BÀI SỐ 4: TOÁN RỜI RẠC Bài 4. Cho ngũ giác lồi ABCDE có các cạnh và hai đường chéo AC, AD có độ dài không vượt quá  3. Trong ngũ giác lồi lấy 2011 điểm phân biệt bất kì. 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. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề. Cho điểm I nằm trong tam giác X Y Z có độ dài các cạnh nhỏ hơn  3. Khi đó, min{I X , IY , I Z} <1. Chứng minh. Thật vậy, vì ∠X IY +∠Y I Z +∠ZI X =360 ◦ nên trong ba góc ∠X IY , ∠Y I Z, ∠Z I X phải có một góc không nhỏ hơn 120 ◦ . Giả sử ∠X IY  120 ◦ thì trong tam giác I X Y , theo định lý cosin ta có 3  X Y 2 = I X 2 +IY 2 −2I X ·IY cos∠X IY  I X 2 +IY 2 +I X ·IY 3min{I X 2 , IY 2 }. Từ đây đưa đến min{I X , IY } 1. Bổ đề được chứng minh. ■ Quay trở lại bài toán. Theo giả thiết thì các tam giác ABC, ACD, ADE đều có cả ba cạnh nhỏ hơn  3, mà mỗi điểm trong 2011 điểm gieo trong ngũ giác ABCDE đều thuộc miền trong của một trong ba tam giác này nên theo bổ đề, mỗi điểm phải cách một đỉnh nào đó của ngũ giác một khoảng không lớn hơn 1. Theo nguyên lý Dirichlet, có một đỉnh của ngũ giác có khoảng cách không lớn hơn 1 đến ít nhất  2011 5  =403 điểm. Từ đó ta có điều phải chứng minh. 20 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN d BÀI SỐ 5: DÃY SỐ CÓ TÍNH CHẤT SỐ HỌC Bài 5. Cho dãy số nguyên {a n } xác định bởi a 0 =1, a 1 =−1 và a n =6a n−1 +5a n−2 với mọi n 2. Chứng minh rằng a 2012 −2010 chia hết cho 2011. Lời giải 1. Xét dãy {b n } được xác định như sau b 0 =1, b 1 =−1 và b n =6 b n−1 +2016b n−2 với mọi n 2. Dãy này có phương trình đặc trưng x 2 −6x −2016 =0 có hai nghiệm là x = −42 và x = 48. T ừ đây, sử dụng kiến thức về phương trình sai phân, ta tìm được công thức tổng quát của dãy là b n = 41 ·48 n +49 ·(−42) n 90 , ∀n ∈N. Ngoài ra, ta cũng dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng a n ≡ b n (mod 2011), ∀n ∈N. Theo đó, ta chỉ cần chứng minh b 2012 +1 ≡0 (mod 2011) nữa là xong. Ta có b 2012 +1 = 41 ·48 2012 +49 ·(−42) 2012 +90 90 . Do 2011 là số nguyên tố, và 2011, 90 là hai số nguyên tố cùng nhau nên ta chỉ cần chứng minh 41 ·48 2012 +49 ·(−42) 2012 +90 ≡0 (mod 2011). (1) Mà theo định lý Fermat nhỏ, ta có 41 ·48 2012 +49 ·(−42) 2012 +90 ≡41 ·48 2 +49 ·42 2 +90 (mod 2011) =90 b 2 +90 =90  6 ·(−1) +2016 ·1  +90 =90 ·2010 +90 =90 ·2011 ≡0 (mod 2011). Vì vậy, (1) đúng. Bài toán được chứng minh xong. 22 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Lời giải 2. Phương trình đặc trưng của dãy đã cho là x 2 −6x −5 = 0 có hai nghiệm là 3 −  14 và 3 +  14, do đó ta dễ dàng tìm được công thức số hạng tổng quát của dãy là a n =  7 −2  14  3 +  14  n +  7 +2  14  3 −  14  n 14 =  −7 +  14  3 +  14  n−1 −  7 +  14  3 −  14  n−1 14 =−u n +2v n , trong đó u n =  3 +  14  n−1 +  3 −  14  n−1 2 , v n =  3 +  14  n−1 −  3 −  14  n−1 2  14 . Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có u 2012 = 1005  k=0 C 2k 2011 3 2011−2k 14 k =3 2011 + 1005  k=1 C 2k 2011 3 2011−2k 14 k . Do 1 <2k <2011 với 1 k 1005 và 2011 là số nguyên tố nên C 2k 2011 =2011  C 2k−1 2010 2k  . . . 2011. Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ thì 3 2011 ≡3 (mod 2011). Do vậy, kết hợp các lập luận lại với nhau, ta được u 2012 ≡3 (mod 2011). (2) Tương tự với v n , ta cũng sử dụng khai triển Newton và thu được v 2012 = 1006  k=1 C 2k−1 2011 3 2012−2k 14 k−1 =14 1005 + 1005  k=1 C 2k−1 2011 3 2012−2k 14 k−1 . Đến đây, cũng bằng cách sử dụng tính nguyên tố của 2011, ta thấy C 2k−1 2011 =2011  C 2k−2 2010 2k −1  . . . 2011 LỜI GIẢI VMO 2011 23 với k ∈{1, 2, , 1005}. Vì vậy v 2012 ≡14 1005 (mod 2011). Do 14 =2025 −2011 =45 2 −2011 ≡45 2 (mod 2011) nên áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có 14 1005 ≡45 2010 ≡1 (mod 2011). Suy ra v 2012 ≡1 (mod 2011). (3) Từ (2) và (3), ta có a 2012 −2010 ≡−3 +2 ·1 −2010 ≡0 (mod 2011). Bài toán được chứng minh xong. 24 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN d BÀI SỐ 6: HÌNH HỌC PHẲNG Bài 6. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC, ACB là các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng d vuông góc với BC tại Dcắt đường thẳng AB, AC tương ứng tại E và F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AEF , BDE và CDF. Chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Lời giải. Ta thấy bài toán đã cho chính là sự kết hợp cơ học của hai kết quả sau Bổ đề 1. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC , ACB là các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên B C. Đường thẳng d vuông góc với BC tại D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng tại E, F. (N), (P ) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác BDE, CDF. Khi đó, d đi qua tâm nội tiếp tam giác AB C khi và chỉ khi tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P ) đi qua A. Bổ đề 2. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC , ACB là các góc nhọn. Xét điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng d vuông góc với BC tại D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng tại E, F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AEF , BDE và CDF. Khi đó, bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P ) đi qua A. Như vậy, ta chỉ cần chứng minh được hai bổ đề này thì bài toán cũng được giải quyết xong. Chứng minh bổ đề 1. Ta chứng minh hai chiều. • Giả sử tiếp tuyến khác d của (N) và (P) đi qua A. Gọi giao điểm của tiếp tuyến đó và d là T. Dễ thấy các tứ giác T ABD và T ACD ngoại tiếp, do đó theo tính chất cơ bản của tứ giác ngoại tiếp, ta có AB + T D = AT + BD và AC + T D = AT + DC. Từ hai đẳng thức này, ta dễ thấy DB − DC = AB − AC. 26 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Lại có DB + DC = BC nên DB = B A + BC − AC 2 , DC = C A + CB − AB 2 . Vậy D chính là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với BC, hay d đi qua tâm nội tiếp tam giác ABC. d A B C I D E F N P T • Giả sử d đi qua tâm nội tiếp của tam giác ABC, khi đó ta có ngay đẳng thức DB − DC = B A + BC − AC 2 − C A + CB − AB 2 = AB − AC. Gọi giao điểm của tiếp tuyến qua A (khác AB) của (N ) và d là T. Tứ giác T ABD ngoại tiếp nên ta có AB + T D = AT + BD. Kết hợp đẳng thức trên, ta suy ra AC + T D = AT + DC. Điều này chứng tỏ tứ giác T ADC ngoại tiếp. Vậy AT tiếp xúc (P ), hay nói cách khác, AT là tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P) đi qua A. ■ LỜI GIẢI VMO 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 cùng nằm trên một đường tròn. Để ý rằng E, M, N thẳng hàng và F , M, P thẳng hàng, do vậy ∠N MP = 180 ◦ − ∠EMF = 180 ◦ −  90 ◦ + ∠E AF 2  = 90 ◦ − 180 ◦ − ∠B AC 2 = ∠B AC 2 . Mặt khác, vì tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P) cũng đi qua A nên ∠N AP = ∠B AC 2 . Kết hợp hai đẳng thức trên, ta suy ra tứ giác AM N P nội tiếp. d x A B C I D E F N P T M • Giả sử A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn, ta phải chứng minh tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P) đi qua A. Cũng từ lập luận trên, ta có ∠N MP = ∠B AC 2 . 28 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Do A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn nên ∠N AP = ∠N MP. Kết hợp với trên, ta suy ra ∠N AP = ∠B AC 2 . Qua A vẽ tiếp tuyến Ax của (N), ta có ∠N A x = ∠B Ax 2 . Do đó ∠P Ax = ∠N AP − ∠N A x = ∠B AC 2 − ∠B Ax 2 = ∠C Ax 2 = ∠P AC. Từ đây suy ra Ax đối xứng AC qua AP mà AC tiếp xúc (P). Vậy Ax tiếp xúc (P). Nhận xét. Phần thuận của bổ đề 1 là bài thi vô địch Nga năm 2009 (phần dành cho lớp 10). [...]... giả thi t ta có G ( x, 0) · H ( x, 0) = x n , suy ra tồn tại k ∈ N, a 1 a 2 = 1 sao cho H ( x, 0) = a 1 x k , G ( x, 0) = a 2 x n−k Do H ( x, y) và G ( x, y) là các đa thức nên ta có thể viết được chúng dưới dạng H ( x, y) = a 1 x k + yH1 ( x, y), G ( x, y) = a 2 x n−k + yG 1 ( x, y), trong đó G 1 ( x, y), H1 ( x, y) là các đa thức Thay vào P ( x, y) và rút gọn, ta được a 1 x k yG 1 ( x, y) + a 2 x... được a 1 x k yG 1 ( x, y) + a 2 x n−k yH1 ( x, y) + y2 G 1 ( x, y) · H1 ( x, y) = x y + yn , hay a 1 x k G 1 ( x, y) + a 2 x n−k H1 ( x, y) − x = yn−1 − yG 1 ( x, y) · H1 ( x, y) Cho y = 0, ta có x = a 1 x k G 1 ( x, 0) + a 2 x n−k H1 ( x, 0) Giả sử k và n − k đều lớn hơn 1 Khi đó ta có hai khả năng xảy ra • Cả hai đa thức G 1 ( x, 0) và H1 ( x, 0) đều đồng nhất 0, suy ra x đồng nhất 0 (vô lí) • Có một...BÀI SỐ 7: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN R Bài 7 Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức P ( x, y) = x n + x y + yn không thể viết dưới dạng P ( x, y) = G ( x, y) · H ( x, y), trong đó G ( x, y) và H ( x, y) là các đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng Lời giải Giả sử tồn tại các đa thức G ( x, y) và H ( x, y) thỏa mãn deg G 1, deg H 1 sao cho P... thức vế phải là k +deg G 1 > 1 30 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Do vậy, trong hai số k, n − k phải có một số bé hơn 2 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử k 1 • Nếu k = 0 thì H1 ≡ 0 Khi đó H ( x, y) ≡ a 1 (loại) • Nếu k = 1 thì H1 ≡ b = 0 Khi đó H ( x, y) = a 1 x + b y hay x n + x y + yn = 0, ∀x = − by a1 Mà điều này cũng không thể kể cả khi n = 2 Vậy bài toán được chứng minh . của 20 11, ta thấy C 2k−1 20 11 =20 11  C 2k 2 20 10 2k −1  . . . 20 11 LỜI GIẢI VMO 20 11 23 với k ∈{1, 2, , 1005}. Vì vậy v 20 12 ≡14 1005 (mod 20 11) . Do 14 =20 25 20 11 =45 2 20 11 ≡45 2 (mod 20 11) . có 14 1005 ≡45 20 10 ≡1 (mod 20 11) . Suy ra v 20 12 ≡1 (mod 20 11) . (3) Từ (2) và (3), ta có a 20 12 20 10 ≡−3 +2 ·1 20 10 ≡0 (mod 20 11) . Bài toán được chứng minh xong. 24 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN d BÀI SỐ. ·48 20 12 +49 ·(− 42) 20 12 +90 ≡41 ·48 2 +49 · 42 2 +90 (mod 20 11) =90 b 2 +90 =90  6 ·(−1) +20 16 ·1  +90 =90 20 10 +90 =90 20 11 ≡0 (mod 20 11) . Vì vậy, (1) đúng. Bài toán được chứng minh xong. 22