AC
2 , DC=
C A+CB−AB
2
VậyDchính tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
vớiBC,hay d qua tâm nội tiếp tam giác ABC
d A
B C
I
D E
F
N T P
• Giả sử d qua tâm nội tiếp tam giác ABC, ta có đẳng thức
DB−DC=B A+BC−AC
2 −
C A+CB−AB
2 =AB−AC Gọi giao điểm tiếp tuyến qua A (khác AB) (N)và d
T.Tứ giác T ABD ngoại tiếp nên ta có
AB+T D=AT+BD Kết hợp đẳng thức trên, ta suy
AC+T D=AT+DC
Điều chứng tỏ tứ giác T ADC ngoại tiếp Vậy AT tiếp xúc (P),hay nói cách khác, AT tiếp tuyến chung khácd của(N)
(24)LỜI GIẢIVMO 2011 27
Chứng minh bổ đề 2.Ta chứng minh hai chiều
• Giả sử tiếp tuyến chung của(N)và(P)đi qua A,ta phải chứng minh bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn Để ý rằngE,M,N thẳng hàng vàF,M,P thẳng hàng,
∠N MP=180◦−∠EMF=180◦− µ
90◦+∠E AF
¶
=90◦−180
◦−∠B AC
2 =
∠B AC
2
Mặt khác, tiếp tuyến chung khác d (N) (P) quaA nên
∠N AP=∠B AC
2
Kết hợp hai đẳng thức trên, ta suy tứ giácAM N P nội tiếp
d x A
B C
I
D E
F
N P
T M
• Giả sửA,M,N,P nằm đường tròn, ta phải chứng minh tiếp tuyến chung khácdcủa(N)và(P)đi qua A.Cũng từ lập luận trên, ta có
∠N MP=∠B AC
(25)Do A,M,N,P nằm đường tròn nên ∠N AP=∠N MP
Kết hợp với trên, ta suy
∠N AP=∠B AC Qua Avẽ tiếp tuyến Axcủa(N),ta có
∠N Ax=∠B Ax
2 Do
∠P Ax=∠N AP−∠N Ax=∠B AC −
∠B Ax
2 =
∠C Ax
2 =∠P AC Từ suy Axđối xứngACqua AP mà ACtiếp xúc(P).Vậy
Axtiếp xúc (P)
(26)Bài 7.Chonlà số nguyên dương Chứng minh đa thức
P(x, y)=xn+x y+yn
khơng thể viết dạngP(x, y)=G(x, y)·H(x, y),trong đóG(x, y)và
H(x, y)là đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng.
Lời giải. Giả sử tồn đa thức G(x, y) H(x, y) thỏa mãn
degGÊ1, degHÊ1sao cho
P(x, y)=G(x, y)·H(x, y)
Khi dễ thấydegH+degG=n.Từ giả thiết ta cóG(x, 0)·H(x, 0)=xn,
suy tồn tạik∈N,a1a2=1 cho
H(x, 0)=a1xk, G(x, 0)=a2xn−k
Do H(x, y) G(x, y) đa thức nên ta viết chúng dạng
H(x, y)=a1xk+yH1(x, y), G(x, y)=a2xn−k+yG1(x, y),
trong đóG1(x, y),H1(x, y)là đa thức Thay vàoP(x, y)và rút gọn,
ta
a1xkyG1(x, y)+a2xn−kyH1(x, y)+y2G1(x, y)·H1(x, y)=x y+yn,
hay
a1xkG1(x, y)+a2xn−kH1(x, y)−x=yn−1−yG1(x, y)·H1(x, y)
Cho y=0,ta có
x=a1xkG1(x, 0)+a2xn−kH1(x, 0)
Giả sửk vàn−kđều lớn hơn1.Khi ta có hai khả xảy
• Cả hai đa thức G1(x, 0) H1(x, 0) đồng 0, suy x
đồng nhất0(vơ lí)
(27)Do vậy, hai sốk,n−kphải có số bé hơn2.Khơng tính tổng qt, ta giả sử kÉ1
• Nếuk=0thìH1≡0.Khi đóH(x, y)≡a1 (loại)
• Nếuk=1thìH1≡b6=0.Khi đóH(x, y)=a1x+b yhay
xn+x y+yn=0, ∀x= −b y a1
Mà điều kể khin=2
2