Cho tam giác nhọn không cân ABC có trực tâm H và D; E; F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A; B; C: Gọi .I / là đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I I và K; J lần lượt là[r]
(1)LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2020-2021 Võ Quốc Bá Cẩn (Giải và tổng hợp) Ngày thi thứ (25/12/2020) thỏa mãn xnC1 D 3xn2 2nxn3 với Cẩ n Bài (5.0 điểm) Cho dãy số thực xn / với x1 0; số nguyên dương n: a) Chứng minh lim xn D 0: b) Với số nguyên dương n; đặt yn D x1 C 2x2 C C nxn : Chứng minh dãy yn / có giới hạn hữu hạn < xn Do < x1 < nên x2 D 3x12 Bá Lời giải a) Bằng quy nạp, ta chứng minh ; 2.n C 1/ 8n 2: .1/ 2x13 > 0: Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có Q uố c x2 D 3x12 2x13 D x12 2x1 / D 4x1 4x1 2x1 / 16 3 4x1 C 4x1 C 2x1 1 D C 2x1 /3 < : 16 16 Do đó < x2 < 12 : Suy khẳng định 1/ đúng với n D 2: Giả sử khẳng định 1/ đúng đến n 3n n 2/; ta chứng minh khẳng định 1/ đúng với n C 1: Do 2nxn nC1 > nên xnC1 D xn 2nxn / > 0: Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2nxn / n Võ xnC1 D nxn nxn n nxn C nxn C 3 2nxn 3 D < ; n2 2.n C 2/ 3n2 2.n C 2/ 6n 2.n C 2/ D 4.n 1/ > 0: Tóm lại, khẳng định 1/ luôn đúng với số nguyên n 2: Từ đây, dễ dàng suy lim xn D 0: b) Đặt zn D nxn : Khi đó, ta có < z1 < znC1 D và nC1 z n2 n 2zn /; Từ chứng minh câu a) và giả thiết, dễ thấy < zn < dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có znC1 nC1 D zn 2zn 2n2 8n N : với số nguyên dương n: Bây giờ, sử nC1 2zn C 2zn / zn 2n 2zn 2 D 9.n C 1/ zn : 8n2 (2) Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 Mặt khác, dễ thấy 9.nC1/ 8n2 với số nguyên n nên ta có znC1 zn ; 8n 3: Từ đó suy zn z3 ; 8n 3: 2n Sử dụng kết này, với số nguyên n 3; ta có 1 yn D z1 C z2 C C zn z1 C z2 C C C C n z3 < z1 C z2 C 2z3 < 6: 2 Cẩ n Mặt khác, dễ thấy dãy yn / tăng ngặt nên dãy yn / có giới hạn hữu hạn Bài (5.0 điểm) Tìm tất các hàm số f W R ! R thỏa mãn f x/f y/ D f xy 1/ C xf y/ C yf x/; 8x; y R: Lời giải Đặt a D f 1/: Thay y D vào phương trình 1/; ta a 1/f x/ D f x 1/ C ax; 8x R: .1/ .2/ Bá Nếu a D thì ta có f x 1/ D x với số thực x; từ đó f x/ D x với số thực x: Tuy nhiên, thử lại, hàm này không thỏa mãn các yêu cầu bài toán Do đó a ¤ 1: 3a2 : a 1/2 Thay x D y D vào c Từ phương trình 2/; ta dễ dàng tính f 2/ D a3a1 và f 3/ D 2 phương trình 1/; ta f 2/ D f 3/ C 4f 2/; hay 3a 3a2 12a D C : a a 1/ a Q uố Giải phương trình trên, ta a D a D 2: Trường hợp 1: a D : Khi đó, phương trình 2/ có thể viết lại thành f x/ D f x 1/ C 2x; 8x R: Từ đó f 0/ D 0: Ngoài ra, phương trình 1/ có thể viết lại thành f x/f y/ D f xy/ 2xy C xf y/ C yf x/; 8x; y R: .3/ Võ Thay y D x1 C với x ¤ vào phương trình trên, ta 2 C C D f x C 1/ 2x C x f C C2 C C f x/; f x/ f x x x x x hay Thay y D x 1 f x/f C f x/ D 2x C C xf ; x x x với x ¤ vào phương trình 3/; ta 1 D xf C f x/; f x/ x x x 8x ¤ 0: 8x ¤ 0: Kết hợp với kết trên, ta x2 f x/ D 2x C với số thực x ¤ 0: Từ đó f x/ D x C x với số thực x ¤ 0: Mà f 0/ D nên ta có f x/ D x C x với số thực x: Hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán (3) Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 Trường hợp 2: a D 0: Khi đó, phương trình 2/ có thể viết lại thành f x/ D f x 1/; 8x R: Từ đó f 0/ D và f 1/ D 0: Ngoài ra, phương trình 1/ có thể viết lại thành f x/f y/ D f xy/ C xf y/ C yf x/; 8x; y R: .4/ Thay y x1 C với x ¤ vào phương trình trên, ta 1 xf C C f x/; x x f x C 1/ f x/f D x 1 xf C C f x/; x x hay Thay y D x với x ¤ vào phương trình 4/; ta 8x ¤ 0: 8x ¤ 0: Bá 1 f x/f D xf C f x/; x x x Cẩ n f x/f D x Kết hợp hai kết trên lại, ta x2 C f x/ D với số thực x ¤ 0: Từ đó f x/ D với số thực x 62 f0; 1g: Mà f 0/ D f 1/ D nên ta có f x/ D với số thực x: Hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán c Tóm lại, có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu là f x/ D và f x/ D x C x: Q uố Bài (5.0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân ABC có trực tâm H và D; E; F là chân đường cao hạ từ các đỉnh A; B; C: Gọi I / là đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I I và K; J là trung điểm các đoạn thẳng BC; EF: Đường thẳng HJ cắt đường tròn I / điểm thứ hai G; đường thẳng GK cắt đường tròn I / điểm thứ hai L: a) Chứng minh đường thẳng AL vuông góc với đường thẳng EF: Võ b) Gọi M là giao điểm hai đường thẳng AL và EF: Đường thẳng IM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF điểm thứ hai N: Đường thẳng DN cắt các đường thẳng AB; AC các điểm P và Q: Chứng minh ba đường thẳng PE; QF; AK đồng quy Lời giải a) Dễ thấy tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm K; đường kính BC: Do EF là dây cung chung hai đường tròn I / và K/ nên IK là trung trực đoạn EF: Suy I; J; K thẳng hàng Dễ thấy năm điểm I; E; K; D; F cùng thuộc đường tròn nên JK JI D JE JF: Mặt khác, bốn điểm E; G; F; H cùng thuộc đường tròn I / nên JEJF D JH J G: Từ đây, ta có JKJI D JH J G: Suy bốn điểm H; I; G; K cùng thuộc đường tròn Từ đó ∠HIJ D ∠HGL: Lại có ∠HGL D ∠HAL nên ∠HIJ D ∠HAL: Suy AL k IJ: Mà IJ ? EF nên AL ? EF: b) (Nguyễn Lê Phước) Gọi U là giao điểm hai đường thẳng EF và AH: Bốn điểm M; N; K; J cùng thuộc đường tròn nên IM I N D IJ IK D IE D IA2 : Suy hai tam giác IAM và I NA đồng dạng Từ đó ∠I NA D ∠IAM D 90ı ∠I UM: 1/ (4) Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 S A G I E M U J Q F H T L N Cẩ n O R C B K Bá D P Mặt khác, dễ thấy tứ giác UJKD nội tiếp nên I U ID D IJ IK D IM I N: Suy tứ giác UMND nội tiếp Do đó ∠I UM D ∠I ND: 2/ Q uố c Từ 1/ và 2/; ta suy ∠I NA D 90ı ∠I ND: Do đó ∠AND D 90ı : Bây giờ, qua điểm A kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC cắt đường thẳng DN điểm S: Ta có SN SD D SA2 nên S thuộc trục đẳng phương hai đường tròn AH / và IEF /: Suy S thuộc đường thẳng EF: Gọi T là giao điểm hai đường thẳng PE và QF: Gọi R là giao điểm hai đường thẳng AT và SP: Ta có A.PQ; RS/ D 1; mà BC k AS nên đường thẳng AR qua trung điểm K đoạn BC: Từ đây, ta suy ba đường thẳng AK; PE và QF đồng quy điểm T: Võ Bài (5.0 điểm) Với số nguyên n 2; gọi s.n/ là tổng tất các số nguyên dương không vượt quá n và không nguyên tố cùng với n: Chứng minh a) s.n/ D n2 n C '.n/ ; đó '.n/ là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng với n: b) Không tồn số nguyên n cho s.n/ D s.n C 2021/: Lời giải a) Rõ ràng với n D 2; khẳng định đúng Xét n 3: Ta thấy rằng, số nguyên a nguyên tố cùng với n thì n a nguyên tố cùng với n: Do đó, các số nguyên dương nhỏ n; nguyên tố cùng với n có thể chia thành các cặp dạng a; n a/: Từ đây, ta suy '.n/ là số chẵn, và tổng tất các số nguyên dương nhỏ n; nguyên tố cùng với n n2 '.n/ (chú ý tổng các số cặp nói trên luôn n) Mặt khác, ta có tổng tất các số nguyên từ đến n n.nC1/ nên tổng tất các số nguyên dương n.nC1/ n n không vượt quá n; không nguyên tố cùng với n '.n/ D n C '.n/ : 2 (5) Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 b) Giả sử tồn số nguyên n cho s.n/ D s.n C 2021/; hay n n C '.n/ D n C 2021/ n C 2022 '.n C 2021/ : .1/ Xét các trường hợp sau Trường hợp 1: n; 2021/ D 1: Khi đó, từ 1/; ta suy n C mâu thuẫn vì < n C '.n/ n C < n C 2021: '.n/ chia hết cho n C 2021; Do k; k C 47/ D nên tồn số nguyên dương m cho 43k C 2022 '.43k C 2021/ D mk và 43k C Cẩ n Trường hợp 2: n chia hết cho 43; không chia hết cho 47: Đặt n D 43k với k là số nguyên dương không chia hết cho 47: Khi đó, đẳng thức 1/ có thể viết lại thành k 43k C '.43k/ D k C 47/ 43k C 2022 '.43k C 2021/ : '.43k/ D m.k C 47/: .2/ .3/ Bá Do '.43k/; '.43k C2021/ cùng chia hết cho 42 nên từ 2/; 3/; ta suy mk k C6 mod 42/ và m.k C 5/ k C mod 42/: Từ đó 5m mod 42/; hay m mod 42/: Mặt khác, từ 3/; ta lại có m.k C 47/ < 43k C < 43.k C 47/; hay m < 43: Do đó m D 41: Từ đây, các đẳng thức 2/ và 3/ có thể viết lại thành 2k C 2022 D ' 43.k C 47/ 20 / và 1926 D '.43k/: c 2k .30 / Q uố Nếu k chia hết cho 43 thì ta có '.43k/ chia hết cho 43; suy 1926 chia hết cho 43; mâu thuẫn Do đó k; 43/ D 1: Chứng minh tương tự, ta có k C 47; 43/ D 1: Từ đây, với chú ý '.x/ là hàm nhân tính, ta có thể viết lại các đẳng thức 20 / và 30 / thành 2k C 2022 D 42'.k C 47/ và 2k Suy 1926 D 42'.k/: .300 / '.k/ D 94: Võ '.k C 47/ .200 / Như thế, hai số '.k/ và '.k C 47/ có ít số không chia hết cho 4: Ngoài ra, từ 300 /; ta có k > 963: ı Nếu '.k/ không chia hết cho thì k có tối đa ước nguyên tố lẻ Do đó k có dạng 2u p v với u; v là các số tự nhiên và p là số nguyên tố lẻ Nếu v D thì k D 2u ; mà '.k/ không chia hết cho nên u 2; mâu thuẫn vì k > 963: Như vậy, ta phải có v > 0: Nếu u thì '.k/ chia hết cho 4; mâu thuẫn Do đó u < 2: Suy '.k/ D p v p 1/: Kết hợp với 300 /; ta 42p v p 1/ 4p v 1926 < 4p v : Từ đó p < 21 ; mâu thuẫn 19 ı Nếu '.k C 47/ không chia hết cho thì cách chứng minh tương tự trên, ta suy k C 47 D 2u p v với u; v là các số tự nhiên, p là số nguyên tố lẻ và u < 2: Suy '.k C 47/ D p v p 1/: Vì 2k C 2022 D 2.k C 47/ C 1928 < 4.k C 47/ 8p v nên từ 200 /; ta suy 42p v p 1/ D 42'.kC47/ D 2kC2022 < 8p v ; hay p < 21 ; mâu thuẫn 17 (6) Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 Trường hợp 3: n chia hết cho 47; không chia hết cho 43: Chứng minh tương tự trường hợp trên, ta thu điều mâu thuẫn Trường hợp 4: n chia hết cho 2021: Đặt n D 2021` với ` là số nguyên dương Khi đó, đẳng thức 1/ có thể viết lại thành ` 2021` C '.2021`/ D ` C 1/ 2021` C 2022 '.2021` C 2021/ : Vì `; ` C 1/ D nên tồn số nguyên dương t cho '.2021` C 2021/ D t` và 2021` C .4/ Cẩ n 2021` C 2022 '.2021`/ D t.` C 1/: .5/ Do hai số '.2021`/ và '.2021` C 2021/ cùng chia hết cho 1932 nên từ 4/; 5/; ta suy t ` 89` C 90 mod 1932/ và t.` C 1/ 89` C mod 1932/: Do đó t 89 mod 1932/: Mặt khác, từ 5/; ta có t.` C 1/ < 2021` C < 2021.` C 1/; hay t < 2021: Suy t D 1843: Các đẳng thức 4/ và 5/ có thể viết lại thành và 178` Bá 178` C 2022 D '.2021` C 2021/ 1842 D '.2021`/: c Giống trường hợp 2, ta chứng minh `; 2021/ D ` C 1; 2021/ D 1: Vì '.x/ là hàm nhân tính nên các đẳng thức trên có thể viết lại thành Q uố 178` C 2022 D 1932'.` C 1/ và 178` 1842 D 1932'.`/: Từ đó suy '.` C 1/ '.`/ D 2: Đến đây, ta có thể suy điều mâu thuẫn cách tương tự trường hợp Võ Tóm lại, không tồn số nguyên n thỏa mãn s.n/ D s.n C 2021/: Ngày thi thứ hai (26/12/2020) Bài (6.0 điểm) Cho đa thức P x/ D a21 x 21 C a20 x 20 C C a1 x C a0 có các hệ số thuộc Œ1011; 2021: Biết đa thức P x/ có nghiệm nguyên và c là số thực dương cho jakC2 ak j c với k f0; 1; : : : ; 19g: Chứng minh a) Đa thức P x/ có đúng nghiệm nguyên b) 10 X .a2kC1 kD0 a2k /2 440c : (7) Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 Lời giải a) Gọi ` là nghiệm nguyên đa thức P x/: Rõ ràng ` phải là số nguyên dương Ta chứng minh ` D 1: Thật vậy, giả sử ` > 1: Đặt M D maxfa0 ; a1 ; : : : ; a21 g: Khi đó, ta có a21 `21 D ja20 `20 C a19 `19 C C a1 ` C a0 j a20 `20 C a19 `19 C C a1 ` C a0 M.`21 1/ M `21 < : M `20 C `19 C C ` C D ` ` Suy ` 1< M 2021 < 2: a21 1011 Cẩ n Từ đây, với chú ý ` > 1; ta dễ dàng suy ` D 2: Và thế, ta có P 2/ D 0: Mặt khác, ta lại có P 2/ D a20 220 C C a2 22 C a0 / 2021.220 C C 22 C 1/ D .a21 221 C C a3 23 C a1 21 / 1011.221 C C 23 C 21 / .220 C C 22 C 1/ < 0: Bá Mâu thuẫn nhận chứng tỏ điều khẳng định trên sai, hay nói cách khác, ta phải có ` D 1: Do đó, P x/ có nghiệm nguyên là 1: b) Vì P 1/ D nên ta có a1 Đặt xi D a2i C1 a0 / C a3 a2 / C C a21 a20 / D 0: a2i với i D 0; 1; : : : ; 10: Khi đó, ta có x0 Cx1 C Cx10 D 0: Ta phải chứng minh c x02 C x12 C C x10 440c : Q uố ˇ ˇ Từ giả thiết, ta có jxi xi j D ˇ.a2iC1 a2i / a2i a2i /ˇ ja2iC1 a2i với i D 1; 2; : : : ; 10: Từ đó, với i < j 10; ta có jxj jCja2i a2i ˇ ˇ xi j D ˇ.xj xj / C xj xj / C C xi C1 xi /ˇ jxj xj j C jxj xj j C C jxi C1 xi j 2.j i/c: Võ Sử dụng kết này, ta x02 C x12 C C x10 X D x5 D i D6 X 10 X .x5 xi /2 C .xi .5 x5 / C 2x5 i D0; i¤5 .xi i/2 2c/2 C 10 X i i D6 D 440c : 10 X x5 / 11x52 i D6 X i D0 Ta có điều phải chứng minh xi / C 10 X i D0 i D0 5/2 2c/2 xi 9x52 2j 2c (8) Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 Bài (7.0 điểm) Một học sinh chia tất 30 viên bi vào cái hộp đánh số 1; 2; 3; 4; (sau chia có thể có hộp không có viên bi nào) a) Hỏi có bao nhiêu cách chia các viên bi vào các hộp (hai cách chia là khác có hộp có số bi hai cách chia là khác nhau)? Cẩ n b) Sau chia, học sinh này sơn 30 viên bi đó số màu (mỗi viên bi sơn đúng màu, màu có thể sơn cho nhiều viên bi), cho không có hai viên bi nào cùng hộp có màu giống và từ hai hộp không thể chọn viên bi sơn màu Chứng minh với cách chia, học sinh phải dùng không ít 10 màu để sơn bi c) Hãy cách chia cho với đúng 10 màu, học sinh có thể sơn bi thỏa mãn các điều kiện câu b) Lời giải (Mai Quốc Anh) a) Gọi xi là số bi hộp thứ i Khi đó, ta có X xi D 30: .1/ Với x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 /; xét dãy nhị phân Bá iD1 .1 : : : 1/x1 0.1 : : : 1/x2 0.1 : : : 1/x3 0.1 : : : 1/x4 0.1 : : : 1/x5 : c Dễ thấy ánh xạ mô tả trên là song ánh, đó số thỏa mãn 1/ chính là số dãy nhị phân trên Mà số dãy nhị phân trên chính là số cách chọn vị trí chữ số 34 vị trí gồm 30 chữ số 4 và chữ số 0, tức là C34 Vì đáp số là C34 Q uố b) Giả sử các viên bi tô k màu đánh số từ đến k Gọi aj là số bi có màu j; đó k X aj D 30: j D1 Nếu có hai hộp có chung loại bi, ta chọn cặp bi này và có viên bi sơn màu, trái với giả thiết Do đó hai hộp bi có chung không quá ba loại bi Võ Ta đếm số S các c; u; v/, đó viên bi màu c có hộp u; v Có C52 D 10 cách chọn hai hộp u; v và có không quá cách chọn viên bi màu c tương ứng (lưu ý hộp chứa tối đa viên bi loại), đó có không quá 30 thỏa mãn, tức là S 30: .2/ Mặt khác, loại bi màu c có Ca2c cách chọn hai hộp u; v chứa nó Vì ta có SD k X k Ca2c cD1 Từ 2/ và 3/; ta suy 30 1X D a cD1 c 450 k 15 2k 15, hay k 10: k X cD1 !2 ac 15 D 450 k 15: .3/ (9) Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 c) Ta chia viên bi vào hộp Xét cách sơn sau Hộp có các viên bi màu 1; 2; 3; 4; 5; 6: Hộp có các viên bi màu 1; 2; 3; 7; 8; 9: Hộp có các viên bi màu 1; 5; 6; 8; 9; 10: Hộp có các viên bi màu 2; 4; 6; 7; 9; 10: Hộp có các viên bi màu 3; 4; 5; 7; 8; 10: Cẩ n Dễ thấy cách chia này thỏa mãn đề bài Bài toán kết thúc Bài (7.0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn O/: Gọi D là giao điểm hai tiếp tuyến O/ B và C: Đường tròn qua A và tiếp xúc với BC B cắt trung tuyến qua A tam giác ABC G: Cho BG; C G cắt CD; BD E; F: a) Đường thẳng qua trung điểm BE và CF cắt BF; CE M; N: Chứng minh các điểm A; D; M; N cùng thuộc đường tròn Võ Q uố c Lời giải Đang cập nhật Bá b) Cho AD; AG cắt lại đường tròn ngoại tiếp các tam giác DBC; GBC H; K: Trung trực HK; HE; HF cắt BC; CA; AB R; P; Q: Chứng minh các điểm R; P; Q thẳng hàng (10)