ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN VIỆT NAM<br />
<br />
rg<br />
.o<br />
e<br />
<br />
THAM DỰ KÌ THI TOÁN QUỐC TẾ IMO 2016<br />
Ngày thứ nhất<br />
<br />
p<br />
co<br />
hs<br />
<br />
Bài 1<br />
<br />
Tìm a, n nguyên dương với a > 2 để mỗi ước nguyên tố của a n − 1 cũng là ước<br />
2016<br />
nguyên tố của a 3 − 1.<br />
<br />
Bài 2<br />
<br />
A là tập 2000 số nguyên phân biệt và B là tập 2016 số nguyên phân biệt. K là số cặp<br />
<br />
at<br />
m<br />
//<br />
:<br />
p<br />
<br />
(m, n) có thứ tự với m thuộc A và n thuộc B mà |m − n| ≤ 1000. Tìm max K ?<br />
<br />
Bài 3<br />
<br />
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B,C cố định, A chuyển động trên<br />
cung BC của (O). Các phân giác AD, B E ,C F giao nhau tại I . Đường tròn qua D tiếp<br />
xúc với O A tại A cắt (O) tại G . GE ,GF giao (O) lần thứ hai tại M , N . B M giao C N tại H .<br />
a) Chứng minh rằng AH đi qua một điểm cố định.<br />
b) B E ,C F giao (O) lần lượt tại K , L . AH giao K L tại P . Q là một điểm trên E F sao cho<br />
QP = Q I . J là điểm nằm trên (B IC ) sao cho I J ⊥ IQ . Chứng minh rằng trung điểm I J<br />
chuyển động trên một đường tròn cố định.<br />
<br />
tt<br />
h<br />
<br />
Ngày thứ nhì<br />
<br />
Bài 4<br />
<br />
∠B AC<br />
. Lấy điểm D thuộc<br />
Cho tam giác ABC nhọn có ∠ AC B < ∠ ABC < ∠ AC B +<br />
2<br />
∠B AC<br />
cạnh BC sao cho ∠ ADC = ∠ AC B +<br />
. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam<br />
2<br />
<br />
giác ABC tại A cắt BC tại E . Phân giác ∠ AE B cắt AD và cắt (ADE ) tại G và F , DF giao<br />
AE tại H .<br />
a) Chứng minh rằng các đường tròn đường kính AE , DF,G H có một điểm chung.<br />
b) Trên phân giác ngoài ∠B AC và trên tia AC lần lượt lấy các điểm K và M sao cho<br />
K B = K D = K M , trên phân giác ngoài ∠B AC và trên tia AB lần lượt lấy các điểm L và<br />
N sao cho LC = LD = LN . Đường tròn đi qua M , N và trung điểm I của BC cắt BC tại P<br />
(P = I ). Chứng minh rằng B M ,C N , AP đồng quy.<br />
<br />
htt<br />
p:/<br />
/<br />
<br />
Bài 5<br />
<br />
ma<br />
ths<br />
c<br />
<br />
Cho a1 , a2 , ..., an−1 , an (n ≥ 3), trong đó mỗi số ai nhận giá trị ∈ {0; 1}. Xét n bộ số<br />
S 1 = (a 1 , a 2 , ..., a n−1 , a n ), S 2 = (a 2 , a 3 , ..., a n , a 1 );...;S n = (a n , a 1 , ..., a n−2 , a n−1 ).<br />
Với mỗi bộ số r = (b1 , b2 , ..., bn ), đặt ω(r ) = b1 .2n−1 + b2 .2n−2 + ... + bn .20 .<br />
Giả sử các số ω(S 1 ); ω(S 2 ); ...; ω(S n ) nhận đúng k giá trị phân biệt.<br />
.<br />
. 2n − 1<br />
a) Chứng minh rằng n .k và ω(S i ).<br />
.<br />
.<br />
∀i = 1, n.<br />
2k − 1<br />
<br />
op<br />
e.o<br />
rg<br />
<br />
b) Kí hiệu M và m lần lượt là max và min của ω(S 1 ), ..., ω(S n ). Chứng minh rằng<br />
M −m ≥<br />
<br />
Bài 6<br />
<br />
(2n − 1)(2k−1 − 1)<br />
2k − 1<br />
<br />
.<br />
<br />
Cho các số thực phân biệt α1 , α2 , ..., α16 . Với mỗi đa thức hệ số thực P (x); đặt<br />
V (P ) = P (α1 ) + P (α2 ) + ... + P (α16 ).<br />
<br />
Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức Q(x) bậc 8 có hệ số x 8 bằng 1 thỏa mãn<br />
i) V (QP ) = 0 với mọi đa thức P có bậc bé hơn 8.<br />
ii) Q(x) có 8 nghiệm thực (tính cả bội).<br />
<br />
HƯỚNG DẪN VÀ LỜI GIẢI<br />
Bài toán 1<br />
Tìm a, n nguyên dương với a > 2 để mỗi ước nguyên tố của a n − 1 cũng là ước nguyên tố<br />
2016<br />
của a 3 − 1.<br />
TST 2016<br />
<br />
rg<br />
.o<br />
e<br />
<br />
Lời giải (trungnghia215)<br />
Bổ đề 1. gcd(a m − 1, a n − 1) = a gcd(m,n) − 1<br />
Chứng minh bổ đề. Gọi d = gcd(a m − 1, a n − 1)<br />
Để ý a gcd(m,n) − 1 | a m − 1, a n − 1 =⇒ a gcd(m,n) − 1 | d =⇒ d ≥ a gcd(m,n) − 1<br />
Mặt khác a m ≡ 1 (mod d ) và a n ≡ 1 (mod p) nên ordd (a) | m, n =⇒ ordd (a) | gcd(m, n)<br />
Hay a gcd(m,n) ≡ 1 (mod d ) hay a gcd(m,n) − 1 ≥ d .<br />
Kết hợp lại ta có đpcm.<br />
u<br />
Bổ đề 2. 33 + 1 = 2t có nghiệm duy nhất là (u, t ) = (0, 2).<br />
u<br />
u−1<br />
u−1<br />
Chứng minh bổ đề. Xét u ≥ 1, khi đó 33 = (33 )3 ≡ 33<br />
(mod 8). Đến đây lùi về sẽ thu được<br />
3u<br />
3 ≡ 3 (mod 8). Từ đó ta có u = 0 là nghiệm duy nhất.<br />
2016<br />
Giả thiết bài toán quy thành p là ước nguyên tố của a n −1 thì p | d với d = gcd(a n −1, a 3 −1)<br />
Ta đặt n = 3u .v với gcd(v, 3) = 1.<br />
u<br />
TH1. u ≤ 2016. Khi đó theo bổ đề d = a 3 − 1<br />
u<br />
2016<br />
i) Nếu v = 1 thì ta dễ thấy a 3 − 1 | a 3 − 1.<br />
u<br />
ii) Xét v ≥ 2, khi đó ta có a v − 1 | a n − 1. Bài toán suy ra nếu p | a v − 1 thì p | a 3 − 1.<br />
v<br />
−1<br />
Xét p là ước nguyên tố của aa−1 =⇒ p | a v − 1.<br />
u<br />
Khi đó p | gcd(a v −1, a 3 −1) = a −1 theo bổ đề trên. Điều này có nghĩa là tập các ước nguyên<br />
tố của a v−1 + a v−2 + · · · + 1 phải là tập con của tập các ước nguyên tố của a − 1 (∗)<br />
d<br />
d d<br />
Bây giờ ta đặt A = a v−1 + a v−2 + · · · + 1 = p 1 1 p 2 2 · · · p k k với p i < p i +1 là các ước nguyên tố.<br />
c<br />
c c<br />
Theo (∗) thì a − 1 = p 11 p 22 · · · p kk .P<br />
a) Nếu a chẵn thì toàn bộ p i , P lẻ. Áp dụng bổ đề LTE, ta có v p i (A) = v p i (a v − 1) − v p i (a − 1) =<br />
d<br />
d d<br />
v p i (v). Nghĩa là v = p 1 1 p 2 2 · · · p k k Q<br />
<br />
p<br />
co<br />
hs<br />
<br />
tt<br />
h<br />
<br />
at<br />
m<br />
//<br />
:<br />
p<br />
<br />
htt<br />
p:/<br />
/<br />
d1<br />
<br />
d2<br />
<br />
dk<br />
<br />
d1<br />
<br />
d2<br />
<br />
dk<br />
<br />
Lúc này, A ≥ a v−1 + 1 = a p 1 p 2 ···p k Q−1 + 1 ≥ 3p 1 p 2 ···p k Q−1 + 1 > A . Vô lí.<br />
b) Nếu a = 4t +1. Lúc này ta vẫn có thể áp dụng bổ đề LTE như trên do 4 | a−1 nên v 2 (a v −1) =<br />
v 2 (a − 1) + v 2 (v). Đánh giá tương tự ta có điều vô lý.<br />
c) Nếu a = 4t + 3. Khi đó để ý nếu v lẻ ta sẽ dẫn đến v 2 (A) = v 2 (v) = 0 nên đánh giá tương tự<br />
a) cho điều vô lý.<br />
Xét v chẵn, theo bổ đề LTE v 2 (a v − 1) = v 2 (a − 1) + v 2 (a + 1) + v 2 (v) − 1 = v 2 (a + 1) + v 2 (v).<br />
Đặt L = v 2 (v), K = v 2 (A) = d1 và J = v 2 (a + 1) (J ≥ 2). Ta có K = v 2 (A) = v 2 (a v − 1) − v 2 (a − 1) =<br />
L + J − 1 (lưu ý là do ta đã sắp xếp p i nên p 1 = 2)<br />
d<br />
d<br />
d<br />
d<br />
Viết lại A = 2L+J −1 p 2 2 · · · p k k và v = 2L p 2 2 · · · p k k .Q .<br />
Mặt khác, để ý là v 2 (a + 1) = J nên a + 1 ≥ 2 J ⇐⇒ a ≥ 2 J − 1.<br />
Ta có:<br />
<br />
ma<br />
ths<br />
c<br />
<br />
op<br />
e.o<br />
rg<br />
<br />
A = a v−1 + a v−2 + · · · + 1 ≥ a v−1 + 1 ≥ (2 J − 1)v−1 + 1 = [(2 J − 2) + 1]2<br />
d<br />
<br />
d<br />
<br />
d<br />
<br />
d<br />
<br />
d<br />
<br />
L<br />
<br />
d<br />
<br />
d<br />
<br />
p 2 2 ···p k k Q<br />
<br />
+1<br />
<br />
d<br />
<br />
≥ 2L p 2 2 · · · p k k Q(2 J − 2) + 2 ≥ 2L+J .p 2 2 · · · p k k − 2L+1 p 2 2 · · · p k k + 2 ≥ A<br />
<br />
Để ý dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi v = 2, a = 2L − 1.<br />
u<br />
2016<br />
Từ đó ta cần đi tìm u sao cho mọi ước nguyên tố của a 2.3 − 1 là ước nguyên tố của a 3 − 1.<br />
2<br />
<br />
http://mathscope.org<br />
<br />
Xét trường hợp u = 0,<br />
u<br />
u<br />
theo bổ đề 3 thì a 3 + 1 có ước nguyên tố lẻ. Xét q là ước nguyên tố lẻ của a 3 + 1.<br />
32016<br />
<br />
u<br />
<br />
−1<br />
Ta có q | aa 3u −1 , nếu ta đặt x = a 3 và y = 32016−u ( y lẻ) thì viết lại<br />
<br />
q|<br />
<br />
x y −1<br />
x−1<br />
<br />
rg<br />
.o<br />
e<br />
<br />
= x y−1 + x y−2 + · · · + 1 = x y−2 (x + 1) + x y−4 (x + 1) + · · · + x(x + 1) + 1 (do y lẻ)<br />
<br />
từ đó suy ra q | 1 do q | x + 1. Vô lí. Từ đó thu được u = 0 hay n = 2.<br />
Vậy nghiệm là (a, n) = (2L − 1, 2).<br />
TH2. n > 2016 Xét tương tự trên, với v > 1 ta cũng sẽ thu được n = 2. Vô lí.<br />
u<br />
Xét v = 1. Khi đó ta cần chứng minh có 1 ước nguyên tố là ước của 33 − 1 nhưng không là<br />
2016<br />
ước của 33 − 1 Tuy nhiên điều này không đúng vì nếu ngược lại, nghĩa là sẽ có một ước<br />
u<br />
2016<br />
nguyên tố q sao cho v q (33 ) > v q (33 ).<br />
u<br />
2016<br />
u<br />
Nếu q lẻ: mọi ước nguyên tố q của 33 −1 và 33 −1 đều khác 3 nên theo bổ đề LTE v q (33 −<br />
1) = v q (33<br />
<br />
2016<br />
<br />
at<br />
m<br />
//<br />
:<br />
p<br />
<br />
− 1) + v q (3u−2016 ) = v q (33<br />
u<br />
<br />
Do đó ta chỉ cần xét 33 −1 = 2i .(33<br />
thể cm bằng cách chia qua)<br />
<br />
tt<br />
h<br />
<br />
p<br />
co<br />
hs<br />
<br />
2016<br />
<br />
2016<br />
<br />
)<br />
<br />
−1), tuy nhiên PT này vô nghiệm do đó ta có đpcm (có<br />
<br />
Bài toán 2<br />
A là tập 2000 số nguyên phân biệt và B là tập 2016 số nguyên phân biệt. K là số cặp (m, n)<br />
có thứ tự với m thuộc A và n thuộc B mà |m − n| ≤ 1000. Tìm max K ?<br />
TST 2016<br />
Lời giải (tikita)<br />
Có lẽ đáp án bài này là: 3016944.<br />
Lời giải vắn tắc như sau: Trước hết ta có hai bổ đề sau<br />
Bổ đề 1: Cho k là số nguyên dương thỏa k ≤ 2000−17 và a, b là hai số nguyên thỏa |a −b| ≥<br />
2000 − k . Khi đó tổng của số các số nguyên m ∈ B thỏa |a − m| ≤ 1000 và số các số m ∈ B thỏa<br />
|b − m| ≤ 1000 không vượt quá 2017 + k .<br />
<br />
htt<br />
p:/<br />
/<br />
<br />
Bổ đề 2: Cho k là số nguyên dương sao cho k ≤ 16 và a, b là hai số nguyên thỏa |a −b| ≥ k .<br />
Khi đó tổng của số các số nguyên m ∈ B thỏa |a − m| ≤ 1000 và số các số m ∈ B thỏa |b − m| ≤<br />
1000 không vượt quá 4002.<br />
<br />
ma<br />
ths<br />
c<br />
<br />
Đặt S(a) là số các số nguyên m ∈ B thỏa |a − m| ≤ 1000.<br />
Trở lại bài toán, gọi a1 < a2 < ... < a2000 là các phần tử của A . Khi đó<br />
|a 1 − a 2000 | ≥ 1999 = 2000 − 1 nên theo bổ đề 1 ta có S(a 1 ) + S(a 2000 ) ≤ 2017 + 1 = 2018.<br />
|a 2 − a 1999 | ≥ 1997 = 2000 − 3 nên theo bổ đề 1 ta có S(a 2 ) + S(a 1999 ) ≤ 2017 + 3 = 2020<br />
|a 3 − a 1998 | ≥ 1995 = 2000 − 5 nên theo bổ đề 1 ta có S(a 3 ) + S(a 1998 ) ≤ 2017 + 5 = 2022<br />
............<br />
|a 992 − a 1009 | ≥ 17 = 2000 − 1983 nên theo bổ đề 1 ta có S(a 992 ) + S(a 1009 ) ≤ 2017 + 1983 = 4000,<br />
|a 993 − a 1008 | ≥ 15 nên theo bổ đề 2 ta có S(a 993 ) + S(a 1008 ) ≤ 4002.<br />
|a 994 − a 1007 | ≥ 13 nên theo bổ đề 2 ta có S(a 994 ) + S(a 1007 ) ≤ 4002.<br />
..........<br />
|a 1000 − a 1001 | ≥ 1 nên theo bổ đề 2 ta có S(a 1000 ) + S(a 1001 ) ≤ 4002.<br />
Từ đây suy ra K = S(a1 )+S(a2 )+...+S(a2000 ) ≤ (2018+2020+2022+...+4000)+8×4002 = 3016944.<br />
http://mathscope.org<br />
<br />
op<br />
e.o<br />
rg<br />
<br />
3<br />
<br />
Bài toán 3<br />
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B,C cố định, A chuyển động trên cung BC<br />
của (O). Các phân giác AD, B E ,C F giao nhau tại I . Đường tròn qua D tiếp xúc với O A tại<br />
A cắt (O) tại G . GE ,GF giao (O) lần thứ hai tại M , N . B M giao C N tại H .<br />
a) Chứng minh rằng AH đi qua một điểm cố định.<br />
b) B E ,C F giao (O) lần lượt tại K , L . AH giao K L tại P . Q là một điểm trên E F sao cho<br />
QP = Q I . J là điểm nằm trên (B IC ) sao cho I J ⊥ IQ . Chứng minh rằng trung điểm I J<br />
chuyển động trên một đường tròn cố định.<br />
TST 2016<br />
<br />
at<br />
m<br />
//<br />
:<br />
p<br />
<br />
Lời giải (Nguyen Van Linh)<br />
<br />
tt<br />
h<br />
<br />
p<br />
co<br />
hs<br />
<br />
rg<br />
.o<br />
e<br />
<br />
htt<br />
p:/<br />
/<br />
<br />
a) Thực ra câu này cần chứng minh H thuộc phân giác AD và AD luôn đi qua trung<br />
điểm cung BC cố định. Do đường tròn Apollonius trực giao với (O) nên đường tròn đi qua<br />
D và tiếp xúc với (O) tại A chính là đường tròn A -Apollonius của tam giác ABC . Tâm của<br />
đường tròn là X -giao của tiếp tuyến tại A với BC . Ta có X A 2 = XG 2 = X B.XC nên tứ giác<br />
ABGC điều hòa. Gọi H là giao của AD với E F . Ta có (AI H D) = −1 suy ra B (AI H D) = −1. Gọi<br />
W là giao của B H với AC suy ra (AEW C ) = −1 ⇒ M (AEW C ) = −1 = (AGBC ). Do đó B M đi qua<br />
W hay B M đi qua H . Tương tự C N đi qua H . Vậy H ≡ H và H ∈ AD.<br />
b) Gọi Z là trung điểm cung BC chứa A . AZ giao BC tại V. Ta có A(X LF I ) = (ALB S) =<br />
C (ALB S) = (AI DS) = B (AI DS) = (AK C S) = A(X K E I ). Suy ra AX , K L, E F đồng quy tại U . Mà K L<br />
là trung trực AI nên U A = U I . Suy ra ∠U I A = ∠U AI = 1/2A + C = ∠ AD X . Do đó U I BC . Gọi<br />
Y , Y là giao của đường thẳng qua I vuông góc với OI với BC và K L . Y Y cắt AZ tại R . Y Y<br />
giao E F tại Q . Áp dụng định lý con bướm cho (O), điểm I với hai dây B K và C L đi qua I ta<br />
có I Y = I Y . Mà Y A = Y I , ∠R AI = 90◦ nên Y R = Y I = Y I . Gọi T là giao của U Y với BC . Ta<br />
T<br />
có T Y V R nên T V = 1 . U I là đường trung bình của tam giác T Y Y nên U T = U Y . Áp dụng<br />
Y<br />
2<br />
định lý Menelaus cho tam giác T Y Y với 3 điểm V,U ,Q suy ra Q Y = 1/3Q Y hay Q là trung<br />
điểm I Y . Suy ra PQ = IQ hay Q ≡ Q . Vậy O ∈ I J . Gọi M là trung điểm I J ta có ∠OM S = 90◦<br />
nên M nằm trên (OS) cố định.<br />
Lời giải (daovuquang)<br />
4<br />
<br />
ma<br />
ths<br />
c<br />
<br />
op<br />
e.o<br />
rg<br />
<br />
http://mathscope.org<br />
<br />
p<br />
co<br />
hs<br />
<br />
tt<br />
h<br />
<br />
rg<br />
.o<br />
e<br />
<br />
at<br />
m<br />
//<br />
:<br />
p<br />
<br />
b) Ta chứng minh T ∈ (OS). Điều này tương đương với I O ⊥ IQ . Kẻ đường thẳng qua I<br />
vuông góc I O cắt BC ,K L tại X ,Y và cắt E F tại Q . Kéo dài E F cắt (O) tại M , N . M I , N I cắt lại<br />
(O) ở Z ,U . I Y cắt ZU tại R .<br />
Áp dụng định lí con bướm cho 2 dây K L ,BC , ta có: I X = I Y .<br />
Áp dụng định lí con bướm cho 2 dây M N , Z T , ta có: IQ = I R .<br />
Nhận thấy tam giác I P Y vuông tại P nên để c/m Q trùng Q , ta chỉ cần chứng minh Q P =<br />
Q I hay Q là trung điểm I Y . Điều này lại tương đương với R là trung điểm I X .<br />
Gọi V,W lần lượt là trung điểm I B , IC . Ta chứng minh Z ,U ,V,W thẳng hàng.<br />
Lấy I b , I c là tâm bàng tiếp góc B,C của tam giác ABC .<br />
Do AIC I b nội tiếp nên E I .E I b = E A.EC = E M .E N , hay I , M , N , I b đồng viên. Tương tự có<br />
I c , N , I , M , I b đồng viên.<br />
Lại có: I M .I Z = I B.I K = I V.I I b nên Z ,V, M , I b đồng viên.<br />
Tương tự, I V.I I b = I B.I K = IC .I L = I W.I I c nên V,W, I b , I c đồng viên.<br />
Từ đây ta nhận thấy: (V Z ,V I b ) ≡ (M Z , M I b ) ≡ (M I , M I b ) ≡ (I c I , I c I b ) ≡ (I c W, I c I b ) ≡ (V W,V I b ),<br />
nên Z ,V,W thẳng hàng. Tương tự U ,V,W thẳng hàng. Ta có đpcm.<br />
<br />
htt<br />
p:/<br />
/<br />
<br />
ma<br />
ths<br />
c<br />
<br />
op<br />
e.o<br />
rg<br />
<br />
Lời giải (thaygiaocht)<br />
http://mathscope.org<br />
<br />
5<br />
<br />