Đề bài đáp án VMEO II

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

0
40
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
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
Đồng bộ tài khoản