Đang tải... (xem toàn văn)
lời giải và bình luận đề thi vmo 2015
Trần Nam Dũng (chủ biên), Nguyễn Tất Thu, Võ Quốc Bá Cẩn, Lê Phúc Lữ LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2015 T hành phố Hồ Chí Minh, ngày 16 tháng 01 năm 2015 Các tác giả xin chân thành cảm ơn bạn: 1. Trần Quốc Luật (Giáo viên THPT Chuyên Hà Tĩnh, TP Hà Tĩnh). 2. Nguyễn Văn Linh (Sinh viên ĐH Ngoại Thương Hà Nội). 3. Hoàng Đỗ Kiên (Sinh viên ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội). 4. Nguyễn Huy Tùng (Sinh viên ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội). 5. Trần Anh Hào (Học sinh THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang) 6. Trần Phan Quốc Bảo (Học sinh THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Khánh Hòa) 7. Trần Quốc Anh (Học sinh THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) nhiều giáo viên, học sinh bạn đam mê Toán khác đóng góp nội dung, góp ý xây dựng quý báu cho tài liệu! 1. Đề thi Ngày thi thứ nhất. (08/01/2015) Bài 1. (5,0 điểm) Cho a số thực không âm (un ) dãy số xác định n2 u2n + với n 1. u1 = 3, un+1 = un + 2 4n + a a) Với a = 0, chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn đó. b) Với a ∈ [0; 1], chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn. Bài 2. (5,0 điểm) Cho a, b, c số thực không âm. Chứng minh √ √ √ 3(a2 + b2 + c2 ) (a + b + c) ab + bc + ca + +(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 (a + b + c)2 . Bài 3. (5,0 điểm) Cho số nguyên dương k. Tìm số số tự nhiên n không vượt 10k thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i. n chia hết cho 3; ii. chữ số biểu diễn thập phân n thuộc tập hợp {2, 0, 1, 5} . Bài 4. (5,0 điểm) Cho đường tròn (O) hai điểm B, C cố định (O), BC không đường kính. Điểm A thay đổi (O) cho tam giác ABC nhọn. Gọi E, F chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC. Cho (I) đường tròn thay đổi qua E, F có tâm I. a) Giả sử (I) tiếp xúc với BC điểm D. Chứng minh DB DC = cot B . cot C b) Giả sử (I) cắt cạnh BC hai điểm M, N. Gọi H trực tâm tam giác ABC P, Q giao điểm (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Đường tròn (K) qua P, Q tiếp xúc với (O) điểm T (T phía A PQ). Chứng minh đường phân giác góc ∠MT N qua điểm cố định. Ngày thi thứ hai. (09/01/2015) Bài 5. (7,0 điểm) Cho fn (x) dãy đa thức xác định f0 (x) = 2, f1 (x) = 3x, fn (x) = 3xfn−1 (x) + (1 − x − 2x2 )fn−2 (x) với n 2. Tìm tất số nguyên dương n để fn (x) chia hết cho x3 − x2 + x. Bài 6. (7,0 điểm) Với a, n số nguyên dương, xét phương trình a2 x + 6ay + 36z = n, x, y, z số tự nhiên. a) Tìm tất giá trị a để với n có nghiệm tự nhiên (x, y, z). 250, phương trình cho b) Biết a > nguyên tố với 6. Tìm giá trị lớn n theo a để phương trình cho nghiệm (x, y, z). Bài 7. (6,0 điểm) Có m học sinh nữ n học sinh nam (m, n 2) tham gia liên hoan song ca. Tại liên hoan song ca, buổi biểu diễn chương trình văn nghệ. Mỗi chương trình văn nghệ bao gồm số hát song ca nam – nữ mà đó, đôi nam – nữ hát với không học sinh hát bài. Hai chương trình coi khác có cặp nam – nữ hát với chương trình không hát với chương trình kia. Liên hoan song ca kết thúc tất chương trình khác có biểu diễn, chương trình biểu diễn lần. a) Một chương trình gọi lệ thuộc vào học sinh X hủy tất song ca mà X tham gia có học sinh khác không hát chương trình đó. Chứng minh tất chương trình lệ thuộc vào X số chương trình có số lẻ hát số chương trình có số chẵn hát. b) Chứng minh ban tổ chức liên hoan xếp buổi biểu diễn cho số hát hai buổi biểu diễn liên tiếp không tính chẵn lẻ. 2. Nhận xét chung Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn Toán năm học 2014-2015 (VMO 2015) diễn ngày 08 09/01/2015. Về tổng quan, ta thấy đề thi năm hay, phù hợp với việc tuyển chọn học sinh giỏi. Các vấn đề đặt đề bản, quen thuộc có khó khăn định bài. Ví dụ tổ hợp khai thác chủ đề quen thuộc số chia hết cho có chữ số thuộc tập hợp (dùng bậc đơn vị truy hồi), đưa chữ số vào gây chút rắc rối. Bài số học khai thác định lý Sylvester biểu diễn dạng tổ hợp tuyến tính ax + by. Bài bất đẳng thức nhẹ nhàng (so với bất đẳng thức khủng năm ngoái), giải kiến thức THCS gây khó cho không thí sinh. Năm có điểm đặc biệt có hình học, lại khó nên khiến số bạn giỏi hình chưa có hội bộc lộ hết sở trường mình. Thay vào hình tổ hợp dài, không khó chất đòi hỏi khả đọc hiểu thí sinh. Nhiều thí sinh chia sẻ rằng: "Em không hiểu tổ hợp họ hỏi gì?". Quả thật, khả đọc hiểu, xây dựng chuyển đổi mô hình điểm yếu cố hữu học sinh Việt Nam. Đi vào chi tiết, ta điểm qua sau: Ngày bản, gồm vấn đề nhiều có giới thiệu chương trình Toán chuyên cách đại trà. • Bài (dãy số) có câu a dễ quen thuộc, câu b lại khó khăn kỹ thuật định, cần sử dụng định lý kẹp, đơn điệu bổ đề ánh xạ co. Nhiều thí sinh bị lấn sâu vào câu b toán dẫn đến thiếu thời gian để giải câu lại. • Bài (bất đẳng thức) không dễ không khó, bất đẳng thức đối xứng, đồng bậc, dạng tương đối phổ biến với học sinh. Đổi biến để khử xong nhìn bất đẳng thức Schur bậc AM-GM. Bài có nhiều cách giải nên tiếc cho học sinh bỏ vế sau, vế toán. Đây toán hợp lý tương xứng với vị trí đề thi. • Bài (tổ hợp) khai thác chủ đề quen thuộc (đã xuất đề thi Romania 2003, Phổ thông khiếu 2009, Lâm Đồng 2014). Có rắc rối chỗ số lại "giải" điều kiện n < 10k (chứ có m chữ số). Phương pháp đơn vị giải gọn cần trình bày chặt chẽ. Phương pháp truy hồi gây khó chút có đến dãy. Ở này, có lẽ thí sinh làm trọn vẹn không nhiều, giám khảo chấm mệt. • Bài (hình học phẳng) hình nhất, có hai câu mức độ trung bình khó, số học sinh làm trọn vẹn không nhiều. Chủ đề phương tích, trục đẳng phương đóng vai trò chủ đạo suốt năm gần đây. Ở ngày thi thứ hai, đề thi so với ngày "gây sốc", khó kỹ thuật lẫn tư duy. Nguyên nhân hình tổ hợp phát biểu dài. Hai 5, quen thuộc lại phần mà thí sinh để ý. Về ý tưởng đề ngày hay hơn. • Bài (dãy số, đa thức) tương đối bản. Dùng phương trình đặc trưng quy nạp dễ dàng tìm fn = (2x−1)n +(x+1)n . Kiểu toán chia hết giống với chia hết số nguyên. Cách làm truyền thống khai thác tính tuần hoàn số dư. Tuy nhiên, thực tế nhiều thí sinh phương hướng gì. • Bài (số học) không khó khăn để làm quen với định lý Sylvester. Có hai toán mẫu trước IMO 1983 Vietnam TST 2000. Cũng năm, số học xuất hiện, có khó. Tuy nhiên, chưa biết định hướng sử dụng định lý thử thách thực sự. • Bài (tổ hợp) đề dài, quan hệ khái niệm rối dễ dẫn đến hiểu nhầm. Học sinh cần chuyển mô hình toán học (bảng, graph hàm số) để thấy rõ vấn đề. Thực chất toán đếm giải song ánh quy nạp. Như vậy, nhìn chung đề năm hay. Ngày thật quen đại trà. Ngày gây khó phân loại. Qua khảo sát số đội tuyển, thí sinh đánh giá đề vừa sức nhiều giải số nội dung đề bài. Dự đoán năm điểm đạt giải khuyến khích vào khoảng 13-15, điểm lọt vào vòng để thi chọn đội tuyển IMO 24. Năm giải nhất. Tài liệu tổng hợp, biên tập lại từ nhiều nguồn, đặc biệt mathscope.org để giới thiệu cho học sinh, thầy cô Chuyên Toán tham khảo. Do hoàn thành thời gian gấp rút khối lượng tính toán lớn nên nhiều sai sót. Mọi góp ý, thắc mắc xin gửi địa mail: trannamdung@yahoo.com, nguyentatthudn@gmail.com, babylearnmath@yahoo.com, lephuclu@gmail.com. Xin chân thành cảm ơn! 3. Lời giải chi tiết bình luận Bài toán 1. Cho a số thực không âm dãy số (un ) xác định n2 u1 = 3, un+1 = un + 2 4n + a u2n + với n 1. a) Với a = 0, chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn đó. b) Với a ∈ [0; 1], chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn. Lời giải. a) Với a = 0, ta có dãy số un+1 = 21 un + 14 u2n + 3. √ Xét hàm số f(x) = 12 x + 14 x2 + với x > 0. Ta có f (x) = 1 x > 0, ∀x > 0. + √ 2 x +3 Suy hàm số f (x) đồng biến (0; +∞). Từ công thức truy hồi ta suy với n un > , un+1 √ 3 = f (un ) u2 = + < u1 2 nên quy nạp ta suy (un ) dãy giảm bị chặn nên có giới hạn hữu hạn. Đặt lim un = x x nghiệm phương trình √ 1√ x= x+ x + ⇔ x2 + = 2x ⇔ x ⇔ x = 1. x2 + = 4x2 Vậy giới hạn cần tìm lim un = 1. b) Với a ∈ [0; 1] ta có n2 4n2 +1 n2 un + 2 4n + n2 4n2 +a u2n + . Do un+1 1 un + u2n + 3. Xét hai dãy (xn ) (yn ) xác định x1 = y1 = xn+1 = xn + x2n + yn+1 = yn + n 4n2 + y2n + Theo kết câu a) ta có lim xn = 1. Ta chứng minh lim yn = từ ta suy lim un = điều cần chứng minh. Dưới ta nêu hai cách để xử lý giới hạn này. Cách 1. Ta có yn+1 − = 1 n2 (yn − 1) (yn + 1) 2n2 (yn − 1) + + − 4n + 4n + y2n + + = n2 (yn − 1) (yn + 1) 1 (yn − 1) + − 4n + 2(4n2 + 1) y2n + + < n2 (yn − 1) (yn + 1) (yn − 1) + 2 4n + y2n + + = (yn − 1) n2 + 2 4n + yn + y2n + + Dễ thấy 0< n2 + 2 4n + n2 1 yn + 1 < + = < + 2 4n + 4 yn + + với n = 1, 2, . • Nếu yn > với n ta có |yn+1 − 1| < 43 |yn − 1| < · · · < n−1 |y1 − 1|. Từ đó, suy lim yn = 1. • Nếu tồn n0 ∈ N∗ để yn0 ta có yn < 1, ∀n > n0 . Nếu tồn N > n0 cho yN+1 > yN , f(x) = đồng biến (0; +∞) nên ta có x2 4x2 +1 hàm (N + 1)2 N2 > . 4N2 + 4(N + 1)2 + Suy (N + 1)2 yN+1 + 4(N + 1)2 + N2 y2N+1 + > yN + 4N2 + y2N + hay yN+2 > yN+1 . Do đó, quy nạp ta chứng minh dãy (yn ) tăng từ số hạng thứ N trở đi. Do đó, dãy (yn ) hội tụ. Đặt lim yn = y ta tìm y = 1. Nếu (yn ) dãy giảm kể từ số hạng thứ n0 trở đi, kết hợp với dãy (yn ) bị chặn ta suy dãy (yn ) hội tụ. Đặt lim yn = y ta tìm y = nên trường hợp loại. Vậy lim yn = toán chứng minh. Cách 2. Ta chứng minh quy nạp yn Thật vậy, với n = 2, dễ dàng thấy (∗) đúng. − n2 với n 2. (∗) Giả sử (∗) với n ta có yn n2 yn + 2 4n + y2n +3 1− n 0. Suy n2 + 4n + 1− n 1− n + 3. Ta cần chứng minh n2 + 4n + 1− n n2 ⇔ 4n2 + 1− n 1− n +3 +3 1− 1− n+1 n+1 − 1− n 2n √ n2 − n + n − n + 4n2 + 2n(n + 1) √ ⇔ 4n2 (n + 1) n2 − n + (4n2 + 1)(n2 − n + 2) ⇔ ⇔ 16n4 (n + 1)2 (n2 − n + 1) (4n2 + 1) (n2 − n + 2) Ta thấy bất đẳng thức với n = 2, 3, ta xét n 16n2 (n + 1)2 n2 (n2 − n + 1) (4n2 + 1) ⇔ 4n(n + 1) (n2 − n + 2) ⇔ n(n − 2)2 Từ ta xn un nên ta có lim un = 1. 1− n 4. Chú ý 4n2 + 1, với n với n, mà lim xn = lim − 4. n =1 Nhận xét. Ý thứ toán bản, thuộc dạng mẫu mực nội dung quen thuộc phần lý thuyết giới hạn dãy số mà hầu hết học sinh giới thiệu. Ta cần chứng minh dãy số giảm quy nạp coi toán giải xong. Tuy nhiên, ý thứ hai lạ coi câu khó ngày thi đầu tiên. Việc đánh giá dãy (un ) kẹp hai dãy (xn ) (yn ) suy nghĩ tự nhiên. Từ kết câu a, ta thấy lim xn = nên ta suy nghĩ đến việc chứng minh lim yn = để có giới hạn. Để làm điều này, ta chứng minh dãy (yn ) dãy giảm bị chặn dưới. Do (yn+1 − yn ) = y2n 12n412n . +8n2 +1 2n2 4n2 +1 y2n + − yn nên để có (yn ) giảm ta cần có Tuy nhiên, không suôn sẻ vậy, việc chứng minh tính chất khó phải thực quy nạp với biểu thức phức tạp. Còn chứng minh dãy bị chặn quy nạp không thành công hệ số biến thiên theo n gây nhiều rắc rồi. Điều gợi ý cho ta đánh giá nhẹ nhàng yn 1− dương đó. Để thực quy nạp, ta cần có đánh giá 1− k + n2 4n2 + n2 ⇔ 4n2 + + (1 − k + (1 − ) n k ) n 1− k n với k k n+1 n2 − 2kn + n + k . 2n(n + 1) Xét với k = 1, ta thấy bất đẳng thức 56n7 − 52n6 + 48n5 − 37n4 + 18n3 − 11n2 + 2n − 0, n 1. Trong lời giải theo cách 2, ta sử dụng đánh giá dạng với k = 2. Dưới số toán tương tự: Bài 1.(Đề chọn đội tuyển ĐHSP 2010) Cho dãy số (xn ) thỏa mãn: x1 = x2 = 1, xn+2 = x2n+1 − xn , n Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn đó. Gợi ý. Ta đánh giá |xn | < ,n n 5. Bài 2. (VMO 2012) Cho dãy số (xn ) thỏa mãn: x1 = 3, xn = n + (xn−1 + 2) , n 3n Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn đó. Gợi ý. Chứng minh dãy giảm trực tiếp đánh giá xn > + n3 với n 2. Bài 3. (Hưng Yên, 2011) Cho dãy số (xn ) xác định x1 = a > 0, xn+1 = xn + xn , n n2 Tìm tất giá trị a cho dãy số có giới hạn hữu hạn. Gợi ý. Ta chứng minh xn +n2 √ . a·n(n+1) Nói chung, cách đánh giá dãy số thông qua hàm biến thiên theo n mẻ phổ biến dãy số có hệ số thay đổi theo n tổng nhiều số hạng dãy. 10 Cách 2. Gọi X, Y giao điểm (I) với BE, CF. Ta có BD2 = BX · BE, CD2 = CY · CF (phương tích với đường tròn (I)). Hai tam giác BXF, CYE có ∠XBF = ∠YCE, ∠BXF = ∠CYE nên đồng dạng. Suy BF cos B BX = = . CY CE cos C Do đó, BD2 cos B sin C cot B BX BE · = · = = CD CY CF cos C sin B cot C hay BD cot B = . CD cot C b) Trường hợp tam giác ABC cân A, toán hiển nhiên đúng. Xét trường hợp tam giác không cân A, không tính tổng quát, giả sử AB < AC. Gọi G giao điểm EF đường thẳng BC. Xét đường tròn (BHC), (I) đường tròn đường kính BC. Ta thấy: • Trục đẳng phương (BHC), (I) PQ. • Trục đẳng phương (I) đường tròn đường kính BC EF. • Trục đẳng phương (BHC) đường tròn đường kính BC BC. Do đó, PQ, EF, BC đồng quy tâm đẳng phương đường tròn này. Ta có GT = GP · GQ = GM · GN nên đường tròn (T MN) tiếp xúc với (O) T . Do đó, ta có ∠GT M = ∠GNT (cùng chắn cung T M đường tròn (K)). 28 Theo tính chất góc tam giác ∠GNT = ∠NT C + ∠NCT . Hơn nữa, GT tiếp xúc với (O) nên ∠GT B = ∠GCT . Trừ tương ứng vế đẳng thức, ta ∠BT M = ∠CT N. Từ dễ thấy phân giác góc ∠MT N ∠BT C trùng hay phân giác ∠MT N qua trung điểm J cung BC không chứa A, điểm cố định. Ta có đpcm. Nhận xét. Về câu a toán, nói phần tương đối hay, không đơn giản đủ dễ để học sinh tự tin thoải mái để bắt tay vào thử sức. Việc sử dụng tính chất phương tích đường tròn dẫn đến xuất cách tự nhiên điềm R, S, X, Y trên. Ngoài ra, với học sinh không quen với việc kẻ đường phụ, ta lập luận tỉ số lượng giác trực tiếp, không cần vẽ thêm sau: Ký hiệu E góc ∠DEF = ∠BDF, biến đổi góc, ta có ∠B = ∠AEF = 180◦ −(∠E+∠CED) = 180◦ −(∠E+180◦ −(∠C+F)) = ∠C+∠F−∠E. Suy ∠B + ∠E = ∠C + ∠F. Do ∠BFD = ∠CED, ∠CFD = ∠BED. Xét tỉ lệ diện tích tam giác SFBD FB · FD · sin BFD sin BFD BD = = = cot B · CD SFCD FC · FD · sin CFD sin CFD BD SEBD EB · ED · sin BED sin BED = = = · . CD SECD EC · ED · sin CED cot C sin CED 29 Suy BD CD = cot B BD ⇒ = cot C CD cot B . cot C Lời giải phát số cặp góc biến đổi nhẹ nhàng. Khai thác thêm mô hình này, ta phát thêm nhiều điều thú vị: 1. Bôn điểm R, S, X, Y đỉnh hình chữ nhật. 2. Đường thẳng nối giao điểm DE, CF DF, CE song song với BC. Ta thấy rằng, từ đầu, học sinh thắc mắc cách dựng đường tròn (I), tức đường tròn qua điểm cho trước tiếp xúc với đường thẳng. Nhiều bạn vẽ hình cảm tính, dựng đường tròn (I) trước điều khiến họ không sâu vào chất toán sở đó, giải câu b. Đó giao điểm G EF, BC lời giải toán nêu. Ta thấy GE · GF = GD2 hay GD trung bình nhân hai đoạn GE, GF, hoàn toàn dựng được. Chú ý rằng, có điểm D vậy, điểm nằm phía đoạn BC nằm phía đoạn BC, hai điểm với B, C lập thành hàng điểm điều hòa. Đến đây, ta phát cần phải có câu nhận xét để hạn chế việc phụ thuộc hình vẽ, đề không nêu rõ tiếp xúc với cạnh hay với đường thẳng BC. Ta để ý gọi L chân đường cao góc A tam giác ABC LB LB DB2 cot B = LC nên a tương đương với LC = DC cot 2. C Một cách tự nhiên, ta đặt câu hỏi tổng quát: Điều kiện điểm A , B , C nằm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC theo thứ tự, AA , BB , CC đồng quy đường tròn qua B , C tiếp xúc với BC A1 AB A1 B2 = ? AC A1 C2 Ngoài ra, xét đường tròn tương tự theo góc độ B, C ba đường tròn vẽ có đặc điểm gì? Đây ý khai thác thú vị cho toán này. Về câu b toán, tương tự toán yếu tố cố định kỳ thi VMO, TST gần đây, lần đòi hỏi học sinh khả phán đoán, suy luận tốt khả "đơn giản hoá" toán, tìm yếu tố định loạt giả thiết phức tạp "ít tác dụng". 30 Bài toán có lẽ phát triển từ bổ đề sau: Cho tam giác ABC M, N điểm thuộc BC, điểm T nằm đường tròn (O). Khi đó, đường tròn (T MN) tiếp xúc với (O) T ∠BT C, ∠MT N có chung đường phân giác trong. Bổ đề chứng minh cộng góc lời giải trên, sử dụng phép vị tự tâm T biến M, N thành X, Y thuộc (O) XY BC ta có kết trên. Do vậy, với học sinh nhìn tính chất GT tiếp xúc với (T MN) (O) cần mạnh dạn bỏ qua "yếu tố thừa" đề có lời giải. Ta dự đoán điểm cố định thông qua việc xét hai điểm A đối xứng qua trung trực BC, từ suy điểm cố định cách B C, dễ đưa đến kết luận hơn. Có nhiều đường tròn góp mặt toán, với học sinh có kinh nghiệm việc sử dụng tính chất trục đẳng phương để có đường đồng quy điều dễ hiểu. Dù đề phát biểu tương đối dài phức tạp, khó để xử lý chuyện này. Trên thực tế, ta giải mà không cần có mặt E, F. Vẫn với xuất phát từ trục đẳng phương, xét đường tròn (BHC), (O), (T PQ) có tiếp tuyến T qua giao điểm BC, PQ. Sự kiện EF qua G dẫn đến nhiều tính chất kết hợp với tính chất cũ đưa nhiều toán khác để khai thác. Dưới toán mở rộng bạn Nguyễn Văn Linh đề xuất: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường tròn qua B, C đường tròn (J) khác thay đổi cắt BC M, N cắt (I) P, Q. Đường tròn qua P, Q tiếp xúc với (O) T nằm phía với A so với BC. Khi đó, phân giác góc MT N qua trung điểm cung BC không chứa A. 31 Bài toán 5. Cho dãy đa thức fn (x) xác định f0 (x) = 2, f1 (x) = 3x, fn (x) = 3xfn−1 (x) + (1 − x − 2x2 )fn−2 (x), ∀n 2. Tìm tất giá trị n để đa thức fn (x) chia hết cho đa thức x3 − x2 + x. Lời giải. Từ công thức truy hồi cho, ta biến đổi sau fn (x) = 3xfn−1 (x) + − x − x2 fn−1 (x) ⇔ fn (x) − (x + 1) fn−1 (x) = (2x − 1) fn−1 (x) − (2x − 1) (x + 1) fn−2 (x) ⇔ fn (x) − (x + 1) fn−1 (x) = (2x − 1) [fn−1 (x) − (x + 1) fn−2 (x)] Suy fn (x) − (x + 1) fn−1 (x) = (2x − 1)n−1 [f1 (x) − (x + 1) f0 (x)] = (2x − 1)n−1 (x − 2) ⇔ fn (x) − (2x − 1)n = (x + 1) fn−1 (x) − (2x − 1)n−1 Từ ta có fn (x) − (2x − 1)n = (x + 1)n [f0 (x) − (2x − 1)0 ] = (x + 1)n hay fn (x) = (2x − 1)n + (x + 1)n . Đặt Q(x) = x3 − x2 + x = x(x2 − x + 1). Vì fn (x) chia hết cho đa thức g(x) = x3 −x2 +x nên fn (0) = hay 1+(−1)n = nên n lẻ. Và fn (−2) = − (5n + 1) (do n lẻ) chia hết cho (−2)2 − (−2) + = 7. Do 125 ≡ −1(mod7) nên ta xét trường hợp sau • n = 3k, k lẻ, ta có 5n + = 53k + ≡ (−1)k + = (mod7) • n = 3k + 1, k chẵn, ta có 5n + = · 53k + ≡ (mod7) • n = 3k + 2, k lẻ, ta có 5n + = 25 · 53k + ≡ −24 ≡ (mod7). Từ đó, ta suy điều kiện cần n n = 3k với k lẻ. . Khi fn (x) = (x + 1)3k + (2x − 1)3k (x + 1)3 + (2x − 1)3 với k. Nhận thấy (x + 1)3 + (2x − 1)3 = 9x3 − 9x2 + 9x chia hết cho đa thức g(x) nên ta có n = 3k với k số tự nhiên lẻ thỏa mãn. Đặt k = 2m + với m nguyên n = 6m + 3. Vậy tất số n cần tìm có dạng 6m + với m số nguyên dương. 32 Nhận xét. Ta tìm công thức tổng quát dãy đa thức cho cách coi x số xây dựng số hạng dãy số tương ứng, tức xét dãy số u0 = 2, u1 = 3x, un = 3xun−1 + − x − 2x2 un−2 với x tham số thực đó. Xét phương trình đặc trưng t2 − 3xt + 2x2 + x − = ⇔ t = x + 1, t = 2x − 1. Suy un = α(x + 1)n + β(2x − 1)n . Dựa vào u0 , u1 ta tìm α = β = 1. Do đó, fn (x) = (x + 1)n + (2x − 1)n . Một cách khác để làm dự đoán công thức thông qua việc tính toán trước vài giá trị: • f0 = 2; • f1 = 3x; • f2 = 5x2 − 2x + 2; • f3 = 9x3 − 9x2 + 9x; • f4 = 17x4 − 37x3 + 30x2 − 4x + 2. Ta thấy hệ số bậc cao đa thức có dạng 2n + hệ số cuối luân phiên nên dự đoán đa thức cần tìm có dạng (2x ± 1)n + (x ± 1)n . Kiểm tra trực tiếp, ta thấy đa thức cần tìm (2x − 1)n + (x + 1)n đến cần quy nạp xong. Ngoài ra, ta giải ý lại tìm n để có chia hết cách dùng số phức sau: Do fn (x) chia hết cho x3 − x2 + x nên fn (0) = fn (ε) = fn (ε2 ) = với ε số phức thỏa ε2 − ε + = 0. Ta có ε3 = −1 ε ∈ / R. Ta có fn (0) = nên n số lẻ. Đặt n = 2k + fn (ε) = (2ε − 1)2k+1 + (ε + 1)2k+1 = (2ε − 1) 4ε2 − 4ε + k + (ε + 1) ε2 + 2ε + k = (2ε − 1) (−3)k + (ε + 1) (3ε)k = (−3)k (2ε − 1) + (ε + 1)(−ε)k Do fn (ε) = nên ta cần có (ε + 1)(−ε)k + (2ε − 1) = 0. Ta xét trường hợp sau: • Với k = 3t (ε+1)(−ε)k +2ε−1 = (ε+1)(−ε)3t +2ε−1 = (ε+1)+2ε−1 = 3ε = 0, không thỏa. 33 • Với k = 3t + (ε + 1)(−ε)k + 2ε − = (ε + 1)(−ε)3t+1 + 2ε − = (−ε2 − ε) + 2ε − = 0, thỏa mãn. • Với k = 3t + (ε + 1)(−ε)k + 2ε − = (ε + 1)(−ε)3t+2 + 2ε − = (ε2 − 1) + 2ε − = 0, không thỏa. Từ suy n = 2(3t + 1) + = 6t + thỏa mãn. Bước thử lại thực tương tự. Ta thấy toán thuộc dạng tương đối chuẩn tính chia hết đa thức kết hợp với đa thức xác định hệ thức truy hồi. Bài toán đặt vị trí ngày với hai khác khó hẳn khiến cho toán dường lựa chọn cho thí sinh. Dạng đa thức xác định truy hồi xa lạ, với đa thức Chebyshev tiếng; nhiên, nhiều thí sinh tỏ lúng túng không giải trọn vẹn toán điều đáng tiếc. Dưới tương tự: Cho dãy đa thức fn (x) xác định công thức f0 (x) = 2, f1 (x) = 2x + 2, fn+2 (x) = (2x + 2)fn+1 (x) − (x2 + 2x − 3)fn (x), n Tìm tất giá trị n cho fn (x) chia hết cho x2 + 2x + 5. 34 Bài toán 6. Với a, n nguyên dương, xét phương trình a2 x + 6ay + 36z = n , x, y, z số tự nhiên. a) Tìm tất giá trị a để với n có nghiệm (x, y, z). 250, phương trình cho b) Biết a > nguyên tố với 6. Tìm giá trị lớn n theo a để phương trình cho nghiệm (x, y, z). Lời giải. Ta sử dụng bổ đề quen thuộc sau: Cho số nguyên dương a, b nguyên tố nhau. Khi đó, số nguyên lớn không biểu diễn dạng ax + by với x, y tự nhiên N0 = ab − a − b. Nói cách khác, N0 = ab − a − b + số nguyên dương nhỏ cho phương trình ax + by = m có nghiệm tự nhiên với m N. (Định lý Sylvester). a) Giả sử a giá trị thỏa mãn điều kiện đề bài. Ta nói ngắn gọn số n “biểu diễn được” tồn x, y, z tự nhiên cho a2 x + 6ay + 36z = n. Rõ ràng (a, 6) = ngược lại, giả sử (a, 6) = d > a2 x + 6ay + 36z chia hết cho d. Ta chọn n 250 n không chia hết cho d dẫn đến mâu thuẫn. Dễ thấy điều kiện cần để n 250 biểu diễn (a, 6) = 1. Để ý a2 x + 6ay + 36z = a2 x + 6(ay + 6z) = a(ax + 6y) + 36z Áp dụng bổ đề trên, ta thấy số 6a2 − a2 − = 5a2 − 36a + 36 − a = 35a + 36 tương ứng số lớn không biểu diễn cách biểu diễn. Suy 5a2 − < 250, 35a + 36 < 250 Suy a < 7. Kết hợp với điều kiện (a, 6) = suy có a = 1, a = thỏa mãn. Ta chứng minh a = 1, a = số cần tìm. Thật vậy, Với a = 1, ta có x + 6y + 36z = n, phương trình có nghiệm (n; 0; 0). Với a = 5, ta chứng minh số n 250 biểu diễn dạng 25x + 30y + 36z với x, y, z tự nhiên. Ta viết 25x + 30y + 36z = 25x + 6(5y + 6z − 20) + 120. 35 Áp dụng bổ đề, số tự nhiên không nhỏ 20 biểu diễn dạng 5y + 6z nên suy số tự nhiên biểu diễn dạng 5y + 6z − 20 với y, z tự nhiên. Tương tự, số tự nhiên không nhỏ 120 biểu diễn dạng 25x+6u. Với m 250 m−120 120 > 120 nên tồn x u tự nhiên cho m − 120 = 25x + 6u. Lại chọn y, z tự nhiên cho u = 5y + 6z − 20 m − 120 = 25x + 6(5y + 6z − 20). Suy m = 25x + 30y + 36z. Vậy tất giá trị a cần tìm a = 1, a = 5. b) Ta chứng minh toán tổng quát sau: Cho số nguyên dương a b nguyên tố nhau. Khi N = a2 b + ab2 − a2 − b2 − ab + số nguyên dương nhỏ để phương trình a2 x + aby + b2 z = m có nghiệm tự nhiên với m N. Thật vậy, m N, ta viết phương trình a2 x + aby + b2 z = m dạng a (ax + by − (ab − a − b + 1) + b2 z = m − a2 b + a2 + ab − a Do m − a2 b + a2 + ab − a u, z tự nhiên cho b2 a − b2 − a + nên theo bổ đề câu a, tồn m − a2 b + a2 + ab − a = au + b2 z. Lại áp dụng bổ đề, tồn x, y tự nhiên cho u + ab − a − b + = ax + by. Khi m−a2 b+a2 +ab−a = a (ax + by − (ab − a − b + 1))+b2 z ⇔ m = a2 x+aby+b2 z Cuối cùng, ta chứng minh số a2 b + ab2 − a2 − b2 − ab không biểu diễn dạng a2 x + aby + b2 z với x, y, z tự nhiên. Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn x, y, z tự nhiên cho a2 b + ab2 − a2 − b2 − ab = a2 x + aby + b2 z a2 (b − − x) + b2 (a − − z) = ab(y + 1). Suy b − − x > a − − z > 0. Không tính tổng quát, giả sử b − − x > 0. Ta viết đẳng thức dạng a2 (b − − x) = b(ay + bz − ab + b + a). Do (a2 , b) = nên từ suy b − − x chia hết cho b. Điều mâu thuẫn < b − − x < b. Do đó, a2 b + ab2 − a2 − b2 − ab không biểu diễn dạng a2 x + aby + b2 z với x, y, z tự nhiên. Bài toán chứng minh. Câu b toán trường hợp đặc biệt toán vừa phát biểu với b = nên số n lớn không biểu diễn dạng a2 x + 6ay + 36z với x, y, z tự nhiên số 5a2 + 30a − 36. 36 Nhận xét. Chủ đề định lý Bezout, thuật toán Euclid chủ đề quan trọng chương trình số học. Nếu nắm vững chủ đề nắm định lý Sylvester làm quen với toán Frobenius đồng xu. Đây nội dung gặp nhiều đề thi, ví dụ đề thi IMO 1983, VN TST 2000. Cụ thể là: Bài 1.(IMO 1983) Cho a, b, c số nguyên dương đôi nguyên tố nhau. Chứng minh 2abc–ab–bc–ca số nguyên lớn không biểu diễn dạng abx + bcy + caz với x, y, z số tự nhiên. Bài 2. (VN TST 2000) Cho a, b, c đôi nguyên tố nhau. Số nguyên dương n gọi số bướng bỉnh không biểu diễn dạng abx + bcy + caz x, y, z số nguyên dương. Hỏi có tất số bướng bỉnh? Bài 3. (Titu Andreescu, 104 Number Theory Problems) Cho a n số nguyên dương. Chứng minh số nghiệm nguyên không âm (x, y, z) phương trình ax + by + z = ab [(a + 1)(b + 1) + (a, b) + 1] . Định lý Sylvester thực phát biểu đầy đủ sau (xem thêm tài liệu Số học qua định lý toán): Cho a, b số nguyên dương nguyên tố nhau. Chứng minh N0 = ab − a − b số nguyên lớn không biểu diễn dạng ax + by với x, y số nguyên không âm. Hơn nữa, với p, q nguyên với p + q = N0 , có hai số p, q biểu diễn dạng ax+by với x, y số nguyên không âm (mà ta gọi tắt biểu diễn được). Định lý chứng minh thông qua bổ đề sau: Bổ đề. Cho a, b số nguyên dương nguyên tố b > 1. Chứng minh với số nguyên N, tồn cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện N = ax + by x < b. Chứng minh bổ đề. Do (a, b) = nên theo định lý Bezout, tồn x, y cho N = ax + by. Bây chia cho b, ta x = bq + x0 với x0 < b ta có N = a(bq + x0 ) + by = ax0 + b(y + qa). Tính tồn chứng minh. Tính hiển nhiên có biểu diễn ta có ax+by = ax +by , suy a(x − x ) = b(y − y). Suy x − x chia hết cho b. Mà x, x < b nên điều vô lý. Quay trở lại định lý, n > N0 . Áp dụng bổ đề, tồn x, y nguyên cho n = ax+by với x < b. Suy by > ab−a−b−ax = ab−a(b−1) = −b. Suy y 0. Vậy ta tìm x, y tự nhiên cho n = ax + by. 37 Nếu N0 biểu diễn ta có ab − a − b = ax + by với x, y 0. Ta có hai biểu diễn ab − a − b = a(b − 1) + b(−1) ab − a − b = ax + by. Từ tính trên, ta suy y = −1, mâu thuẫn. Vậy N0 không biểu diễn được. Do N0 không biểu diễn nên p+q = N0 có nhiều số p, q biểu diễn được. Cuối cùng, p không biểu diễn chọn x, y cho p = ax + by với x < b ta phải có y < 0. Lúc q = N0 − p = ab − a − b − ax − by = a(b − − x) + b(−y − 1) biểu diễn b − − x −y − 0. Nói thêm toán Frobenius đồng xu. Đây toán xác định số tiền lớn trả sử dụng đồng xu có mệnh giá cố định đó. Ví dụ với đồng xu mệnh giá đơn vị số tiền lớn không trả đơn vị. Số lớn với số ta gọi số Frobenius. Một cách toán học, toán phát biểu sau: Cho số nguyên dương a1 , a2 , a3 , ., an có ước chung lớn 1. Tìm số nguyên lớn không biểu diễn dạng k1 a1 +k2 a2 + .+kn an với k1 , k2 , ., kn số nguyên không âm. Số nguyên lớn gọi số Frobenius thường ký hiệu g(a1 , a2 , ., an ). Với n = 2, toán có lời giải trọn vẹn định lý Sylvester nêu. Xa nữa, người ta chứng minh số kết liên quan như: 1. Định lý Schur khẳng định với điều kiện số nguyên dương a1 , a2 , a3 , ., an có ước chung lớn số Frobenius tồn tại. √ 2. g(a, b, c) 3abc − a − b − c 3. Với n bất kỳ, tìm công thức hàm g cho cấp số cộng, cấp số nhân, số đánh giá chặn trên, chặn dưới. Như với n > tính tới chưa tìm công thức tường minh cho hàm g(a1 , a2 , ., an ) hướng không khả thi. Trong đó, với số lượng đồng xu cố định, tồn thuật toán để tính số Frobenius thời gian đa thức (tính theo logarith giá trị tiền xu có liệu vào). Hiện chưa có thuật toán thời gian đa thức theo số đồng xu, toán tổng quát giá trị đồng xu lớn tùy ý toán NP-khó. 38 Bài toán 7. Có m học sinh nữ n học sinh nam (m, n 2) tham gia liên hoan song ca. Tại liên hoan song ca, buổi biểu diễn chương trình văn nghệ. Mỗi chương trình văn nghệ bao gồm số hát song ca nam – nữ mà đó, đôi nam – nữ hát với không học sinh hát bài. Hai chương trình coi khác có cặp nam – nữ hát với chương trình không hát với chương trình kia. Liên hoan song ca kết thúc tất chương trình khác có biểu diễn, chương trình biểu diễn lần. a) Một chương trình gọi lệ thuộc vào học sinh X hủy tất song ca mà X tham gia có học sinh khác không hát chương trình đó. Chứng minh tất chương trình lệ thuộc vào X số chương trình có số lẻ hát số chương trình có số chẵn hát. b) Chứng minh ban tổ chức liên hoan xếp buổi biểu diễn cho số hát hai buổi biểu diễn liên tiếp không tính chẵn lẻ. Lời giải. a) Ta đánh số học sinh nữ theo thứ tự từ đến m học sinh nam từ đến n. Ứng với chương trình văn nghệ, ta biểu diễn việc ghép cặp cặp nam nữ song ca thành bảng m × n gồm m hàng n cột sau: Bảng đánh số 0, ô nằm hàng i cột j điền số: • Số học sinh nữ thứ i học sinh nam thứ j có hát với nhau. • Số học sinh nữ thứ i học sinh nam thứ j không hát với nhau. 1 0 1 1 0 1 0 1 Một bảng gọi tốt hàng cột phải có số 1. Rõ ràng theo đề tất bảng biểu diễn cho chương trình tốt học sinh có biểu diễn. Xét học sinh X đó, giả sử nữ; trường hợp học sinh nam chứng minh tương tự. Chương trình lệ thuộc học sinh X bảng tương ứng nó, tồn cột có số nằm 39 hàng X, ta gọi bảng lệ thuộc X cột cột lệ thuộc X. Ta cần chứng minh rằng, bảng lệ thuộc X, số bảng có số số chẵn số bảng có số số lẻ. Thật vậy, Xét trường hợp bảng có k cột lệ thuộc X rõ ràng k < n không, ngược lại, k = n toàn ô hàng X 1, tất ô lại bảng 0. Do m nên tồn dòng toàn số 0, mâu thuẫn. Với k < n, ta bỏ k cột khỏi bảng bảng k số 1. Mỗi ô n − k ô lại hàng X điền số tùy ý cột lại số không thuộc hàng X. Do đó, ta bỏ hàng X bảng lại tốt. Suy số bảng lệ thuộc X trường hợp 2n−k nhân với số lượng bảng tốt có kích thước (m − 1) × (n − k) lại. Trong bảng đó, ta chọn ô hàng X thay đổi số từ → 1, → dẫn đến thay đổi tính chẵn lẻ số số bảng. Do đó, rõ ràng tồn song ánh từ tập hợp bảng lệ thuộc X có số số chẵn đến tập hợp bảng lệ thuộc X có số số lẻ. Do đó, số lượng hai loại bảng nhau. Ứng với k = 1, n − cách chọn k cột phụ thuộc X số lượng bảng có số lẻ chẵn nhau, nên tổng số bảng có số số lẻ với bảng có số số chẵn. Ta có đpcm. b) Tiếp theo, ta đặt f(m, n) g(m, n) số bảng tốt m × n có chẵn lẻ số 1. Xét học sinh nữ tùy ý, đặt X. Ta xét trường hợp sau: • Nếu tồn cột lệ thuộc X theo câu a, số bảng có số chẵn số bảng có số số lẻ, đặt giá trị h(m, n). • Nếu không tồn cột lệ thuộc X bỏ hàng tương ứng X đi, ta lại bảng tốt có m − hàng n cột. Mặt khác, số trường hợp mà hàng X có số lẻ có số chẵn ô điền số Can L= a≡1( mod 2) Can (do hàng X toàn số 0) C= a≡0( mod 2),a>0 n Ta biết (1 + x)n = C0n + C1n x + C2n x2 + . + Cn n x nên với x = −1, ta có L = C + 1. 40 Chú ý tính chẵn lẻ số số thuộc dòng X định đến tính chẵn lẻ bảng lại nên ta có công thức truy hồi sau f(m, n) = h(m, n) + L · g(m − 1, n) + C · f(m − 1, n) g(m, n) = h(m, n) + L · f(m − 1, n) + C · g(m − 1, n) Do f(m, n) − g(m, n) = (L − C) (g(m − 1, n) − f(m − 1, n)) = g(m − 1, n) − f(m − 1, n) Lặp lại trình đến số hàng số cột nhỏ có thể, tức m = n = 2, ta có f(m, n) − g(m, n) = (−1)m+n−4 (f(2, 2) − g(2, 2)) . Đếm trực tiếp, ta thấy có f(2, 2) = 3, g(2, 2) = nên suy f(m, n)−g(m, n) = (−1)m+n−3 . Từ ta thấy số lượng hai loại bảng không vượt xếp bảng theo thứ tự chẵn, lẻ đan xen để điều kiện đề bài. Ta có đpcm. Nhận xét. Có thể nói tổ hợp dài lịch sử kỳ thi VMO. Cách 10 năm, đề VMO 2005 bảng A có liên quan đến định lý Turan mà tạp chí THTT nhận xét: "Đây toán rời rạc, khó song hầu hết học sinh bó tay! Tại vậy? Có lẽ vấn đề tâm lý. Trước hết đọc đề học sinh thấy choáng ngợp khái niệm đưa toán mối quan hệ logic chúng, thoáng qua chưa thể hiểu ngay." Trong toán này, nhận xét dường phù hợp. Và với đề VMO 2009 toán dạng đếm hai cách, mô hình hóa thành bảng nói khó nhiều năm trở lại đây. Bài toán đặt cuối đề thi, có độ dài số điểm khiến nhiều thí sinh bỏ từ bước đọc đề. Kỳ thực, toán không khó hiểu có lẽ tác giả cố gắng việc diễn đạt đề cách rõ ràng có thể. Tuy nhiên, đề có giả thiết đôi nam – nữ hát với không học sinh hát khiến nhiều thí sinh hoang mang không hiểu thông tin mô tả cho chương trình kỳ liên hoan này. Nếu mô tả cho chương trình rối rắm lung tung, học sinh lên diễn nhiều lần chương trình tiết mục lặp lặp lại nhiều chương trình khác nhau. Nhưng kỳ thực, lại ý muốn đề bài. Để tiến hành xử lý toán, ta cần phải tìm cách mô hình hóa thành dạng thích hợp, đó, ràng buộc biểu diễn được. Ở 41 đây, việc lập thành bảng nhị phân cho chương trình cụ thể có lẽ lựa chọn sáng sủa, đơn giản nhất. Cách quen thuộc với hầu hết học sinh toán tô màu bảng, điền số bảng tương đối quen thuộc (ít đề kiểm tra Viện Toán tháng 12 vừa qua có thế). Bên cạnh lựa chọn đó, ta dùng cách tiếp cận khác như: • Dùng bipartite graph hay gọi đồ thị lưỡng phân, đồ thị phe thao tác đỉnh cạnh. • Dùng cách chia thành (nam, nữ, chương trình) đếm cách tính tổng, cách nói khác xét hàm sốf(a, b, c) : (A × B × C) → {0, 1} với A, B, C tập hợp nữ, nam chương trình. Suy cho cùng, cách song ánh, chuyển đổi cách tiếp cận chất thế: bảng tốt ma trận cạnh kề đồ thị tổng hợp giá trị mà hàm nhận với giá trị c ∈ C. Một nhận xét mang tính định ý a b toán là: Trong tập hợp tập hợp có n phần tử, số tập hợp có lẻ phần tử số tập hợp có chẵn phần tử 2n−1 . Ý giải dễ dàng song ánh đếm trực tiếp dùng nhị thức Newton. So sánh với toán năm gần đây, coi toán mà phần a hỗ trợ tốt cho phần b với việc chia "trường hợp lớn" thành hai trường hợp nhỏ. Phần a vừa có tác dụng gợi ý, vừa đóng góp phần vào lập luận phần b. Cái khó toán có lẽ chỗ sử dụng ý tưởng truy hồi quy nạp, đến cùng. Chúng ta đặt câu hỏi sau cách tự nhiên: “Có tất chương trình liên hoan văn nghệ?”. Đây toán không dễ không cho kết dạng tường minh có thí sinh mà thi mình, cố gắng đếm số lượng này. Ta giải nguyên lý bù trừ sau (ta xét bảng có m hàng n cột): Ta gọi bảng mà hàng có số bảng “tốt theo hàng”, gọi tập hợp bảng P. Gọi A tập hợp bảng tốt theo hàng lại có cột số nào, Ai tập hợp bảng tốt theo hàng cột thứ i lại số nào. Ta thấy A = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ . ∪ An . Rõ ràng số bảng tốt cần tìm |P| − |A|. Trước hết, ta tính số bảng tốt theo hàng. 42 Chú ý ô có hai cách điền nên hàng có n ô có 2n cách, nhiên, loại trừ trường hợp tất ô có 2n − cách. Các hàng khác tương tự nên có tổng cộng (2n − 1)m bảng tốt theo hàng hay |P| = (2n − 1)m . Do cột bình đẳng với nên ta đếm đại diện trường hợp để suy trường hợp lại. Giả sử có k cột cột 1, 2, 3, ., n không chứa số với k < n. Trên hàng lại n − k ô để điền vào số cho có số (do k ô thuộc cột điền số 0), m số cách điền cho hàng 2n−k − cho bảng (2n−k − 1) . Từ đó, theo nguyên lý bù trừ, ta có n |A| = |A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ . ∪ An | = Ckn (−1)k 2n−k − m . k=1 Do đó, ta số bảng tốt cần tìm n n m n k k (2 − 1) − n−k Cn (−1) −1 m Ckn (−1)k 2n−k − = m k=0 k=1 Với tính bình đẳng m, n, ta suy đẳng thức sau n m k k n−k Cn (−1) k=0 −1 m Ckm (−1)k 2m−k − = n . k=0 Trên bảng nhị phân m × n, ta đặt nhiều câu hỏi tương tự như: Bài 1.(Columbia Olympiad) Có bảng nhị phân m × n cho hình vuông × bảng số số số số 1? Đáp số là: 2m + 2n − 2. Bài 2.(Đề kiểm tra Viện Toán 2014) Có bảng nhị phân m × n mà hàng cột có số chẵn số 1? Đáp số là: 2(m−1)×(n−1) . Bài 3.(AIME 2007) Có bảng nhị phân × cho có 12 số hàng có số cột có số 1? Đáp số là: 1860. Cuối cùng, nhận xét chung toán này, ta thấy phát biểu khiên cưỡng dẫn đến toán cồng kềnh, nặng nề. Có lẽ xuất phát từ kết nghiên cứu cũ đó, tác giả chuyển đổi từ ngôn ngữ Toán học sang tình thực tế đời sống. Nhưng phải đảm bảo nhiều quan hệ nội vấn đề gốc nên cuối cùng, tình lại phản tác dụng trở nên rắc rối, thiếu tự nhiên. Có lẽ phát biểu thành dạng bảng dạng đồ thị phân tích có nhiều học sinh nắm bắt tốt ý tưởng mạnh dạn tiếp cận hơn, nhiều kiểm tra lực, khả tư học sinh cần mức độ mà thôi. 43 [...]... ở một số đề thi của Rumani (2007), PTNK (2009) hay Lâm Đồng năm vừa rồi Chẳng hạn đề thi PTNK 2009: Cho số nguyên dương n Có bao nhiêu số chia hết cho 3, có n chữ số và các chữ số đều thuộc {3, 4, 5, 6}? Cái mới và cũng là cái khó của bài toán này là ở chữ số 0 và xét tất cả các số nhỏ hơn 10k (chứ không phải là số có k chữ số) Tuy nhiên, như đã thấy trong lời giải trên, kết hợp hai cái khó và mới đó... vậy, ta có A2 = 4, B2 = 5, C2 = 3 và An+1 = An + 2Bn + Cn , Bn+1 = An + Bn + 2Cn , Cn+1 = 2An + Bn + Cn với mọi n 2 25 Tiếp theo ta giải gần giống như lời giải 1 Chú ý đáp số của bài toán là A1 + A2 + + Ak và theo (1), (2), (3) thì tổng này bằng 4CK+1 + BK+1 − 2AK+1 9 Trong tình huống đề yêu cầu chia hết cho số khác, không phải 3 thì lời giải sẽ thú vị hơn nhiều và trong tình huống đó, vai trò của... như lời giải trên, hoặc sử dụng phép vị tự tâm T biến M, N thành X, Y thuộc (O) thì XY BC và ta có kết quả trên Do vậy, với những học sinh đã nhìn ra tính chất GT tiếp xúc với cả (T MN) và (O) thì chỉ cần mạnh dạn bỏ qua những "yếu tố thừa" trong đề là sẽ có ngay lời giải Ta có thể dự đoán điểm cố định thông qua việc xét hai điểm A đối xứng qua trung trực BC, từ đó suy ra điểm cố định cách đều B và. .. tức là đường tròn đi qua 2 điểm cho trước và tiếp xúc với 1 đường thẳng Nhiều bạn vẽ hình bằng cảm tính, dựng đường tròn (I) trước và chính điều này đã khiến họ không đi sâu vào bản chất của bài toán và trên cơ sở đó, giải quyết được câu b Đó chính là giao điểm G của EF, BC trong lời giải của bài toán đã nêu Ta thấy rằng GE · GF = GD2 hay GD chính là trung bình nhân của hai đoạn GE, GF, hoàn toàn dựng... hoặc tính lồi lõm của gP (S, P) thì cũng có thể đưa ra được kết luận về tính chất các cực trị của nó để rồi từ đó đi đến lời giải Lời giải chi tiết theo hướng này như sau: Đặt f(a, b, c) = VT − VP Khi đó, ta phải chứng minh f(a, b, c) 0 Cố định c và S = a + b Đặt P = ab thì ta 2 có 0 P S Ta có biến đổi: 4 √ √ a+ b= √ a + b + 2 ab = √ S+2 P và (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 − (a + b + c)2 = h(P), trong... uN đều bé hơn aN và cũng có uN+1 < aN Do đó, ta được uN+1 < aN < aN+1 Tương tự, ta cũng có uN+k < aN+k với mọi k 0 Ngoài ra, vì uN+k < aN+k nên fN+k (uN+k ) > uN+k , tức là uN+k+1 > uN+k Suy ra dãy (un ) tăng ngặt kể từ 1 và nó bị chặn trên bởi 1 nên có giới hạn Chứng minh kết thúc Ta thấy rằng cách lập luận chia trường hợp trên cũng khá thú vị, nó cũng tương tự cách 1 của lời giải đã được giới thi u... được một cái cũ (và dễ!) Theo phương pháp công thức truy hồi, có thể sẽ có một số bạn gặp khó khi giải hệ phương trình truy hồi (nếu có 2 dãy thì dễ hơn, 3 dãy khá rối) Nếu không xử lý được cái mới bằng cách lý luận như trên và phải đếm số các số có n chữ số lập từ {2, 0, 1, 5} và chia hết cho 3 thì ta sẽ đưa đến cách giải sau: Gọi An , Bn , Cn là số các số có n chữ số lập từ {2, 0, 1, 5} và chia 3 dư... của n thuộc tập hợp {2, 0, 1, 5} Lời giải Vì 10k không chia hết cho 3 nên ta chỉ cần xét các số từ 0 cho đến 999 9, tức là các số có không quá k chữ số k chữ số Đặt S = {2, 0, 1, 5}, bổ sung các chữ số 0 vào trước nếu cần thi t, ta đưa về xét các số có dạng a1 a2 ak với ai ∈ S Ta cần đếm các số như vậy và chia hết cho 3 Chú ý là a1 a2 ak chia hết cho 3 khi và chỉ khi a1 +a2 +a3 + .+ak chia... đoán, suy luận tốt và nhất là khả năng "đơn giản hoá" bài toán, tìm ra yếu tố quyết định trong một loạt giả thi t có vẻ phức tạp và "ít tác dụng" 30 Bài toán này có lẽ được phát triển từ bổ đề sau: Cho tam giác ABC và M, N là các điểm thuộc BC, một điểm T nằm trên đường tròn (O) Khi đó, nếu đường tròn (T MN) tiếp xúc với (O) tại T thì ∠BT C, ∠MT N có chung đường phân giác trong Bổ đề này có thể chứng... mạnh của lời giải này là nó không phụ thuộc vào giá trị a ∈ [0; 1] nên có thể thấy rằng bài toán vẫn đúng với mọi a không âm Ngoài ra, nó cho ta một cách đánh giá nhẹ nhàng hơn khi khảo sát tính hội tụ của dãy nhờ ý tưởng: dù chưa biết tính biến thi n của dãy cụ thể như thế nào, ta cứ thử xét mọi 11 tình huống: nếu rơi vào trường hợp thuận lợi thì tốt; nhưng nếu không thuận lợi thì bằng các lập luận thích . (chủ biên), Nguyễn Tất Thu, Võ Quốc Bá Cẩn, Lê Phúc Lữ LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2015 Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 16 tháng 01 năm 2015 Các tác giả xin chân thành cảm ơn các bạn: 1. Trần. lẻ. 4 2. Nhận xét chung Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn Toán năm học 2014 -2015 (VMO 2015) diễn ra trong 2 ngày 08 và 09/01 /2015. Về tổng quan, ta có thể thấy rằng đề thi năm nay hay, phù hợp. sinh đánh giá đề này vừa sức và ít nhiều cũng giải quyết được một số nội dung trong đề bài. Dự đoán năm nay điểm đạt giải khuyến khích sẽ ở vào khoảng 13-15, còn điểm lọt vào vòng 2 để thi chọn đội