Lời giải đề thi học sinh giỏi quốc gia 2010 - 2011

Chia sẻ: 123968574 123968574 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:25

Thêm vào BST

Báo xấu

279
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo và tuyển tập các đề thi thử tuyển sinh học sinh giỏi quốc gia 2010 - 2011 của các trường trung học phổ thông dành cho các bạn ôn thi tốt trong thi học sinh giỏi quốc gia 2010 - 2011. Chúc các bạn thành công trong kỳ thi sắp tới

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Lời giải đề thi học sinh giỏi quốc gia 2010 - 2011

BAN BIÊN T P DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN L I GI I Đ THI H C SINH GI I QU C GIA NĂM H C 2010 – 2011 d THÁNG 01 – 2011
BÀI S 1: B T Đ NG TH C Bài 1. Cho x là s th c dương và n là s nguyên dương. Ch ng minh b t đ ng th c 2 n+1 x n ( x n+1 + 1) x+1 . xn + 1 2 Đ ng th c x y ra khi nào? L i gi i 1. Ta s d ng phương pháp quy n p theo n. V i n = 1, b t đ ng th c c a ta tr thành 3 x( x2 + 1) x+1 . x+1 2 Theo b t đ ng th c AM-GM, ta có 2 1 (2 x) + ( x2 + 1) ( x + 1)4 1 x( x + 1) = · (2 x) · ( x2 + 1) 2 . = 2 2 2 8 T đó suy ra ( x+1)4 3 x( x2 + 1) x+1 8 . = x+1 x+1 2 Và như v y, b t đ ng th c đã cho đúng v i n = 1. Ti p theo, ta s ch ng minh r ng n u b t đ ng th c đúng cho n = k ( k ∈ N∗ ) thì nó cũng s đúng v i n = k + 1. Th t v y, theo gi thi t quy n p, ta có 2 k+1 x k ( x k+1 + 1) x+1 , xk + 1 2 suy ra 2( k+1)+1 2 2 k+1 2 x k ( x k+1 + 1) x+1 x+1 x+1 x+1 . = · xk + 1 2 2 2 2 S d ng đánh giá này, ta th y r ng vi c ch ng minh có th đư c đưa v ch ng minh k t qu sau 2 x k ( x k+1 + 1) x k+1 ( x k+2 + 1) x+1 . · xk + 1 x k+1 + 1 2 B t đ ng th c này tương đương v i ( x + 1)2 ( x k+2 + 1)( x k + 1) , ( x k+1 + 1)2 4x
8 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN hay là ( x + 1)2 ( x k+2 + 1)( x k + 1) −1 − 1. ( x k+1 + 1)2 4x Do ( x + 1)2 − 4 x = ( x − 1)2 và ( x k+2 + 1)( x k + 1) − ( x k+1 + 1)2 = x k ( x − 1)2 nên ta có th thu g n b t đ ng th c l i thành ( x − 1)2 x k ( x − 1)2 , ( x k+1 + 1)2 4x tương đương ( x − 1)2 ( x k+1 + 1)2 − 4 x k+1 0. B t đ ng th c này đúng vì theo AM-GM, ta có ( x k+1 + 1)2 4 x k+1 . Như v y, ta đã ch ng minh đư c n u kh ng đ nh bài toán đúng cho n = k ( k ∈ N∗ ) thì nó cũng đúng cho n = k + 1. T đây, k t h p v i vi c đã xác l p đư c tính đúng đ n c a b t đ ng th c c n ch ng minh cho n = 1, ta suy ra nó đúng v i m i s nguyên dương n (theo nguyên lý quy n p). Ngoài ra, có th th y đư c trong su t quá trình ch ng minh, d u đ ng th c ch x y ra t i m t đi m duy nh t x = 1. L i gi i 2. Ta s ch ng minh k t qu t ng quát hơn: V i m i a, b > 0, thì 2 n+1 a n b n (a n+1 + b n+1 ) a+b . (1) an + b n 2 K t qu bài toán đã cho là trư ng h p riêng khi a = x và b = 1. D th y (1) là m t b t đ ng th c thu n nh t cho hai bi n a, b, vì v y không m t tính t ng quát ta có th chu n hóa cho a + b = 2. Khi đó (1) có th vi t l i dư i d ng f n (a, b) 0, trong đó f n (a, b) = a n + b n − a n b n (a n+1 + b n+1 ). S d ng b t đ ng th c AM-GM, ta có 2 a b(a n−1 + b n−1 ) + (a n+1 + b n+1 ) n−1 n−1 n+1 n+1 ab(a +b )(a +b ) 2 2n n2 (a + b) (a + b ) = ( a n + b n )2 , = 4 t đó suy ra ( a n + b n )2 a n+1 + b n+1 . ab(a n−1 + b n−1 )
9 L I GI I VMO 2011 S d ng đánh giá này, ta thu đư c a n−1 b n−1 (a n + b n )2 an + bn − f n ( a, b ) 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 (2) f n−1 (a, b). = n−1 + b n−1 a T (2), th c hi n các đánh giá liên ti p, ta có an + bn (1) f n ( a, b ) f n−1 (a, b) a n−1 + b n−1 an + bn a n−1 + b n−1 f n−2 (a, b) · n−2 a n−1 + b n−1 a + b n−2 an + bn a n−1 + b n−1 a2 + b 2 f 1 ( a, b ) ··· · n−2 ··· 1 a n−1 + b n−1 a + b n−2 a + b1 an + bn (3) f 1 (a, b). = a+b M t khác, cũng theo b t đ ng th c AM-GM thì 1 f 1 (a, b) = a + b − ab(a2 + b2 ) = a + b − · (2ab) · (a2 + b2 ) 2 2 1 (2ab) + (a2 + b2 ) (a + b)4 a+b− = a+b− = 0. 2 2 8 0 v i m i n ∈ N∗ . Do đó, k t h p v i (3), ta suy ra f n (a, b) L i gi i 3. Ta ch ng minh b đ sau B đ . Cho a, b là hai s th c dương. Khi đó, v i m i n 1, ta có n2 a+b n( n−1) n n (ab) (a + b ) 2 . (4) 2 2 Ch ng minh. Không m t tính t ng quát, ta gi s a + b = 2 và đ t a = 1 + x, b = 1 − x v i 0 x < 1. B t đ ng th c (4) có th vi t l i thành n( n−1) (1 + x)n + (1 − x)n (1 + x)(1 − x) 2, 2 hay tương đương n( n+1) n( n−1) n( n−1) n( n+1) g( x) = (1 + x) (1 − x) + (1 + x) (1 − x) 2. 2 2 2 2
10 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN Ta có n( n+1) n( n−1) (1 + x) (1 − x) = 2 2 n( n + 1) n( n − 1) n( n+1) n( n−1) n( n+1) n( n−1) (1 + x) 2 −1 (1 − x) 2 − (1 + x) 2 (1 − x) 2 −1 = 2 2 n n( n+1) n( n−1) −1 −1 = (1 + x) 2 (1 − x) 2 ( n + 1)(1 − x) − ( n − 1)(1 + x) 2 n( n+1) n( n−1) −1 −1 = n(1 + x) (1 − x) (1 − nx) 2 2 và n( n−1) n( n+1) (1 + x) (1 − x) = 2 2 n( n − 1) n( n + 1) n( n−1) n( n+1) n( n−1) n( n+1) (1 + x) 2 −1 (1 − x) 2 − (1 + x) 2 (1 − x) 2 −1 = 2 2 n n( n−1) n( n+1) −1 −1 = (1 + x) 2 (1 − x) 2 ( n − 1)(1 − x) − ( n + 1)(1 + x) 2 n( n−1) n( n+1) −1 −1 = − n(1 + x) (1 − x) (1 + nx), 2 2 do đó n( n−1) n( n−1)−1 −1 (1 + x)n (1 − nx) − (1 − x)n (1 + nx) g ( x) = n(1 + x) (1 − x) 2 2 1 − nx (1 − x)n n( n−1) = n(1 − x2 ) 2 −1 (1 + x)n (1 + nx) . − 1 + nx (1 + x)n n T đây ta th y g ( x) có cùng d u v i h( x) = 1−nx − (1−x)n . Tính đ o hàm 1+ nx (1+ x) c a h( x), ta đư c 2 n(1 − x)n−1 2 n(1 − x2 )n−1 2n 2n h ( x) = − = − n+1 2 2n (1 + nx)2 (1 + x) (1 + nx) (1 + x) 2n 1 1 1 1 1 = 2n 0 − − + n n 2n 2 (1 + x) 1 + nx (1 + x) 1 + nx (1 + x) (1 + nx) do theo b t đ ng th c Bernoulli thì (1 + x)n 1 + nx (chú ý r ng n 1). Như v y, h( x) là hàm ngh ch bi n trên [0, 1). Suy ra h( x) h(0) = 0, ∀ x ∈ [0, 1). Mà g ( x) có cùng d u v i h( x) nên ta cũng có g ( x) 0 v i m i x ∈ [0, 1). Do v y g( x) là hàm ngh ch bi n trên [0, 1). T lý lu n này, ta suy ra g( x) g(0) = 2, ∀ x ∈ [0, 1). B đ đư c ch ng minh. Quay tr lài bài toán. Theo (4), ta có k2 a+b k( k−1) k k (ab) (a + b ) ∀a, b > 0, k 2 , 1, (5) 2 2
11 L I GI I VMO 2011 suy ra 1 ak + bk k2 k−1 a+b 2(ab) . (6) 2k 2 Trong (6), cho a = x n , b = 1 và k = n+1 > 1, ta đư c n n2 n+1 ( n+1)2 x +1 n xn + 1 2x . 2( n+1) 2 T đó suy ra 2 n+1 x n ( x n+1 + 1) x n ( x n+1 + 1) x n+1 + 1 ( n+1)2 n(2 n+1) =x . 2( n+1) xn + 1 n2 2 n x n+1 +1 ( n+1)2 2x 2( n+1) 2 Như th , phép ch ng minh s hoàn t t n u ta ch ra đư c r ng 2 n+1 2 n+1 x n+1 + 1 ( n+1)2 x+1 n(2 n+1) x . 2( n+1) 2 2 B t đ ng th c này tương đương v i ( n+1)2 x+1 n( n+1) n+1 x (x + 1) 2 . 2 2 Đây chính là k t qu c a b t đ ng th c (5) áp d ng cho a = x, b = 1 và k = n + 1. Bài toán đư c ch ng minh xong. Nh n xét. Có th th y ý tư ng t nhiên nh t khi gi i bài này chính là s d ng phép quy n p. L i gi i 3 tuy dài và ph c t p nhưng nó cũng có ý nghĩa riêng c a nó. Th t v y, qua l i gi i này ta có th th y đư c b t đ ng th c đã cho v n đúng cho trư ng h p n là s th c tùy ý không nh hơn 1. K t qu này không th suy ra đư c t hai l i gi i b ng quy n p 1 và 2.
12 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN d
BÀI S 2: GI I H N C A DÃY S Bài 2. Cho dãy { xn } đư c xác đ nh b i 2 n n−1 x1 = 1 và xn = xi v i m i n 2. ( n − 1)2 i=1 Ch ng minh r ng dãy yn = xn+1 − xn có gi i h n h u h n khi n → +∞. L i gi i 1. T gi thi t, ta suy ra v i m i n 1, thì ( n − 1)2 n−1 xi = xn . 2n i =1 Do đó 2( n + 1) n n−1 2( n + 1) xn+1 = xi = xn + xi n2 i=1 n2 i =1 ( n − 1)2 ( n + 1)( n2 + 1) 2( n + 1) (1) xn + xn = xn . = n2 n3 2n S công th c truy h i v a tìm đư c này k t h p v i phép quy n p, ta s ch ng minh xn 4( n − 1), ∀n 2. (2) Do x2 = (22·1)2 x1 = 4 nên d th y (2) đúng v i n = 2. Gi s (2) đúng v i 2 − n = k 2, khi đó ta có ( k + 1)( k2 + 1) ( k + 1)( k2 + 1) xk+1 = xk · 4( k − 1) k3 k3 4( k2 − 1)( k2 + 1) 4( k4 − 1) 4 = 4 k − 3 < 4 k, = = 3 3 k k k suy ra (2) cũng đúng v i n = k + 1. T đây, áp d ng nguyên lý quy n p, ta có (2) đúng v i m i n 2. Bây gi , ta s đi ch ng minh bài toán đã cho, c th ta s ch ra r ng yn là dãy tăng và b ch n trên. • Ch ng minh yn tăng. Theo (1), ta có ( n + 1)( n2 + 1) n2 + n + 1 yn = xn+1 − xn = xn − xn = xn . n3 n3
14 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN Do đó ( n + 1)2 + ( n + 1) + 1 n2 + n + 1 yn+1 − yn = xn+1 − xn ( n + 1)3 n3 n2 + 3 n + 3 ( n + 1)( n2 + 1) n2 + n + 1 xn − xn = · ( n + 1)3 n3 n3 xn ( n2 + 3 n + 3)( n2 + 1) − ( n2 + n + 1) =3 2 n ( n + 1) xn n+2 ( n2 + 1) − ( n2 + n + 1) = 3 1+ ( n + 1)2 n xn ( n + 2)( n2 + 1) 2 xn −n = 3 > 0. =3 2 n ( n + 1)2 n ( n + 1) Đi u này ch ng t yn là dãy tăng. • Ch ng minh yn b ch n trên. S d ng (2), v i m i n 2, ta có n2 + n + 1 n2 + n + 1 4( n3 − 1) yn = xn · 4( n − 1) = < 4. n3 n3 n3 Do đó y1 < y2 < · · · < yn < 4, hay nói cách khác, dãy yn b ch n trên b i 4. T hai k t qu v a ch ng minh trên, ta d dàng suy ra k t qu c n ch ng minh. Nh n xét. Khi làm bài toán này, có l các b n h c sinh đ u không khó đ tìm ra các tính ch t 2 • xn+1 = (n+1)(3 n +1) xn . n n2 + n+1 • yn = xn . n3 • yn là dãy tăng. Và khi đó, công vi c còn l i s ch là tìm ra m t ch n trên cho yn . Có th nói đây chính là y u t quan tr ng nh t c a bài toán. Vi c tìm ra đánh giá (2) có th đư c gi i thích như sau: Ta bi t r ng hàm phân th c f ( x) = h(x) v i g( x), h( x) là các đa th c đ ng b c và h( x) > 0 thì g ( x) b ch n trên b i m t h ng s . Mà quan sát công th c truy h i c a 2 yn , ta th y r ng n +n+1 là hàm phân th c theo n v i n2 + n + 1 là đa n3 3 th c b c 2 và n là đa th c b c 3. T đây ta ch t có m t ý tư ng là đánh giá xn v i hàm đa th c b c nh t theo n (chi u ) vì khi đó yn s
15 L I GI I VMO 2011 b ch n trên b i m t hàm phân th c v i t là đa th c b c 3 và m u cũng là đa th c b c 3, và như th theo tính ch t v a nh c l i trên, ta bi t ch c r ng yn s b ch n trên b i m t h ng s . V i ý tư ng như v y, ta mong mu n có m t đánh giá d ng xn a n + b. Ngoài ra, t công th c truy h i trên c a xn , ta cũng nghĩ đ n vi c thi t l p đánh giá này b ng quy n p (vì như th là đơn gi n hơn c ). Như th , ta c n ph i ch n các s th c a, b sao cho ( n + 1)( n2 + 1) (an + b) a( n + 1) + b. n3 Th c hi n phép khai tri n, ta vi t đư c b t đ ng th c này l i thành −(a + b) n( n + 1) − b 0. Đ đi u này đúng v i m i n 1, ta c n có a + b 0 và 2(a + b) + b 0. Và t t nhiên, đ đơn gi n, ta ch n ngay a + b = 0 và b < 0, t c a = −b > 0. Khi đó, ta thu đư c b t đ ng th c d ng xn a( n − 1). Ta th y r ng n u có a sao cho đánh giá này đúng v i m t s n0 nào đó thì đánh giá cũng s đúng v i m i n n0 (do lý lu n trên). Và như th , ta ch c n xét m t vài giá tr n nh và ch n a sao cho b t đ ng th c đúng v i các giá tr đó là đư c. Ngoài ra, ta th y b t đ ng th c s không đư c th a mãn v i n = 1, nên ta s xét v i n = 2. Khi đó, b t đ ng th c tr thành 4 a. Và r t đơn gi n, ta nghĩ ngay đ n vi c ch n a = 4. Đây chính là ngu n g c c a vi c thi t l p (2). L i gi i 2. Áp d ng gi thi t đã cho đ bài, ta có n2 xn+1 ( n − 1)2 xn ( n + 1)( n2 + 1) n n−1 xk = xn + xk = xn + xn . (3) = = n3 2( n + 1) k=1 2n k=1 T đó suy ra n2 + n + 1 xn un v i un = . xn+1 − xn = (4) 2 n n Do (3) nên ta có n2 + 1 1 u n+1 = un = 1 + 2 un. 2 n n
16 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN M t khác, d th y xn > 0, ∀n ∈ N∗ nên ta cũng có u n > 0, ∀n ∈ N∗ . Vì v y, ta có th đ t ln u n = vn . Khi đó 1 ∀ n ∈ N∗ . vn+1 = vn + ln 1 + > vn , n2 V y {vn }n∈N∗ là dãy tăng. Bây gi , s d ng b t đ ng th c cơ b n ln(1 + x) < x, ∀ x > 0, ta thu đư c 1 vn+1 < vn + . n2 T đây ta có ( n−1)2 2 ( n−1) 1 1 1 v n < v1 + 1 + < v1 + 1 + = v1 + 2 − ∀n , 2. 2 k=2 k( k − 1) n−1 k k=2 Đi u này ch ng t {vn }n∈N∗ b ch n, hơn n a do {vn } là dãy tăng nên ta suy ra đư c {vn } h i t . Vì u n = e vn và hàm f ( x) = e x là hàm liên t c 2 nên {u n }n∈N∗ cũng h i t . T lý lu n này k t h p v i lim n +n+1 = 1 và n2 (4), ta suy ra đi u ph i ch ng minh.
BÀI S 3: HÌNH H C PH NG Bài 3. Cho đư ng tròn (O ), đư ng kính AB. P là m t đi m trên ti p tuy n c a (O ) t i B (P ≡ B). Đư ng th ng AP c t (O ) l n th hai t i C . D là đi m đ i x ng c a C qua O . Đư ng th ng DP c t (O ) l n th hai t i E . (a) Ch ng minh r ng AE , BC , PO đ ng quy t i M . (b) Tìm v trí c a đi m P đ di n tích tam giác AMB là l n nh t. Tính di n tích l n nh t đó theo R là bán kính c a (O ). L i gi i. Trư c h t xin nh c l i không ch ng minh b đ sau B đ . Cho hình thang ABCD , AB C D . Gi s AC c t BD t i O và AD c t BC t i I . Khi đó, OI đi qua trung đi m AB và CD . P C F M E A B O D Quay tr l i bài toán: (a) G i F là giao đi m c a AE và BP . T tính ch t góc n i ti p và đư ng cao c a tam giác vuông ta d th y ∠ AEC = ∠ ABC = ∠BPC , v y t giác CPFE n i ti p. T đó suy ra ∠CPE = ∠CFE , ∠PCE = ∠EFB.
18 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN C ng các đ ng th c góc v i chú ý ∠CEP = 90◦ , ta suy ra 90◦ = ∠CPE + ∠PCE = ∠CFE + ∠EFB = ∠CFB, hay CF ⊥ PB, và do đó CF A B. G i M là giao đi m c a CB và AE . Áp d ng b đ cho hình thang ABFC , ta có MP đi qua trung đi m AB hay MP đi qua O . V y AE , BC , OP đ ng quy t i M , đó là đi u ph i ch ng minh. (b) Áp d ng đ nh lý Menelaus cho tam giác APO v i C , M , B th ng hàng, ta d th y OM CA . = OP C A + 2CP T đó ta có S M AB OM CA . = = S P AB OP C A + 2CP Suy ra CA CA CA S M AB = S P AB · S P AB · = S P AB · C A + 2CP 2 2BC 2 C A · 2CP 2 R2 BC · P A CA 4R . = · = = 2 2 2BC 4 2 2 Đ ng th c x y khi PB = 2R .
BÀI S 4: TOÁN R I R C Bài 4. Cho ngũ giác l i ABCDE có các c nh và hai đư ng chéo AC , AD có đ dài không vư t quá 3. Trong ngũ giác l i l y 2011 đi m phân bi t b t kì. Ch ng minh r ng t n t i m t hình tròn đơn v có tâm n m trên c nh c a ngũ giác l i ABCDE và ch a ít nh t 403 đi m trong s 2011 đi m đã cho. L i gi i. Trư c h t ta ch ng minh b đ sau B đ . Cho đi m I n m trong tam giác X Y Z có đ dài các c nh nh hơn 3. Khi đó, min{ I X , IY , I Z } < 1. Ch ng minh. Th t v y, vì ∠ X IY + ∠Y I Z + ∠ Z I X = 360◦ nên trong ba góc ∠ X IY , ∠Y I Z , ∠ Z I X ph i có m t góc không nh hơn 120◦ . Gi s ∠ X IY 120◦ thì trong tam giác I X Y , theo đ nh lý cosin ta có X Y 2 = I X 2 + IY 2 − 2 I X · IY cos ∠ X IY 3 I X 2 + IY 2 + I X · IY 3 min{ I X 2 , IY 2 }. T đây đưa đ n min{ I X , IY } 1. B đ đư c ch ng minh. Quay tr l i bài toán. Theo gi thi t thì các tam giác A BC , A CD , A DE đ u có c ba c nh nh hơn 3, mà m i đi m trong 2011 đi m gieo trong ngũ giác ABCDE đ u thu c mi n trong c a m t trong ba tam giác này nên theo b đ , m i đi m ph i cách m t đ nh nào đó c a ngũ giác m t kho ng không l n hơn 1. Theo nguyên lý Dirichlet, có m t đ nh c a ngũ giác có kho ng cách không l n hơn 1 đ n ít nh t 2011 = 403 đi m. T đó ta có đi u ph i ch ng minh. 5
20 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN d
BÀI S 5: DÃY S CÓ TÍNH CH T S HC Bài 5. Cho dãy s nguyên {a n } xác đ nh b i a 0 = 1, a 1 = −1 và a n = 6a n−1 + 5a n−2 v i m i n 2. Ch ng minh r ng a 2012 − 2010 chia h t cho 2011. L i gi i 1. Xét dãy {b n } đư c xác đ nh như sau b 0 = 1, b 1 = −1 và b n = 6 b n−1 + 2016 b n−2 v i m i n 2. Dãy này có phương trình đ c trưng x2 − 6 x − 2016 = 0 có hai nghi m là x = −42 và x = 48. T đây, s d ng ki n th c v phương trình sai phân, ta tìm đư c công th c t ng quát c a dãy là 41 · 48n + 49 · (−42)n ∀ n ∈ N. bn = , 90 Ngoài ra, ta cũng d dàng ch ng minh b ng quy n p r ng ∀ n ∈ N. a n ≡ b n (mod 2011), Theo đó, ta ch c n ch ng minh b2012 + 1 ≡ 0 (mod 2011) n a là xong. Ta có 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 b 2012 + 1 = . 90 Do 2011 là s nguyên t , và 2011, 90 là hai s nguyên t cùng nhau nên ta ch c n ch ng minh 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ 0 (mod 2011). (1) Mà theo đ nh lý Fermat nh , ta có 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ 41 · 482 + 49 · 422 + 90 (mod 2011) = 90 b 2 + 90 = 90 6 · (−1) + 2016 · 1 + 90 = 90 · 2010 + 90 = 90 · 2011 ≡ 0 (mod 2011). Vì v y, (1) đúng. Bài toán đư c ch ng minh xong.
22 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN L i gi i 2. Phương trình đ c trưng c a dãy đã cho là x2 − 6 x − 5 = 0 có hai nghi m là 3 − 14 và 3 + 14, do đó ta d dàng tìm đư c công th c s h ng t ng quát c a dãy là n n 7 − 2 14 3 + 14 + 7 + 2 14 3 − 14 an = 14 n−1 n−1 −7 + 14 3 + 14 − 7 + 14 3 − 14 = 14 = − u n + 2vn , trong đó n−1 n−1 n−1 n−1 3 + 14 + 3 − 14 3 + 14 − 3 − 14 un = vn = , . 2 2 14 S d ng công th c khai tri n nh th c Newton, ta có 1005 1005 C 2011 32011−2k 14k = 32011 + 2k C 2011 32011−2k 14k . 2k u 2012 = k=0 k=1 Do 1 < 2k < 2011 v i 1 1005 và 2011 là s nguyên t nên k 2 k−1 C 2010 .. 2011. 2k . C 2011 = 2011 2k M t khác, theo đ nh lý Fermat nh thì 32011 ≡ 3 (mod 2011). Do v y, k t h p các l p lu n l i v i nhau, ta đư c u 2012 ≡ 3 (mod 2011). (2) Tương t v i vn , ta cũng s d ng khai tri n Newton và thu đư c 1006 1005 C 2011 32012−2k 14k−1 = 141005 + 2 k−1 C 2011 32012−2k 14k−1 . 2 k−1 v2012 = k=1 k=1 Đ n đây, cũng b ng cách s d ng tính nguyên t c a 2011, ta th y 2 k−2 C 2010 .. 2011 2 k−1 . C 2011 = 2011 2k − 1
23 L I GI I VMO 2011 v i k ∈ {1, 2, . . . , 1005}. Vì v y v2012 ≡ 141005 (mod 2011). Do 14 = 2025 − 2011 = 452 − 2011 ≡ 452 (mod 2011) nên áp d ng đ nh lý Fermat nh , ta có 141005 ≡ 452010 ≡ 1 (mod 2011). Suy ra v2012 ≡ 1 (mod 2011). (3) T (2) và (3), ta có a 2012 − 2010 ≡ −3 + 2 · 1 − 2010 ≡ 0 (mod 2011). Bài toán đư c ch ng minh xong.
24 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN d
BÀI S 6: HÌNH H C PH NG Bài 6. Cho tam giác ABC không cân t i A và có các góc ABC , ACB là các góc nh n. Xét m t đi m D di đ ng trên c nh BC sao cho D không trùng v i B, C và hình chi u vuông góc c a A trên BC . Đư ng th ng d vuông góc v i BC t i D c t đư ng th ng AB, AC tương ng t i E và F . G i M , N và P l n lư t là tâm đư ng tròn n i ti p các tam giác AEF , BDE và CDF . Ch ng minh r ng b n đi m A , M , N , P cùng n m trên m t đư ng tròn khi và ch khi đư ng th ng d đi qua tâm đư ng tròn n i ti p tam giác ABC . L i gi i. Ta th y bài toán đã cho chính là s k t h p cơ h c c a hai k t qu sau B đ 1. Cho tam giác ABC không cân t i A và có các góc ABC , ACB là các góc nh n. Xét m t đi m D di đ ng trên c nh BC sao cho D không trùng v i B, C và hình chi u vuông góc c a A trên BC . Đư ng th ng d vuông góc v i BC t i D c t đư ng th ng AB, AC tương ng t i E , F . ( N ), (P ) l n lư t là đư ng tròn n i ti p tam giác BDE , CDF . Khi đó, d đi qua tâm n i ti p tam giác ABC khi và ch khi ti p tuy n chung khác d c a ( N ) và (P ) đi qua A . B đ 2. Cho tam giác ABC không cân t i A và có các góc ABC , ACB là các góc nh n. Xét đi m D di đ ng trên c nh BC sao cho D không trùng v i B, C và hình chi u vuông góc c a A trên BC . Đư ng th ng d vuông góc v i BC t i D c t đư ng th ng AB, AC tương ng t i E , F . G i M , N và P l n lư t là tâm đư ng tròn n i ti p các tam giác AEF , BDE và CDF . Khi đó, b n đi m A , M , N , P cùng n m trên m t đư ng tròn khi và ch khi ti p tuy n chung khác d c a ( N ) và (P ) đi qua A . Như v y, ta ch c n ch ng minh đư c hai b đ này thì bài toán cũng đư c gi i quy t xong. Ch ng minh b đ 1. Ta ch ng minh hai chi u. • Gi s ti p tuy n khác d c a ( N ) và (P ) đi qua A . G i giao đi m c a ti p tuy n đó và d là T . D th y các t giác T ABD và T ACD ngo i ti p, do đó theo tính ch t cơ b n c a t giác ngo i ti p, ta có AB + TD = AT + BD và AC + TD = AT + DC . T hai đ ng th c này, ta d th y DB − DC = AB − AC .