BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2010 – 2011 d THÁNG 01 – 2011 d LỜI NĨI ĐẦU Diễn đàn tốn học Math.vn chưa đầy hai tuổi, đóng góp thành viên diễn đàn với cộng đồng dần khẳng định Diễn đàn nơi trao đổi hữu ích thầy cô giáo, em học sinh bạn u tốn Đã có nhiều giảng hay, có lời giải đẹp cho tốn khó, nơi gặp gỡ trao đổi nhiều ý tưởng độc đáo cho vấn đề tưởng chừng đơn giản Nhìn lại năm hoạt động, chúng tơi thấy có dấu ấn: • Tổ chức tường thuật trực tiếp đại hội Toán học giới Ấn Độ, nơi tài người Việt Nam khẳng định giải thưởng Fields Giáo sư Ngô Bảo Châu Những thông tin Math.vn nhiều trang web trích đăng • Tổ chức thi thử năm 2010 với 24 đề chất lượng đa phần học sinh thầy cô đánh giá cao • Tổ chức giải đề thi đại học khối A, B, D mơn Tốn có nhiều lời giải hay công bố sớm Phát huy tinh thần đó, nhân kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia Việt Nam 2011, diễn đàn tổ chức giải đề VMO 2011 Chúng tin tưởng tài liệu tốt cho bạn học sinh tham gia thi chọn học sinh giỏi tham khảo BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN MATH.VN d DIỄN ĐÀN TỐN HỌC MATH.VN MỤC LỤC Lời nói đầu Lời giải Lời giải 13 Lời giải 17 Lời giải 19 Lời giải 21 Lời giải 25 Lời giải 29 d DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN BÀI SỐ 1: BẤT ĐẲNG THỨC Bài Cho x số thực dương n số nguyên dương Chứng minh bất đẳng thức x n ( x n+1 + 1) xn + x+1 2n+1 Đẳng thức xảy nào? Lời giải Ta sử dụng phương pháp quy nạp theo n Với n = 1, bất đẳng thức ta trở thành x( x2 + 1) x+1 x+1 Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có (2 x) + ( x2 + 1) 2 x( x + 1) = · (2 x) · ( x2 + 1) 2 = ( x + 1)4 Từ suy x( x2 + 1) x+1 (x+1)4 x+1 = x+1 Và vậy, bất đẳng thức cho với n = Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức cho n = k ( k ∈ N∗ ) với n = k + Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có x+1 2k+1 x+1 2 x k ( x k+1 + 1) xk + , suy x+1 2(k+1)+1 = x+1 2k+1 x+1 2 · x k ( x k+1 + 1) xk + Sử dụng đánh giá này, ta thấy việc chứng minh đưa chứng minh kết sau x+1 2 · x k ( x k+1 + 1) x k+1 ( x k+2 + 1) xk + x k+1 + Bất đẳng thức tương đương với ( x + 1)2 4x ( x k+2 + 1)( x k + 1) ( x k+1 + 1)2 , DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN ( x k+2 + 1)( x k + 1) ( x + 1)2 −1 4x ( x k+1 + 1)2 − Do ( x + 1)2 − x = ( x − 1)2 ( x k+2 + 1)( x k + 1) − ( x k+1 + 1)2 = x k ( x − 1)2 nên ta thu gọn bất đẳng thức lại thành ( x − 1)2 4x x k ( x − 1)2 ( x k+1 + 1)2 , tương đương ( x − 1)2 ( x k+1 + 1)2 − x k+1 Bất đẳng thức theo AM-GM, ta có ( x k+1 + 1)2 x k+1 Như vậy, ta chứng minh khẳng định toán cho n = k ( k ∈ N∗ ) cho n = k + Từ đây, kết hợp với việc xác lập tính đắn bất đẳng thức cần chứng minh cho n = 1, ta suy với số nguyên dương n (theo ngun lý quy nạp) Ngồi ra, thấy suốt trình chứng minh, dấu đẳng thức xảy điểm x = Lời giải Ta chứng minh kết tổng quát hơn: Với a, b > 0, a+b 2n+1 a n b n (a n+1 + b n+1 ) an + b n (1) Kết toán cho trường hợp riêng a = x b = Dễ thấy (1) bất đẳng thức cho hai biến a, b, khơng tính tổng qt ta chuẩn hóa cho a + b = Khi (1) viết lại dạng f n (a, b) 0, f n (a, b) = a n + b n − a n b n (a n+1 + b n+1 ) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ab(a n−1 +b n−1 )(a n+1 +b n+1 ab(a n−1 + b n−1 ) + (a n+1 + b n+1 ) ) 2 n n (a + b) (a + b ) = = ( a n + b n )2 , từ suy a n+1 + b n+1 ( a n + b n )2 ab(a n−1 + b n−1 ) LỜI GIẢI VMO 2011 Sử dụng đánh giá này, ta thu an + bn − f n (a, b) a n−1 b n−1 (a n + b n )2 a n−1 + b n−1 an + b n a n−1 + b n−1 − a n−1 b n−1 (a n + b n ) a n−1 + b n−1 an + b n f n−1 (a, b) = n−1 a + b n−1 = (2) Từ (2), thực đánh giá liên tiếp, ta có f n (a, b) an + bn f n−1 (a, b) a n−1 + b n−1 an + bn a n−1 + b n−1 · n−2 f n−2 (a, b) a n−1 + b n−1 a + b n−2 an + bn a n−1 + b n−1 a2 + b · n−2 ··· f (a, b) ··· a n−1 + b n−1 a + b n−2 a + b1 an + bn f (a, b) = a+b (1) (3) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM · (2ab) · (a2 + b2 ) 2 (2ab) + (a2 + b2 ) (a + b)4 a+b− = a+b− = 2 f (a, b) = a + b − ab(a2 + b2 ) = a + b − Do đó, kết hợp với (3), ta suy f n (a, b) với n ∈ N∗ Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho a, b hai số thực dương Khi đó, với n (ab) n( n−1) n n (a + b ) a+b 2 1, ta có n2 (4) Chứng minh Khơng tính tổng qt, ta giả sử a + b = đặt a = + x, b = − x với x < Bất đẳng thức (4) viết lại thành (1 + x)(1 − x) n( n−1) (1 + x)n + (1 − x)n 2, hay tương đương g( x) = (1 + x) n( n+1) (1 − x) n( n−1) + (1 + x) n( n−1) (1 − x) n( n+1) 2 16 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Mặt khác, dễ thấy xn > 0, ∀n ∈ N∗ nên ta có u n > 0, ∀n ∈ N∗ Vì vậy, ta đặt ln u n = Khi vn+1 = + ln + > , n2 ∀ 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 < + n2 Từ ta có (n−1)2 v n < v1 + + k=2 (n−1) 1 = v1 + − , < v1 + + n−1 k k=2 k( k − 1) ∀n Điều chứng tỏ {vn }n∈N∗ bị chặn, {vn } dãy tăng nên ta suy {vn } hội tụ Vì u n = e hàm f ( x) = e x hàm liên tục nên {u n }n∈N∗ hội tụ Từ lý luận kết hợp với lim n +n+1 = n2 (4), ta suy điều phải chứng minh BÀI SỐ 3: HÌNH HỌC PHẲNG Bài Cho đường trịn (O ), đường kính AB P điểm tiếp tuyến (O ) B (P ≡ B) Đường thẳng AP cắt (O ) lần thứ hai C D điểm đối xứng C qua O Đường thẳng DP cắt (O ) lần thứ hai E (a) Chứng minh AE, BC, PO đồng quy M (b) Tìm vị trí điểm P để diện tích tam giác AMB lớn Tính diện tích lớn theo R bán kính (O ) Lời giải Trước hết xin nhắc lại không chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho hình thang ABCD, AB CD Giả sử AC cắt BD O AD cắt BC I Khi đó, OI qua trung điểm AB CD P C M F E A B O D 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, tứ giác CPFE nội tiếp Từ suy ∠CPE = ∠CFE, ∠PCE = ∠EFB 18 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Cộng đẳng thức góc với ý ∠CEP = 90◦ , ta suy 90◦ = ∠CPE + ∠PCE = ∠CFE + ∠EFB = ∠CFB, hay CF ⊥ PB, CF 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 M, điều phải chứng minh (b) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác APO với C, M, B thẳng hàng, ta dễ thấy OM CA = OP C A + 2CP Từ ta có CA S M AB OM = = S P AB OP C A + 2CP Suy S M AB = S P AB · CA C A + 2CP S P AB · CA C A · 2CP BC · P A CA 4R R2 = · = = 2 2BC 2 Đẳng thức xảy PB = 2R = S P AB · CA 2BC BÀI SỐ 4: TOÁN RỜI RẠC Bài Cho ngũ giác lồi ABCDE có cạnh hai đường chéo AC, AD có độ dài khơng vượt q Trong ngũ giác lồi lấy 2011 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác lồi ABCDE chứa 403 điểm số 2011 điểm cho Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho điểm I nằm tam giác X Y Z có độ dài cạnh nhỏ Khi đó, min{ I X , IY , I Z } < Chứng minh Thật vậy, ∠ 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 120◦ Giả sử ∠ X IY 120◦ tam giác I X Y , theo định lý cosin ta có X Y = I X + IY − I X · IY cos ∠ X IY I X + IY + I X · IY Từ đưa đến min{ I X , IY } min{ I X , IY } Bổ đề chứng minh Quay trở lại tốn Theo giả thiết tam giác ABC, ACD, ADE có ba cạnh nhỏ 3, mà điểm 2011 điểm gieo ngũ giác ABCDE thuộc miền trong ba tam giác nên theo bổ đề, điểm phải cách đỉnh ngũ giác khoảng khơng lớn Theo nguyên lý Dirichlet, có đỉnh ngũ giác có khoảng cách khơng lớn đến 2011 = 403 điểm Từ ta có điều phải chứng minh 20 d DIỄN ĐÀN TỐN HỌC MATH.VN BÀI SỐ 5: DÃY SỐ CĨ TÍNH CHẤT SỐ HỌC Bài Cho dãy số nguyên {a n } xác định a = 1, a = −1 a n = 6a n−1 + 5a n−2 với n Chứng minh a 2012 − 2010 chia hết cho 2011 Lời giải Xét dãy {b n } xác định sau b = 1, b = −1 b n = b n−1 + 2016 b n−2 với n Dãy có phương trình đặc trưng x2 − x − 2016 = có hai nghiệm x = −42 x = 48 Từ đây, sử dụng kiến thức phương trình sai phân, ta tìm cơng thức tổng qt dãy bn = 41 · 48n + 49 · (−42)n , 90 ∀ n ∈ N Ngoài ra, ta dễ dàng chứng minh quy nạp a n ≡ b n (mod 2011), ∀ n ∈ N Theo đó, ta cần chứng minh b2012 + ≡ (mod 2011) xong Ta có b 2012 + = 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 90 Do 2011 số nguyên tố, 2011, 90 hai số nguyên tố nên ta cần chứng minh 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ (mod 2011) (1) Mà theo định lý Fermat nhỏ, ta có 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ 41 · 482 + 49 · 422 + 90 (mod 2011) = 90 b + 90 = 90 · (−1) + 2016 · + 90 = 90 · 2010 + 90 = 90 · 2011 ≡ (mod 2011) Vì vậy, (1) Bài toán chứng minh xong 22 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Lời giải Phương trình đặc trưng dãy cho x2 − x − = có hai nghiệm − 14 + 14, ta dễ dàng tìm cơng thức số hạng tổng qt dãy n − 14 + 14 an = + + 14 − 14 n 14 n−1 −7 + 14 + 14 = − + 14 − 14 n−1 14 = − u n + 2vn , un = + 14 n−1 + − 14 n−1 , = + 14 n−1 − − 14 n−1 14 Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có 1005 u 2012 = 2k C 2011 32011−2k 14k = 32011 + 1005 k=0 2k C 2011 32011−2k 14k k=1 Do < 2k < 2011 với k 1005 2011 số nguyên tố nên 2k C 2011 = 2011 2k−1 C 2010 2011 2k Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ 32011 ≡ (mod 2011) Do vậy, kết hợp lập luận lại với nhau, ta u 2012 ≡ (mod 2011) (2) Tương tự với , ta sử dụng khai triển Newton thu 1006 v2012 = 2k−1 C 2011 32012−2k 14k−1 = 141005 + k=1 1005 2k−1 C 2011 32012−2k 14k−1 k=1 Đến đây, cách sử dụng tính nguyên tố 2011, ta thấy 2k−1 C 2011 2k−2 C 2010 2011 = 2011 2k − LỜI GIẢI VMO 2011 23 với k ∈ {1, 2, , 1005} Vì v2012 ≡ 141005 (mod 2011) Do 14 = 2025 − 2011 = 452 − 2011 ≡ 452 (mod 2011) nên áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có 141005 ≡ 452010 ≡ (mod 2011) Suy v2012 ≡ (mod 2011) Từ (2) (3), ta có a 2012 − 2010 ≡ −3 + · − 2010 ≡ (mod 2011) Bài toán chứng minh xong (3) 24 d DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN BÀI SỐ 6: HÌNH HỌC PHẲNG Bài Cho tam giác ABC khơng cân A có góc ABC, ACB góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho D không trùng với B, C hình chiếu vng góc A BC Đường thẳng d vng góc với BC D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng E F Gọi M, N P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDE CDF Chứng minh bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn đường thẳng d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải Ta thấy toán cho kết hợp học hai kết sau Bổ đề Cho tam giác ABC khơng cân A có góc ABC, ACB góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho D không trùng với B, C hình chiếu vng góc A BC Đường thẳng d vng góc với BC D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng E, F ( N ), (P ) đường tròn nội tiếp tam giác BDE, CDF Khi đó, d qua tâm nội tiếp tam giác ABC tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A Bổ đề Cho tam giác ABC khơng cân A có góc ABC, ACB góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho D không trùng với B, C hình chiếu vng góc A BC Đường thẳng d vng góc với BC D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng E, F Gọi M, N P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDE CDF Khi đó, bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A Như vậy, ta cần chứng minh hai bổ đề tốn giải xong Chứng minh bổ đề Ta chứng minh hai chiều • Giả sử tiếp tuyến khác d ( N ) (P ) qua A Gọi giao điểm tiếp tuyến d T Dễ thấy tứ giác T ABD T ACD ngoại tiếp, theo tính chất tứ giác ngoại tiếp, ta có AB + TD = AT + BD AC + TD = AT + DC Từ hai đẳng thức này, ta dễ thấy DB − DC = AB − AC 26 DIỄN ĐÀN TỐN HỌC MATH.VN Lại có DB + DC = BC nên DB = BA + BC − AC , DC = C A + CB − AB Vậy D tiếp điểm đường trịn nội tiếp tam giác ABC với BC, hay d qua tâm nội tiếp tam giác ABC E A F I T N P B C D d • Giả sử d qua tâm nội tiếp tam giác ABC, ta có đẳng thức DB − DC = BA + BC − AC C A + CB − AB − = AB − AC 2 Gọi giao điểm tiếp tuyến qua A (khác AB) ( N ) d T Tứ giác T ABD ngoại tiếp nên ta có AB + TD = AT + BD Kết hợp đẳng thức trên, ta suy AC + TD = AT + DC Điều chứng tỏ tứ giác T ADC ngoại tiếp Vậy AT tiếp xúc (P ), hay nói cách khác, AT tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A 27 LỜI GIẢI VMO 2011 Chứng minh bổ đề Ta chứng minh hai chiều • Giả sử tiếp tuyến chung ( N ) (P ) qua A, ta phải chứng minh bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn Để ý E, M, N thẳng hàng F, M, P thẳng hàng, ∠ N MP = 180◦ − ∠EMF = 180◦ − 90◦ + = 90◦ − ∠E AF ◦ 180 − ∠BAC ∠BAC = 2 Mặt khác, tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A nên ∠BAC ∠ N AP = Kết hợp hai đẳng thức trên, ta suy tứ giác AMNP nội tiếp E A M F I T N P B C D d x • Giả sử A, M, N, P nằm đường tròn, ta phải chứng minh tiếp tuyến chung khác d ( N ) (P ) qua A Cũng từ lập luận trên, ta có ∠ N MP = ∠BAC 28 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Do A, M, N, P nằm đường tròn nên ∠ N AP = ∠ N MP Kết hợp với trên, ta suy ∠ N AP = ∠BAC Qua A vẽ tiếp tuyến Ax ( N ), ta có ∠ N Ax = ∠BAx Do ∠P Ax = ∠ N AP − ∠ N Ax = ∠BAC − ∠BAx = ∠C Ax = ∠P AC Từ suy Ax đối xứng AC qua AP mà AC tiếp xúc (P ) Vậy Ax tiếp xúc (P ) Nhận xét Phần thuận bổ đề thi vô địch Nga năm 2009 (phần dành cho lớp 10) BÀI SỐ 7: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN R Bài Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức P ( x, y) = x n + x y + yn viết dạng P ( x, y) = G ( x, y) · H ( x, y), G ( x, y) H ( x, y) đa thức với hệ số thực, khác đa thức Lời giải Giả sử tồn đa thức G ( x, y) H ( x, y) thỏa mãn deg G 1, deg H cho P ( x, y) = G ( x, y) · H ( x, y) Khi dễ thấy deg H + deg G = n Từ giả thiết ta có G ( x, 0) · H ( x, 0) = x n , suy tồn k ∈ N, a a = cho H ( x, 0) = a x k , G ( x, 0) = a x n−k Do H ( x, y) G ( x, y) đa thức nên ta viết chúng dạng H ( x, y) = a x k + yH1 ( x, y), G ( x, y) = a x n−k + yG ( x, y), G ( x, y), H1 ( x, y) đa thức Thay vào P ( x, y) rút gọn, ta a x k yG ( x, y) + a x n−k yH1 ( x, y) + y2 G ( x, y) · H1 ( x, y) = x y + yn , hay a x k G ( x, y) + a x n−k H1 ( x, y) − x = yn−1 − yG ( x, y) · H1 ( x, y) Cho y = 0, ta có x = a x k G ( x, 0) + a x n−k H1 ( x, 0) Giả sử k n − k lớn Khi ta có hai khả xảy • Cả hai đa thức G ( x, 0) H1 ( x, 0) đồng 0, suy x đồng (vơ lí) • Có hai đa thức có bậc 1, giả sử G ( x, 0) Khi bậc hạng tử cao đa thức vế phải k +deg G > 30 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN Do vậy, hai số k, n − k phải có số bé Khơng tính tổng qt, ta giả sử k • Nếu k = H1 ≡ Khi H ( x, y) ≡ a (loại) • Nếu k = H1 ≡ b = Khi H ( x, y) = a x + b y hay x n + x y + yn = 0, ∀x = − by a1 Mà điều kể n = Vậy toán chứng minh ...BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2010 – 2011 d THÁNG 01 – 2011 d LỜI NÓI ĐẦU Diễn đàn toán học Math.vn chưa đầy hai tuổi, đóng... đa phần học sinh thầy cô đánh giá cao • Tổ chức giải đề thi đại học khối A, B, D mơn Tốn có nhiều lời giải hay công bố sớm Phát huy tinh thần đó, nhân kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia Việt... đàn tổ chức giải đề VMO 2011 Chúng tin tưởng tài liệu tốt cho bạn học sinh tham gia thi chọn học sinh giỏi tham khảo BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN MATH.VN d DIỄN ĐÀN TỐN HỌC MATH.VN MỤC LỤC Lời nói đầu