Đề bài đáp án VMEO II

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:45

0
45
lượt xem
10
download

Đề bài đáp án VMEO II

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu mang tính chất tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề bài đáp án VMEO II

  1. http://diendantoanhoc.net ĐÁP ÁN Tháng 01/2006
  2. ii
  3. L im đ u Cu c thi gi i toán online VMEO [Vietnamese Mathematical E-Olympiad ] đư c Di n Đàn Toán H c t ch c năm nay (2005) là l n th nhì. Tuy nhiên, đây là l n đ u tiên mà chúng tôi c g ng so n th o m t t p đáp án chính th c cho nh ng bài toán đã đư c đưa ra. M c đích c a t p đáp án này là đ giúp các b n đã d thi, cùng các em h c sinh yêu toán, nhưng. . . chưa d thi. Do đó, nh ng l i gi i s đư c trình bày m t cách khá chi ti t. Có th m t s b n đ c s c m th y chúng “dài dòng”. Khi mu n gi i thích m t vi c gì cho m ch l c, ch t ch và d hi u, thi t nghĩ chúng ta ph i ch p nh n tính cách “nhi u l i” c a bài vi t. VMEO II là công trình chung c a r t nhi u thành viên g n bó v i Di n Đàn. Đ c bi t năm nay có r t nhi u thành viên sáng tác bài m i, ho c sưu t p bài cũ, đ đóng góp vào thư vi n đ thi. Có đư c thành công l n lao này là nh s c ng hi n c a chuyentoan, Circle, duantien, emvaanh, full_angel, Hatucdao, hungkhtn, K09, koreagerman, lehoan, MrMATH, nemo, nguyendinh_kstn_dhxd, TieuSonTrangSi. Dĩ nhiên, nhóm ch n đ ph i th c hi n nhi m v c a mình, t c là tuy n ch n trong kho tàng đáng k đó m t s bài tiêu bi u cho tôn ch c a cu c thi. Mong r ng nh ng tác gi mà bài không đư c ch n l n này không l y đó làm. . . bu n! Nhóm ch n đ năm nay g m có Hatucdao, K09, TieuSonTrangSi, VNMaths. Ph n ch m bài, s p h ng các thí sinh cũng khá v t v và s không đư c hoàn thành t t đ p n u không có s tham gia nhi t tình c a chuyentoan, hungkhtn, lovePearl_maytrang, MrMATH, Mr Stoke, namdung, NangLuong, stupid_mathematician. Trong quá trình biên so n t p đáp án này, chúng tôi cũng đã nh n đư c s giúp đ t nhi u thành viên cho ph n đ c l i, s a ch a b n nháp. N u b n th y còn sơ sót gì trong t p đáp án này, xin vui lòng liên l c v i TieuSonTrangSi. Mong r ng quy n đáp án nh này s đem l i nhi u đi u h u ích cho các b n. Di n Đàn Toán H c iii
  4. iv
  5. M cl c L im đ u iii Vài ký hi u vii 1 Tháng 10 1 1.1 Bài 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.2 Phân tích l i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1.3 M t cách khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Bài 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.2 Ngu n g c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3 Bài 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3.2 M t bài tương t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3.3 Hai câu h i m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.4 Bài 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.4.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4.2 Bình lu n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2 Tháng 11 13 2.1 Bài 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.1.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.1.2 M r ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.2 Bài 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2.2 M t cách khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.3 Bài 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.3.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.3.2 M r ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.4 Bài 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.4.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.4.2 Ngu n g c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 v
  6. 2.4.3 M t cách khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 3 Tháng 12 23 3.1 Bài 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.1.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.1.2 Ngu n g c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.1.3 Hai bài tương t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.2 Bài 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 3.2.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 3.2.2 Bình lu n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 3.3 Bài 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 3.3.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 3.3.2 Bình lu n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.4 Bài 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 3.4.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 3.4.2 M t bài tương t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 vi
  7. Vài ký hi u K k t thúc ch ng minh câu h i N k t thúc ch ng minh b đ R+ t p h p các s th c không âm Q∗+ t p h p các s h u t dương N t p h p các s nguyên không âm góc không đ nh hư ng song song [AB] đo n th ng AB d◦ P b c c a đa th c P a|b b chia h t cho a a |b b không chia h t cho a := đ nh nghĩa v trái b ng v ph i =: đ nh nghĩa v ph i b ng v trái ≡ đ ng dư (mod ) ≡ đ ng th c gi a hai hàm ∼ tương đương gi a hai hàm vii
  8. viii
  9. Chương 1 Tháng 10 1.1 Bài 1 Cho a, b, c là ba s th c dương. a) Ch ng minh r ng t n t i duy nh t s th c dương d th a mãn 1 1 1 2 + + = . a+d b+d c+d d b) V i x, y, z là các s th c dương sao cho ax + by + cz = xyz, hãy ch ng minh b t đ ng th c 2 x+y+z ≥ (a + d)(b + d)(c + d). d MrMATH 1.1.1 L i gi i a) Nhân hai v c a đ ng th c 1 1 1 2 + + = (1.1) a+d b+d c+d d d λ cho d, và s d ng = 1− v i λ ∈ {a, b, c}, ta bi n đ i phương trình ph i th a mãn λ+d λ+d thành a b c + + = 1. (1.2) a+d b+d c+d Kh o sát hàm a b c F (t) = + + (1.3) a+t b+t c+t trên mi n t ∈ (0, +∞), ta d th y F là m t hàm liên t c và ngh ch bi n ng t (vì a, b, c đ u dương). Hơn n a, limt→0+ F (t) = 3 và limt→+∞ F (t) = 0 V y, t n t i m t giá tr d ∈ (0, +∞) 1
  10. duy nh t sao cho F (d) = 1. K b) Đ t X = (a + d)x, Y = (b + d)y, Z = (c + d)z. Khi đó, gi thi t ax + by + cz = xyz có th đư c phát bi u l i b ng a b c XY Z X+ Y + Z= , (1.4) a+d b+d c+d (a + d)(b + d)(c + d) còn đi u ph i ch ng minh thì tr thành d d d X+ Y + Z≥ (a + d)(b + d)(c + d). (1.5) 2(a + d) 2(b + d) 2(c + d) Theo (1.2), các h s bên v trái c a (1.4) có t ng b ng 1. Áp d ng b t đ ng th c trung bình c ng/trung bình nhân m r ng (ho c Cauchy m r ng) vào v trái c a (1.4), ta có a b c a b c X+ Y + Z ≥ X a+d Y b+d Z c+d , (1.6) a+d b+d c+d và t đó, ph i h p v i gi thi t (1.4), ta suy ra d d d X a+d Y b+d Z c+d ≥ (a + d)(b + d)(c + d). (1.7) Theo (1.1), các h s bên v trái c a (1.5) có t ng b ng 1. Áp d ng b t đ ng th c trung bình c ng/trung bình nhân m r ng vào v trái c a (1.5), ta có d d d d b c d d d 1/2 X+ Y + Z ≥ X 2(a+d) Y 2(b+d) Z 2(c+d) = X a+d Y b+d Z c+d . (1.8) 2(a + d) 2(b + d) 2(c + d) S d ng (1.7) thì thu đư c đi u ph i ch ng minh (1.5). K 1.1.2 Phân tích l i gi i Có m t cách suy lu n h p lý nào d n d t ta đ n con s d trong câu a) không, n u đ bài không cho ta bi t ? Nói chính xác hơn, ta ph i làm sao n u đ bài đưa ra là: Cho a, b, c là ba s th c dương. V i x, y, z th c dương sao cho ax + by + cz = xyz, tìm giá tr nh nh t c a x + y + z. Hãy đ t X = ux, Y = vy, Z = wz, trong đó u, v, w là 3 tham s th c dương s đư c xác đ nh m t cách “thông minh”. Gi thi t c a đ bài là a b c XY Z X+ Y + Z= (1.9) u v w uvw còn bi u th c x + y + z mà ta ph i tìm giá tr nh nh t b ng 1 1 1 X + Y + Z. (1.10) u v w 2
  11. N u ta đ t đi u ki n a b c + + =1 (1.11) u v w thì các h s bên v trái c a (1.9) có t ng b ng 1. Áp d ng b t đ ng th c trung bình c ng/trung bình nhân m r ng vào v trái c a (1.9), ta có XY Z a b c a b c = X + Y + Z ≥ XuY vXw, uvw u v w t đó suy ra a b c X 1− u Y 1− v Z 1− w ≥ uvw. (1.12) M t khác, cũng áp d ng Cauchy m r ng vào (1.10), ta tìm đư c m t ch n dư i cho (1.10), đó là 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 X+ Y + Z≥ + + X u Y v Z w u+v+w . (1.13) u v w u v w L n này thì k t qu có v hơi ph c t p, vì t ng các h s bên v trái không b ng 1, nhưng đi u này không thay đ i b n ch t v n đ . So sánh (1.13) v i (1.12) g i cho ta ý ki n sau: n u ta mu n khai thác (1.12) đ ti p t c tìm ch n dư i cho v ph i c a (1.13), thì các b s mũ trong (1.12) và (1.13) ph i t l v i nhau. Nói cách khác, ta ph i ch n u, v, w sao cho a b c 1 1 1 i) t n t i d ∈ R th a mãn 1− ,1 − ,1 − =d , , u v w u v w a b c ii) + + = 1, đây chính là đi u ki n (1.11). u v w a T ii), ta có 1 − u > 0. Ph i h p v i i) thì kéo theo d > 0. T i), ta có u = a + d, v = b + d, w = c + d. Th các đ ng th c này vào ii) thì đư c a b c + + = 1. a+d b+d c+d Đây chính là phương trình (1.2) đ xác đ nh d (> 0). K Tóm l i, công d ng c a các tham s u, v, w là đ cho ta “n i đuôi” đư c (1.13) v i (1.12). Đ ng th i, nó cũng “d i ch ” trư ng h p d u b ng: trong t t c các b t đ ng th c vi t trên, d u b ng x y ra khi X = Y = Z. Bài 1 này tuy không khó l m, nhưng tiêu bi u cho m t phương pháp cân b ng h s c n n m v ng trong b t đ ng th c. Hi u rõ bài này thì b n s làm đư c bài sau: Tìm giá tr nh nh t c a tan A + 2 tan B + 5 tan C, v i A, B, C là ba góc c a m t tam giác nh n. Đây là bài 10 c a cu c thi VMEO I (2004). Chúc các b n thành công! (đáp s : giá tr nh nh t b ng 12, tương ng v i tan A = 3, tan B = 2, tan C = 1.) 3
  12. 1.1.3 M t cách khác Xin gi i thi u v i các b n m t cách khác, do tác gi bài (MrMATH) cùng m t thí sinh (clmt) đ xư ng. Cách này có v “d s ”, nhưng chúng tôi s c g ng trình bày nó m t cách h p lý, t nhiên. Đi u ki n ax + by + cz = xyz có th đư c vi t dư i d ng a b c + + = 1. (1.14) yz zx xy G i (x, y, z) và (x0 , y0 , z0 ) hai b s th c dương th a mãn (1.14). Hãy hình dung (x, y, z) là m t đi m “di đ ng” b t kỳ, còn (x0 , y0 , z0 ) là m t đi m “c đ nh”, nơi mà d u b ng s x y ra. Hi n gi thì dĩ nhiên ta chưa bi t (x0 , y0 , z0 ) n m t i đâu. Nhưng theo b t đ ng th c trung bình c ng/trung bình nhân cho 3 s (Cauchy thư ng, không m r ng), ta có a a a a + 2 y+ 2 z ≥ 3y z . (1.15) yz y0 z0 y0 z 0 0 0 B t đ ng th c này có l i ích gì và t i sao nghĩ ra đư c nó ? M t l i ích trư c m t là khi so sánh (1.15) v i (1.14), ta th y xu t hi n các phân s yz và y0az0 . Do đó, n u ta vi t hai b t a đ ng th c tương t v i (1.15), t c là b b b b + 2 z+ 2 x ≥ 3z x (1.16) zx z0 x0 z0 x 0 0 0 c c c c + 2 x+ 2 y ≥ 3x y (1.17) xy x0 y0 x 0 y0 0 0 r i c ng c 3 b t đ ng th c này l i, ta có th s d ng (1.14) đ rút g n k t qu . Phép c ng này d n đ n b c c a a b 2 + x2 y x+ 2 + y2 z y+ 2 + z2x z ≥ 3 − 1 = 2. (1.18) z0 x 0 0 0 x 0 y0 0 0 y0 z 0 0 0 Đ n đây thì ta nh n th y m t l i ích khác c a (1.15): vì (1.15) b c nh t đ i v i y, z, nên khi c ng l i, (1.18) cũng b c nh t đ i v i x, y, z. T đó, n y sinh ra ý tư ng ch n x0 , y0 , z0 khéo léo, sao cho v trái c a (1.18) t l v i x + y + z (bi u th c mà ta ph i tìm giá tr nh nh t). V y, ta hãy đòi h i b c c a a b 2 + x2 y = x y 2 + y 2 z = y z 2 + z 2 x , (1.19) z0 x 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 và cũng đ ng quên đi u ki n a b c + + = 1. (1.20) y0 z 0 z 0 x 0 x 0 y0 H phương trình (1.19)–(1.20) tuy không khó gi i, nhưng các phép tính tương đ i dài, nên chúng tôi ch xin ghi ra đáp s , m i các b n ki m l i. Ta đư c (b + d)(c + d) (c + d)(a + d) (a + d)(b + d) x0 = , y0 = , z0 = , (1.21) a+d b+d c+d v i d là đ i lư ng ph trong câu h i a). Khi đó, ta cũng ch ng minh đư c r ng (1.18) tương đương v i đi u ph i ch ng minh trong câu b). K 4
  13. 1.2 Bài 2 Các s nguyên dương đư c tô b ng hai màu tr ng và đen. Bi t r ng t ng hai s khác màu luôn mang màu đen, và có vô h n các s mang màu tr ng. Ch ng minh r ng t ng và tích c a hai s mang màu tr ng cũng là các s mang màu tr ng. [t m t bài cũ] 1.2.1 L i gi i G i p là s nguyên dương nh nh t màu tr ng. Con s này t n t i, vì theo gi thi t, ta có vô h n s màu tr ng. Nh n xét r ng n u a là m t s tr ng, v i a > p, thì a − p cũng ph i tr ng. Th t v y, n u a − p đen, ta s có a = (a − p) + p = đen + tr ng = đen, (1.22) mâu thu n v i a tr ng. Nh n xét này g i ý cho ta ti p t c tr cho p như trên, đ n khi nào “không tr đư c n a”. Trong ngôn ng toán h c, ý này đư c bi u di n b ng phép chia Euclid a = pq + r, v i q ≥ 0 và 0 ≤ r < p. (1.23) Khai thác nh n xét trên thì ta suy ra đư c r tr ng. Tuy nhiên, theo đ nh nghĩa c a p thì v i m i 1 ≤ r < p thì r đen. Do đó, ta ph i có r = 0. T ng k t l i các trư ng h p a > p, a = p và 1 ≤ a < p, ta có a tr ng ⇒ a chia h t cho p. V y, t t c nh ng s không ph i là b i s c a p đ u màu đen. Bây gi , trong s các b i s c a p, có th có s nào màu đen không ? Hãy t m gi s là có. G i n là s nh nh t sao cho np đen. Khi đó, (n + 1)p = np + p = đen + tr ng = đen. (1.24) Lý lu n tương t thì t t c các s mp, v i m ≥ n cũng đen. V y, t t c m i s nguyên dương đ u đen, ngo i tr p, 2p, . . . , (n − 1)p. Nhưng đi u này mâu thu n v i gi thi t t n t i vô h n các s màu tr ng. Tóm l i, m i b i s c a p ph i màu tr ng, và ch có nh ng s y m i màu tr ng. T đó d suy ra đi u ph i ch ng minh. K 1.2.2 Ngu n g c Bài 2 cũng tương đ i d , nhi u b n thí sinh đã gi i quy t thành công. Th t ra, nó là bi n d ng c a m t bài t p có trong quy n Problem-solving strategies c a Arthur Engel (chương 2, bài 38): Các s nguyên dương đư c tô b ng hai màu tr ng và đen. Bi t r ng t ng hai s khác màu luôn mang màu đen, còn tích c a chúng luôn mang màu tr ng. V y, tích c a hai s tr ng màu gì ? Tìm t t c các phép tô màu th a mãn các đi u ki n đưa ra. 5
  14. Ta th y gi thi t tích c a hai s khác màu luôn mang màu tr ng trong bài g c đã đư c thay th b i có vô h n s màu tr ng trong bài 2. Nh ng gi thi t đó đ u có tính cách ph thu c. Gi thi t t ng hai s khác màu luôn mang màu đen m i th c s thi t y u. L i gi i đưa ra cho bài 2 khai thác tri t đ gi thi t chính y u này. 1.3 Bài 3 Cho a1 , a2 , . . . , am là các s nguyên dương (m ≥ 1). Xét dãy s {un }∞ , v i n=1 un = a n + a n + . . . + a n . 1 2 m Bi t r ng dãy này có h u h n ư c s nguyên t . Ch ng minh r ng a1 = a2 = . . . = am . K09 1.3.1 L i gi i Trư c tiên, ta c n làm sáng t th nào là dãy có h u h n ư c s nguyên t . M i s h ng u n c a dãy đ u dĩ nhiên có h u h n ư c s nguyên t . G i D(un ) là t p h p (h u h n) c a nh ng ư c s nguyên t c a un . Gi thi t c a đ bài nói r ng t p h p ∞ D(u) = D(un ) (1.25) n=1 cũng h u h n. V y, hãy g i các ph n t c a D(u) là D(u) = {p1 , p2 , . . . , pk }. (1.26) Khi có lũy th a c a m t s nguyên, trong đó ta “ki m soát” đư c s mũ, m t ph n x t t là nên nghĩ đ n đ nh lý nh c a Fermat. Theo đ nh lý này thì v i m i 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ k, ta có p −1 1 (mod pj ), n u p j | ai (1.27) ai j ≡ 0 (mod pj ), n u p j | ai . (1.28) Đi u này g i ý cho ta ch n n = N (p1 − 1)(p2 − 1) . . . (pk − 1), v i N ≥ 1 b t kỳ, vì khi đó ta s có an ≡ 1 ho c 0 (mod pj ). L y t ng trên i thì ta có th hy v ng suy ra đư c m t đi u gì i đó v un (mod pj ), th m chí d n đ n “mâu thu n” khi bi n đ i j và tăng N . Th t ra thì mu n thành công, hư ng gi i này c n ph i đư c b túc b i m t s ý ki n có tính cách k thu t. Nhưng chúng tôi đã c ý trình bày sơ lư c c t ý như trên cho d hi u. Sau đây m i là l i gi i th c th . Đ t d là ư c s chung l n nh t c a a1 , a2 , . . . , am . Ta có th vi t ai = dbi , trong đó các s nguyên dương bi nguyên t cùng nhau. D th y r ng dãy s {vn }∞ , đ nh nghĩa b i n=1 vn = b n + b n + . . . + b n , 1 2 m (1.29) 6
  15. cũng có h u h n ư c s nguyên t . G i D(v) = {q1 , q2 , . . . , q }. (1.30) là t p h p các ư c s nguyên t c a dãy vn . Hi n nhiên là D(v) ⊂ D(u). χ Ch n s nguyên dương χ đ l n sao cho qj > m v i m i 1 ≤ j ≤ . Đi u này kh thi, vì < ∞. Theo đ nh lý hàm Euler (m r ng đ nh lý nh c a Fermat) thì ta có χ φ(q χ ) 1 (mod qj ), n u q j | bi (1.31) bi j ≡ χ 0 (mod qj ), n u q j | bi , (1.32) v i m i 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ , và φ là hàm Euler. Xin lưu ý: ph n th nhì c a kh ng đ nh trên, t c là (1.32), không n m trong đ nh lý hàm Euler và ph i đư c ki m tra tr c ti p. Th t v y, χ χ φ(qj ) φ(qj ) n u bi chia h t cho qj thì bi chia h t cho qi . Nhưng χ χ χ−1 χ−1 φ(qj ) = qj − qj = qj (qj − 1) ≥ 2χ−1 (1.33) χ φ(qj ) χ và 2χ−1 ≥ χ n u ta ch n χ ≥ 3. V y, bi cũng s chia h t cho qi . Bây gi , ta đ t χ n(N ) = N φ(qj ). (1.34) j=1 n(N ) T (1.31)–(1.32), ta có bi ≡ 1 ho c 0 (mod qj ), tùy theo bi không chia h t hay chia h t cho χ qj . D a trên (1.29), ta th y r ng xét theo modulo qj , s h ng vn(N ) đ ng dư v i t ng c a m s b ng 1 ho c 0. Các s này không th b ng 0 h t đư c, vì n u s ki n này x y ra, thì t t c các bi s ph i chia h t cho qj , và đi u này mâu thu n v i tính ch t các bi nguyên t cùng χ nhau. V y, vn(N ) đ ng dư v i m t t ng s sN nào đó, v i 1 ≤ sN ≤ m. Tuy nhiên, vì m < qi χ nên sN ≡ 0 (mod qj ). Đi u này ch ng t r ng n u ta xét phân tích c a vn(N ) thành th a s nguyên t τ (N ) vn(N ) = qj j (1.35) j=1 thì b t bu c s mũ τj (N ) ph i nh hơn χ, t c là τj (N ) ≤ χ − 1. Do đó, v i m i N ≥ 1 thì vn(N ) b ch n b i χ−1 vn(N ) ≤ qj . (1.36) j=1 Vi c này ch có th x y ra khi b1 = b2 = . . . = bn , hay a1 = a2 = . . . = an . K 7
  16. 1.3.2 M t bài tương t Vài ngày sau khi đ thi tháng 10 đư c công b (01/10), có m t s thành viên Di n đàn báo cáo cho ban t ch c bi t r ng bài 3 “đã” có trên MathLinks (http://www.mathlinks.ro). Th t ra, bài trên Mathlinks đư c g i sau, vào ngày 21/10. Dù sao đi n a thì đây cũng là m t s trùng l p ý tư ng r t đáng ti c. Cũng ph i nói r ng trên MathLinks ch có l i gi i cho trư ng h p m = 2 (tương đ i d hơn vì không c n ph i ch n χ). Bài 3 có th xem là bài khó nh t c a tháng 10. Nó là m t trong nh ng bài toán mà tác gi (K09) đã kh o sát, liên quan đ n dãy s đ nh nghĩa b ng t ng các lũy th a. Dư i đây là m t trong nh ng k t qu ta có th thu đư c. Theo ki n th c hi n t i c a chúng tôi thì đây là m t k t qu m i. Cho a1 , a2 , . . . , am là các s nguyên dương (m ≥ 1). Xét dãy s {un }∞ , v i un = n=1 an + an + . . . + an . Gi s v i m i n đ l n thì un là s chính phương. Ch ng minh 1 2 m r ng m là s chính phương. Bài này không d . B n nào mu n trao đ i thêm v đ tài này thì xin liên l c v i K09 trên Di n đàn. 1.3.3 Hai câu h i m Đ m r ng bài 3, chúng tôi có hai câu h i m sau đây, dư ng như cũng r t khó. 1. Cho a1 , a2 , . . . , am là các s nguyên dương (m ≥ 1). Xét dãy s {un }∞ , v i un = n=1 an + an + . . . + an . Gi s dãy này có h u h n ư c s chính phương. Ch ng minh r ng 1 2 m a1 = a 2 = . . . = a m . 2. T n t i hay không m t dãy s nguyên {an }∞ sao cho n=1 (a) có vô h n các s h ng ai khác 0; (b) dãy un = an + an + . . . + an ch có h u h n ư c s nguyên t . 1 2 n 1.4 Bài 4 a) Cho tam giác ABC và m t đi m I n m trong tam giác. Gi s IBA > ICA và IBC > ICB. Ch ng minh r ng, n u ta kéo dài BI, CI c t AC, AB t i B , C tương ng, thì BB < CC . b) Cho tam giác ABC có AB < AC và phân giác AD. Ch ng minh r ng v i m i đi m I, J thu c đo n [AD] và I = J, ta luôn có JBI > JCI. c) Cho tam giác ABC có AB < AC, v i phân giác AD. Ch n M, N l n lư t thu c các đo n CD, BD sao cho AD là phân giác c a góc M AN . Trên đo n [AD] l y đi m I tùy ý (khác D). Các đư ng th ng BI, CI c t AM, AN t i B , C . Ch ng minh r ng BB < CC . duantien 8
  17. 1.4.1 L i gi i a) Do IBA > ICA nên ta có th l y C ∈ [IC ] sao cho IBC = ICA. Do IBC > ICB, nên C BC = IBC + IBC > ICB + ICA = B CB. (1.37) M t khác, d th y r ng C BC + B CB < C BC + B CB = 180◦ − A < 180◦ . (1.38) Ph i h p (1.37) và (1.38) thì ta đư c B CB < C BC < 180◦ − B CB. (1.39) A C' C'' B' I B C Hình 1.1: Bài 4, câu a) G i R bán kính vòng tròn ngo i ti p t giác B C BC (xem hình 1.1). Ta có CC 2 = 2R2 − 2R2 cos(2 C BC) = 4R2 sin2 C BC (1.40) BB 2 = 2R2 − 2R2 cos(2 B CB) = 4R2 sin2 B CB. T (1.39), ta có sin B CB < sin C BC. V y, hai đ ng th c (1.40) đưa đ n k t lu n BB < CC < CC . K b) T t nhiên, ta có th coi J n m trên đo n [AI]. L y E đi m đ i x ng c a B qua AD. G i F là đ nh th tư c a hình thang cân CIJF (xem hình 1.2). Vì m t hình thang cân luôn n i ti p đư c, ta có 1 ICF = 180◦ − IJF = 180◦ − AIC = 2 A + AEJ > AEJ (1.41) 9
  18. nên tia CA n m trong góc ICF . Hơn n a, 1 1 1 EJI = 2 A + AEJ = 2 A + ABJ < 2 A+ B (1.42) và F JI = F IA = 180◦ − ( 2 A + ICA) ≥ 180◦ − ( 1 A + C) = 1 2 1 2 A+ B (1.43) nên ta suy ra EJI < F JI. Đi u này ch ng t r ng E n m trong hình thang CIJF . Nói riêng là E n m trong cung ch a góc JCI d ng trên đo n [IJ]. V y, JBI = JEI > JCI. K A F J I E B D C Hình 1.2: Bài 4, câu b) c) V hình c n th n, ta có “c m giác” là BC và CB c t nhau t i m t đi m J ∈ [AD]. Ta hãy t m gi s nh n xét này th t và thi t l p k t qu câu c). Sau đó, ta s tìm cách ch ng minh nh n xét này. Áp d ng câu b) vào tam giác ABC và c p đi m (I, J), ta có JBI > JCI. Áp d ng câu b) vào tam giác ABC và c p đi m (I, D), ta có IBC > ICB. Hai b t đ ng th c này cho phép áp d ng câu a) vào tam giác JBC và đi m I. Khi đó, ta suy ra BB < CC . Đ k t thúc, ta ph i ch ng minh r ng BC , CB và AD đ ng quy. Ta s thi t l p đi u này m t cách gián ti p: ta đ t J = BC ∩ AD, B = JC ∩ AM và c g ng ch ng minh r ng BB , CC và JD đ ng quy. Khi đó, đi m đ ng quy b t bu c ph i là CC ∩ AD = I, và t đó B =B. 10
  19. A J C' B' I B N D M C Hình 1.3: Bài 4, câu c) Áp d ng đ nh lý Menelaus vào tam giác JDB và cát tuy n AC N , ta có (xem hình 1.4) C J N B AD · · = 1. (1.44) C B N D AJ Áp d ng đ nh lý Menelaus vào tam giác JDC và cát tuy n AB M , ta có B J M C AD · · = 1. (1.45) B C M D AJ Chia (1.44) cho (1.45), r i cho hai phân s qua v ph i, ta đư c CJ B C ND MC DN M C · = · = · . (1.46) CB B J NB MD DM N B M t khác, theo tính ch t đư ng phân giác thì DB AB DN AN = và = . (1.47) DC AC DM AM Dùng (1.47), ta bi n đ i (1.46) thành C J DB B C AN AB M C S(ABN ) M C · · = · · ,= · =1 (1.48) C B DC B J AM AC N B S(ACM ) N B ký hi u S tư ng trưng cho di n tích c a tam giác. Theo đ nh lý Ceva thì các đư ng th ng BB , CC và JD ph i đ ng quy. K 11
  20. A A J J C' B'' C' B'' B N D M C B N D M C Hình 1.4: Áp d ng 2 l n Menelaus 1.4.2 Bình lu n Bài 4 cũng là m t bài khó, và s là m t bài r t khó n u ch có câu c), không có hai câu a) và b) đóng vai b đ . Tác gi (duantien) đi đ n bài toán này khi tìm cách t ng quát đ nh lý Steiner-Lehmus. Xin nh c l i v n t t n i dung c a đ nh lý Steiner-Lehmus. Cho tam giác ABC. Xét hai đư ng phân giác trong BB và CC c a các góc B và C, v i B ∈ [AC] và C ∈ [AB]. N u AB < AC thì BB < CC . Ta cũng đ t đư c k t qu c a câu c), m c đích chính c a bài này, b ng m t con đư ng khác. Thay vì a) và b), ta có th dùng hai b đ sau, cũng do duantien đ ngh : 1. Cho tam giác ABC v i AB < AC. Xét trung tuy n AM , phân giác AD, cùng m t đi m I b t kỳ trong tam giác AM D, nhưng không n m trên đo n M D. Các đư ng th ng BI, CI c t l n lư t AC, AB t i E, F . Ch ng minh r ng BE < CF . 2. Cho tam giác ABC v i AB < AC. Xét m t đi m J b t kỳ trên đư ng phân giác AD. Ch ng minh r ng CJ > BJ và ABJ > ACJ. Còn hai b đ a) và b) th t ra là do Hatucdao đ xư ng. S dĩ con đư ng này đư c ch n làm đ bài vì nó tương đ i d hơn (dù ch “tương đ i” thôi!). Riêng câu b) còn có nhi u cách ch ng minh. Trong s các b n d thi, h u như m i ngư i đ u có m t cách khác bi t ít nhi u v i l i gi i chính th c trên! 12

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản