Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng – Lê Phúc Lữ n.n C 1/ D s s C 1/ C 2s s C 1/ C LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2016 Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng – Lê Phúc Lữ NE T Đề thi 1.1 Ngày thi thứ (06/01/2016) Bài (5.0 điểm) Giải hệ phương trình Bài (5.0 điểm) .x; y; z R/: THS ˆ < 6x y C z D x y 2z D ˆ : 6x 3y y 2z D TM A a) Cho dãy số an / xác định an D ln.2n2 C 1/ ln.n2 C n C 1/; với n D 1; 2; : : : Chứng minh có hữu hạn số n cho fan g < 12 : b) Cho dãy số bn / xác định bn D ln.2n2 C 1/ C ln.n2 C n C 1/; với n D 1; 2; : : : : Chứng minh tồn vô hạn số n cho fbn g < 2016 VIE Bài (5.0 điểm) Cho tam giác ABC có B; C cố định, A thay đổi cho tam giác ABC nhọn Gọi D trung điểm BC E; F tương ứng hình chiếu vuông góc D đường thẳng AB; AC: a) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: EF cắt AO BC M N: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định b) Các tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF E; F cắt T: Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định Bài (5.0 điểm) Người ta trồng hai loại khác miếng đất hình chữ nhật kích thước m n ô vuông (mỗi ô trồng cây) Một cách trồng gọi ấn tượng như: i) Số lượng trồng hai loại nhau; ii) Số lượng chênh lệch hai loại cột không nhỏ nửa số ô cột a) Hãy cách trồng ấn tượng m D n D 2016: b) Chứng minh có cách trồng ấn tượng m n bội 4: Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 1.2 Ngày thi thứ hai (07/01/2016) Bài (6.0 điểm) Tìm tất số thực a để tồn hàm số f W R ! R thỏa mãn: i) f 1/ D 2016I ii) f x C y C f y/ D f x/ C ay với x; y R: a) Chứng minh ∠ BAM D ∠ C AN : NE T Bài (7.0 điểm) Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / (với tâm O ) có góc đỉnh B C nhọn Lấy điểm M cung B C không chứa A cho AM không vuông góc với B C : AM cắt trung trực B C T : Đường tròn ngoại tiếp tam giác AO T cắt O / N N ¤ A/: THS b) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp G chân đường phân giác góc A tam giác A B C : AI ; M I ; N I cắt O / D ; E ; F : Gọi P Q tương ứng giao điểm DF với AM DE với AN : Đường tròn qua P tiếp xúc với AD I cắt DF H H ¤ D /; đường tròn qua Q tiếp xúc với AD I cắt DE K K ¤ D /: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác GH K tiếp xúc với B C : Bài (7.0 điểm) Số nguyên dương n gọi số hoàn chỉnh n tổng ước số dương (không kể nó) TM A a) Chứng minh n số hoàn chỉnh lẻ có dạng n D p s m2 ; p số nguyên tố có dạng k C 1; s số nguyên dương có dạng h C m số nguyên dương không chia hết cho p : n nC / số hoàn chỉnh VIE b) Tìm tất số nguyên dương n > cho n Bình luận chung Nếu chưa nói đến chuyện đẹp xấu, hay dở đề năm vừa sức thí sinh, đặc biệt cấu trúc đẹp với giải tích, tổ hợp, số học, hai đại số hai hình học Ngày thứ có hai dễ Bài coi dễ thực tế nhiều thí sinh lại gặp khó câu 2b) Cách phát biểu trệch chút làm khó thí sinh tảng tốt lý luận Nếu nhìn kỹ, ta thấy kết luận toán chẳng qua hệ ba kiện: 1) lim b n D C1; 2) dãy b n tăng; 3) lim b nC b n / D 0: Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Tất dãy số thỏa mãn ba điều kiện có tính chất số 2016 số năm cho đẹp Trên phông ba toán dễ việc đặt tổ hợp khó vào có lý Và hay dù khó có chỗ để thí sinh kiếm điểm Cụ thể thí sinh làm câu a) qua chứng minh phần điều kiện đủ câu b) Chúng nghĩ áp lực phòng thi phải tốn đôi chút công sức cho đầu, số thí sinh làm trọn vẹn không nhiều, chí Tuy nhiên, bạn kiếm điểm số ý lặt vặt khác (ví dụ chứng minh m ; n chẵn) .NE T Ý tưởng giải dùng đánh giá bất đẳng thức nhận xét hiển nhiên sau: Nếu 3n hàng có n số loại A (gọi a) nhiều số loại B (gọi b) a b Ä n4 : Chặt chẽ hơn, n D k C r (với r D 0; 1; ; 3) a 3k C r b Ä k : Bây bình luận chi tiết chút chất lượng toán ngày Thực tế hài lòng độ khó toán ngày 1, ta đánh giá toán ngày 1, trừ chưa đẹp hay THS Bài rõ ràng toán “ra cho có tụ”, ý tưởng ý tưởng vụn vặt cộng trừ đại số để phương trình hệ x 1/ D z 1/ ; tình “cài đặt” cách chủ quan Những kiểu không giúp ích cho học sinh việc học giải hệ phương trình “thực thụ” TM A Bài có thú vị chút mặt học thuật, cụ thể đặt tình lạ cho học sinh (và có nhiều bạn bị “gãy” câu này) Nhưng cách đặt vấn đề thực không đẹp, khiên cưỡng (đặc biệt câu a) Việc phần giải tích loay hoay chủ đề giới hạn dãy số khiến phận đề bí ý tưởng Theo chúng tôi, nên mạnh dạn mở rộng chủ đề để giới thiệu ứng dụng đẹp đẽ khác giải tích (như tính liên tục, đạo hàm cực trị, đa thức nghiệm, tính lồi lõm ) VIE Bài thuộc dạng ta không khen khó chê Có thể việc hình dễ làm cho đội mạnh hình không hài lòng lợi nhiều so với đội khác xét tình hình chung nay, giải pháp đề toán hợp lý Vấn đề thực kỳ IMO thường xuyên gặp phải (có hình phải nói dễ, ví dụ IMO 2003 hay IMO 2007 4, học sinh số nước kiếm đâu điểm để đoạt giải) phải đánh giá vấn đề nhiều góc nhìn, từ nhiều đối tượng Bài kết đẹp đẽ bất ngờ Không ngờ từ điều kiện xem chừng lỏng lẻo lại dẫn đến cấu trúc hài hòa đối xứng Quả ấn tượng Cách phát biểu toán giúp thí sinh có hội đào bới, kiếm điểm Tuy nhiên, nói trên, có lẽ thời gian hạn hẹp yếu tố quan trọng khiến thí sinh giỏi kịp xử lý toán Nhân việc kiến nghị ta nên học nước IMO, tăng thời lượng buổi thi lên 270 phút, từ có điều kiện tăng chất lượng toán Ngày thứ hai có ba toán ngang độ khó nên thí sinh chọn giải theo sở trường Có thể dễ chút chủ đề quen thuộc kỹ thuật sử dụng lời giải quen thuộc với phép số nhận xét f Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 a ¤ f đơn ánh toàn ánh Bài toán có cách phát biểu dạng phương trình hàm giống Vietnam TST 2004: Tìm tất số thực a cho phương trình hàm f x C y C f y / D f x / C ay có nghiệm hàm f W R ! R : Tuy nhiên dễ nhiều Theo phương trình hàm đặt vị trí đầu ngày hợp lý .NE T Bài hình học khó không khó Câu a) tập làm nhanh gọn phép biến đổi góc Câu b) phát biểu rắc rối lại có nhiều cách tiếp cận dùng định lý Pascal, phép vị tự, phép nghịch đảo Bài đề cập đến vấn đề kinh điển số học vấn đề số hoàn hảo Có hai định lý kinh điển số hoàn hảo, gắn liền với tên tuổi Euler, là: Định lý (Euclide – Euler) Nếu n số hoàn hảo chẵn n D k k số nguyên dương cho k số nguyên tố k 1/; THS Định lý (Euler) Nếu n số hoàn hảo lẻ n phải có dạng n D p t C m ; p số nguyên tố dạng k C 1; m số nguyên dương không chia hết cho p : TM A Cả hai định lý chứng minh ngắn gọn dựa vào định nghĩa số hoàn hảo, định lý số học tính chất hàm n/: Các kết có hầu hết sách giáo khoa lý thuyết số hay viết số hoàn hảo Điều đáng ý dù đến nay, với định lý thứ nói trên, tất số hoàn hảo chẵn mô tả (và chúng liên quan đến số nguyên tố Mersenne) ta chưa biết số hoàn hảo lẻ Hiện chưa tìm số hoàn hảo lẻ chưa chứng minh chúng không tồn VIE Định lý thứ hai câu a) VMO 2016 Có lẽ câu với hàm ý gợi ý cho câu b) Sơ đồ chứng minh gồm ý sau: Vì n lẻ n/ D n nên n/ số chẵn không chia hết cho : Từ đó, p k / lẻ k chẵn chẵn k lẻ nên n phải có dạng p s m với s lẻ m không chia hết cho p : Tiếp theo cần chứng minh p Á mod 4/; sử dụng p C j p s / với s lẻ, cuối chứng minh s Á mod 4/; sử dụng p s / Á s C mod 4/ p Á mod 4/: Định lý thứ chứng minh ngắn gọn sau: Giả sử n D k m với m số lẻ Từ tính nhân tính ta có n/ D k C 1/ m/ D k C1 m : Từ suy m D k C 1/M : Thay ngược lại phương trình, ta m/ D k C1 M : Tiếp theo ta chứng minh M D m số nguyên tố phản chứng Vì ngược lại ta có m / > m C M từ m C M < m/ D k C M ; suy m < k C 1/M ; mâu thuẫn với kiện m D k C 1/M : Bây câu b), nội dung toán 7, xử lý không khó khăn dùng hai kết trên, nghiệm toán n D ứng với hai số hoàn hảo 28: Điều thú vị số 2016 số có dạng k k 1/ với k D 6: Điều đáng tiếc D 63 không số nguyên tố nên 2016 số hoàn hảo Nhưng giải thích vui lý để toán số hoàn hảo, chủ đề bị lãng quên lại chọn đề thi năm 5 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Tóm tắt lại đề thi năm tương đối ổn, cấu trúc phân môn đẹp, khó hay phát biểu rối rắm, đặc biệt có ý để kiếm điểm Cũng mà năm công tác chấm thi vất vả cần phải tổ chức cẩn thận Về chất lượng đề có số không đẹp, đa số mức độ “tạm được” đặc biệt có số đẹp đẽ thú vị Có vẻ chủ đề giải tích, số học chí hình học đại số cạn kiệt nên tính phần không nhiều .NE T Với đánh giá độ khó dễ đề thi năm qua tham khảo tình hình làm số đội tuyển, cho năm có vài giải không năm ngoái Điểm chuẩn giải dự kiến cao năm ngoái mạo muội đưa cut-off tròn trịa 15-20-25-30 Hai toán “phải” làm 3, ý 2a, 4a, 5, 6a (dành cho giải khuyến khích giải ba), 2b, 6b (giải nhì) 7a, 7b, 4b (giải nhất) Lời giải bình luận toán THS Bài (5.0 điểm) Giải hệ phương trình ˆ < 6x y C z D x y 2z D ˆ : 6x 3y y z D 6x 3y y TM A Lời giải Từ giả thiết, suy 2z / Một cách tương đương, ta có x 3.x y2 z /.x C z x ; y ; z R/: 2z C 1/ 6x y C z2 3/ D 0: 2/ D 0: Từ suy x D z x C z D : Trường hợp 1: x D z: Khi đó, hệ phương trình cho viết lại dạng ( x C 6x y D VIE x2 2x y2 D Từ phương trình thứ hai, ta suy y D x 1/2 ; tức y D ˙.x 1/: Thay trở lại phương trình đầu, ta dễ dàng tìm nghiệm x; y; z/ hệ p p p ! p p p ! 33 33 33 C 33 C 33 C 33 ; ; ; ; ; ; 2 2 2 p p p ! p p p ! 7 C 65 C 65 65 C 65 65 65 ; ; ; ; ; : 2 2 2 Trường hợp 2: x C z D : Thay z D x vào, ta viết hệ phương trình dạng ( x C 2x C y D x C 2x y2 Trừ tương ứng hai vế hai phương trình, ta y thể xảy Do đó, trường hợp hệ vô nghiệm 3D0 y C D 0: Tuy nhiên, điều không Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Bình luận Đây kiểu quen thuộc phương pháp cộng đại số Điểm mấu chốt lựa chọn phép ghép tương ứng thật thích hợp để tìm quan hệ ẩn với Kiểu xuất nhiều lần kỳ thi VMO trước đó: (VMO, 2004-A) Giải hệ phương trình: ˆ < x C x.y y C y.z ˆ : z C z.x z/2 D x/2 D 30 y/2 D 16 x 49 8xy C y D 8y 17x THS (VMO, 2010) Giải hệ phương trình: ( x y D 240 x3 NE T (VMO, 2004-B) Giải hệ phương trình: ( x C 3xy D 2y D 3.x 4y / 4.x 8y/ TM A (VMO, 2007) Giải hệ phương trình: à 8 p 12 ˆ ˆ xD2 < y C 3x  à ˆ 12 p ˆ : 1C yD6 y C 3x Bài (5.0 điểm) VIE Có lẽ với mục đích “cho điểm” để khích lệ làm tăng thêm tự tin cho thí sinh thử sức phía sau Tuy nhiên, kiểu chất chúng mang tính “gượng gạo”, thiếu tự nhiên người đề thường phải xuất phát từ đẳng thức liên hệ ngược lên để toán Mẹo khó toán khó lại không mang nhiều ý nghĩa giải Thiết nghĩ kiểu nên hạn chế xuất kỳ thi Olympic chọn học sinh giỏi a) Cho dãy số an / xác định an D ln.2n2 C 1/ ln.n2 C n C 1/; với n D 1; 2; : : : Chứng minh có hữu hạn số n cho fan g < 12 : b) Cho dãy số bn / xác định bn D ln.2n2 C 1/ C ln.n2 C n C 1/; với n D 1; 2; : : : Chứng minh tồn vô hạn số n cho fbn g < 2016 : C1 Lời giải a) Dễ thấy Ä n2n CnC1 < với n D 1; 2; : : : Từ suy Ä an < ln < ban c D 0: Với kết này, ta có fan g D an limfan g D lim an D lim ln 2n2 C D ln 2: n2 C n C Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Do đó, tồn n0 N để fan g > ln 1992 với n n0 : Bây giờ, có vô hạn số n để fan g < ; ta chọn n1 > n0 số Khi đó, theo lý luận trên, ta có > fan1 g > ln 2 ; 1992 hay 1 > ln : 1992 Mâu thuẫn nhận cho ta kết cần chứng minh lim.bn bn / D lim ln NE T b) Dễ thấy bn / tăng lim bn D C1: Ngoài ra, ta có 2n2 C 1/.n2 C n C 1/ D 0: 2n2 4n C 3/.n2 n C 1/ Trở lại toán, giả sử tồn hữu hạn n để fbn g < THS n0 : Do lim.bn Khi đó, ta thấy tồn n0 N để 2016 fbn g với n : 2016 bn / D nên tồn n1 N đủ lớn để bn bn < 2016 TM A với n n1 : Vì bn / tăng dần vô hạn nên ta thấy tồn vô số số n > maxfn0 ; n1 g để bbn c bbn c D 1: Xét số n thế, từ bất đẳng thức trên, ta suy bbn c hay bbn bCfbn g fbn g < ; 2016 2015 : 2016 nên fbn g > 1: Mâu thuẫn nhận cho ta điều phải chứng minh Do fbn g 2016 VIE fbn g > fbn g C Bình luận Bài toán có cách phát biểu thú vị tính chất phần lẻ chất toán giới hạn dãy số Tuy nhiên, cách phát biểu lạ lẫm nên ý b) gây khó khăn cho nhiều bạn thí sinh kỳ thi Điểm mấu chốt toán để ý đến lim.bnC1 bn /: Đây kỹ quan trọng cần có xử lý bạn toán giới hạn dãy số, đặc biệt toán liên quan đến định lý Stolz trung bình Cesaro Xin nêu số ví dụ: Cho dãy số an / xác định a0 D an D sin an với n bn / xác định bn D nan2 : Tìm lim bn : p Cho dãy số thực an / xác định a1 D anC1 D a1 C a2 C n nguyên dương Tìm lim ann : 1: Xét dãy số C an với Cho dãy số thực xn / thỏa mãn lim xn x12 C x22 C C xn2 / D 1: Chứng minh p lim 3nxn D 1: Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Bài (5.0 điểm) Cho tam giác ABC có B; C cố định, A thay đổi cho tam giác ABC nhọn Gọi D trung điểm BC E; F tương ứng hình chiếu vuông góc D đường thẳng AB; AC: a) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: Đường thẳng EF cắt đường thẳng AO BC M N: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định .NE T b) Các tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF E; F cắt T: Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định Lời giải a) Giả sử AB < AC , trường hợp lại ta làm tương tự Khi N thuộc tia đối tia BC Từ ý tứ giác AEDF nội tiếp ∠OAC D 90ı ∠ABC Ta có ∠AMN D ∠MAE C ∠MEA D 90ı ∠ABC C ∠ADF D ∠BDF C ∠ADF D ∠NDA; L TM A A THS suy tứ giác AMDN nội tiếp Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua D cố định K O M E N VIE F B C D P T Q b) Xin giới thiệu hai cách chứng minh sau đây: Cách Gọi K/ đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF AD đường kính K/ Lấy L thuộc K/ cho DL ? BC AL ? DL nên AL k BC D lại trung điểm BC nên chùm A.BC; DL/ điều hòa Chiếu chùm lên đường tròn K/ ta suy hàng EF; DL/ điều hòa hay tứ giác LEDF điều hòa, điều có nghĩa DL qua T giao tiếp tuyến E; F K Dễ thấy DL trung trực BC nên T thuộc trung trực BC cố định Cách Gọi DF; DE cắt CA; AB P; Q Ta thấy D trực tâm tam giác APQ Dễ thấy tiếp tuyến E; F đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF qua trung điểm PQ Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 nên T trung điểm PQ tâm ngoại tiếp tứ giác PEFQ Vì D trung điểm PQ, áp dụng toán bướm đảo cho tứ giác PEFQ với tâm T ngoại tiếp ta suy TD ? BC , T thuộc trung trực BC cố định Bình luận Bài toán không hai câu a), b) không liên quan tới Câu a) không sử dụng góc định hướng cần xét ba trường hợp AB < AC; AB D AC AB > AC Tuy nhiên thực tế đề chưa thật chặt chẽ câu “Giả sử EF cắt BC ” Câu a) có phát triển phát biểu cách khác thú vị .NE T Câu b) toán cũ xuất thi Kolmogorov Nga xem [1] Câu b) có nhiều phát triển khác thú vị bạn thấy [2] Cách giải thứ sử dụng tính chất hàng điểm điều hòa chiếu lên đường tròn ta có tứ giác điều hòa Đây lời giải đặc trưng cho toán, cách thứ hai sử dụng toán bướm đảo làm bổ đề, cách tiếp cận ngắn gọn dễ hiểu, phù hợp với lớp THCS Một số lời giải túy hình học khác bạn thấy [1] Các bạn làm số toán khác sau để luyện tập hai cấu hình THS Bài Cho tam giác ABC P E; F hình chiếu P lên CA; AB AP cắt BC D EF cắt BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADN cắt EF M khác N Chứng minh M thuộc đường thẳng cố định P thay đổi Một cách giải khác cho câu b) dùng phép đồng dạng, bạn thấy điều thể qua lời giải toán tổng quát sau, tham khảo [2] TM A Bài Cho tam giác ABC , trực tâm H M trung điểm BC P điểm thuộc đường thẳng HM Đường tròn K/ đường kính AP cắt CA; AB E; F khác A Chứng minh tiếp tuyến E; F K/ cắt trung trực BC A G VIE Y K E H Z F P B C M T Lời giải Gọi BY; C Z đường cao tam giác ABC dễ thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z qua H Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z cắt K/ G khác A Ta dễ thấy HG ? GA ? P G từ P; H; G thẳng hàng Ta dễ thấy 4GYE 4GZF suy 10 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 4GY Z 4GEF Dễ thấy M giao hai tiếp tuyến Y; Z đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z Gọi hai tiếp tuyến E; F đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt T Từ 4GY Z 4GEF; suy 4GF T 4GZM hay 4GZF 4GM T; suy ∠GM T D ∠GZF D 180ı ∠GZA D 180ı ∠GHA D ∠AHP: Do TM k AH ? BC Ta có điều phải chứng minh .NE T Bài Cho tam giác ABC P điểm trung trực BC Đường tròn K/ đường kính AP cắt CA; AB E; F khác A Tiếp tuyến E; F K/ cắt T Chứng minh TB D T C P trung điểm BC Một toán đẹp nhiều ứng dụng liên quan tới cấu hình toán thi vô địch Nga năm 2015: Bài Cho tam giác ABC đường cao AH trung tuyến AD Các điểm E; F thuộc CA; AB cho DE ? AB DF ? AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF cắt BC K khác D Chứng minh D trung điểm HK THS Nguồn trích dẫn toán nêu phần bình luận [1] http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h16779 [2] http://analgeomatica.blogspot.com/2014/06/ve-mot-bai-toanhay-tren-thtt.html TM A Bài (5.0 điểm) Người ta trồng hai loại khác miếng đất hình chữ nhật kích thước m n ô vuông (mỗi ô trồng cây) Một cách trồng gọi ấn tượng như: i) Số lượng trồng hai loại nhau; ii) Số lượng chênh lệch hai loại cột không nhỏ nửa số ô cột VIE a) Hãy cách trồng ấn tượng m D n D 01 6: b) Chứng minh có cách trồng ấn tượng m n bội : Lời giải Để thuận tiện lập luận, ta quy ước gọi hai loại là: xanh đỏ Ngoài ra, ký hiệu miếng đất (bảng) a b hình chữ nhật có a hàng b cột a) Câu phần “khi” câu hỏi câu b (điều kiện đủ) Xét cách trồng cho miếng đất 4 sau: A A A B A A B A A B B B B A B B Dễ thấy cách trồng ấn tượng Tiếp theo, ta ghép miếng đất 4 lại tạo thành miếng đất lớn có kích thước dạng a b : Chẳng hạn hình bên kích thước 8: 11 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 A A B A A A B A A B A A A B A A B B B A B B B B A B B B A B B A A A B A A A B A A B A A A B A A B B B A B B B B A B B B A B B Rõ ràng, ta thấy rằng: Vì tổng số miếng đất nhỏ miếng đất ghép .NE T A nên tổng số hai loại THS Chênh lệch hai loại tất hàng cột nửa kích thước hàng, cột tương ứng Từ suy muốn có cách trồng ấn tượng cho miếng đất 2016 2 miếng đất ấn tượng 4 lại 2016; ta cần ghép TM A b) Xét miếng đất có kích thước m n giả sử có cách trồng ấn tượng Ta chứng minh m n chia hết cho : Giả sử ngược lại, có hai số m ; n không chia hết cho ; chẳng hạn m D k C r với r f1 ; ; 3g k N Ta quy ước gọi: Một cột xanh cột số xanh nhiều số đỏ Một cột đỏ trường hợp ngược lại VIE Gọi x ; y số xanh, đỏ cột xanh, ta thấy rằng: ( ( x C y D 4k C r x C y D 4k C r r D r D : x y 2k C x y 2k Từ dễ dàng suy x 3k C r y Ä k : Tương tự, hàng xanh chứa tối thiểu hàng đỏ chứa tối đa n4 xanh 3n xanh, Không tính tổng quát, giả sử có n2 cột xanh (trường hợp có n2 cột đỏ giải tương tự) xét miếng đất gồm n2 cột xanh lấy từ miếng đất cũ Miếng đất có m D k C r hàng n2 cột Khi đó, miếng đất này, có 3k C r / n2 xanh Giả sử miếng đất mới, có p hàng đỏ với Ä p Ä k C r , đó: Trên p hàng đỏ, hàng có không n xanh Trên k C r p hàng xanh, hàng có không hàng lúc giờ) n xanh (độ dài tối đa 12 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Suy số xanh tối đa miếng đất mới, tính theo hàng p Từ đây, ta có bất đẳng thức p n C k C r p/ n 3k C r /n , p C k C r n C k C r p/ p/ n 2 3k C r /: Suy p Ä 2k , tức miếng đất mới, số hàng đỏ không 2k số hàng xanh k C r 2k C r / NE T Quay lại miếng đất ban đầu, xét 2k C r hàng xanh này, ta thấy chúng chứa 2k C r / 34n xanh Do đó, bỏ xanh thuộc n2 cột xanh, miếng đất lại chứa thêm n k4C r / xanh Suy ra, tổng số xanh miếng đất ban đầu không 3n n.2k C r / n.8k C 3r / mn C D > ; 4 mâu thuẫn Vậy miếng đất ấn tượng phải có hai kích thước chia hết cho : Ta có đpcm THS Bình luận Câu a) toán bước đệm để công vào câu b) lại gợi ý từ câu b) với câu hỏi “nếu có cách trồng ấn tượng m n bội 4” Điều nghĩa miếng đất ấn tượng nhỏ có kích thước 4 ta nên xây dựng cho trước, dùng làm sở để xây dựng cho miếng đất 2016 2016 TM A Câu b) toán tổ hợp khó, nói khó kỳ thi Nhiều thí sinh dễ sa lầy vào biến đổi, đánh giá liên quan đến số học thấy yếu tố chia hết cho gần dứt điểm VIE Nếu để ý tổng số hàng/cột chia dư 1; chẳng hạn loại phải ; 4/, tổng số hàng/cột chia dư ; chẳng hạn loại phải ; 5/, tổng số hàng/cột chia dư 3; chẳng hạn loại phải ; /, chênh lệch xa Trong đó, chia vừa hết cho ; chẳng hạn loại ; 6/, chênh lệch vừa 12 tổng số Điều dẫn ta đến ý tưởng chứng minh: cách trồng ấn tượng xảy bất đẳng thức “chênh lệch không nhỏ nửa số ô hàng/cột” điều kiện cho trở thành đẳng thức, tức kích thước chia hết cho : Một toán tương tự đề thi VN TST 2012: Trên cánh đồng hình chữ nhật kích thước m n ô vuông gồm m hàng n cột, người ta đặt số máy bơm nước vào ô vuông Biết máy bơm nước tưới nước cho ô vuông chứa ô vuông có chung cạnh với ô mà tưới cho ô vuông cột với cách ô vuông Tìm số nhỏ máy bơm nước cần đặt để máy bơm tưới hết cánh đồng hai trường hợp m D m D Ngoài cách làm trực tiếp trên, đánh giá theo bất đẳng thức tương tự, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Với miếng đất có hai kích thước chia hết cho cách trồng ấn tượng hiệu số hai loại hàng cột nửa số lượng hàng cột tương ứng Từ đó, ta giải toán theo cách thú vị: Xét miếng đất có kích thước m n tồn cách trồng ấn tượng Ghép 16 miếng đất lại với nhau, tạo thành miếng đất có kích thước m n rõ ràng miếng đất ấn tượng 13 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Theo bổ đề hiệu số hai loại hàng phải 42n D n Tuy nhiên, miếng đất giống nên hiệu số hàng miếng đất ban đầu 24n D n2 Suy n chẵn Nhưng tổng số hàng n chẵn nên hiệu chúng chẵn (vì tính chẵn lẻ) nên suy n2 chẵn, tức n chia hết cho : Tương tự, ta có m chia hết cho : Ý tưởng bạn Hoàng Đỗ Kiên, HCB IMO 2013 Bài (6.0 điểm) Tìm tất số thực a để tồn hàm số f W R ! R thỏa mãn: i) f 1/ D 2016I NE T ii) f x C y C f y / D f x / C ay với x ; y R : Lời giải Với a D 0; tìm hàm thỏa mãn yêu cầu toán f x / D 2016: Do đó, ta cần xét trường hợp a ¤ đủ Thay x D f y / vào điều kiện ii), ta f y / C ay THS f y / D f với y R : Từ ta thấy f đơn ánh Tiếp tục, thay y D vào điều kiện ii), ta f x C f 0/ D f x / với x R: Thay y TM A với x R: Suy f 0/ D 0: Thay y D f ax / vào điều kiện ii) kết hợp với tính đơn ánh f (ở ý số để f x / D 0), ta  à f x / f x / Cf D x a a f y / a vào ii) sử dụng kết trên, ta f x y / D f x / f y / VIE với số thực x ; y : Từ dễ dàng suy f cộng tính Với tính chất biết hàm cộng tính, ta tính f 2016/ D 2016f 1/ D 2016 : Mặt khác, f cộng tính nên điều kiện ii) viết lại thành f y / C f f y / D ay với y R : Cho y D 1; ta tính a D 2016 2017: Thử lại, ta thấy với số a hàm số f x / D 2016x thỏa mãn điều kiện cho Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu đề a D a D 2016 2017: Bình luận Đây kiểu toán quen thuộc xuất nhiều kỳ thi Điểm mấu chốt để giải toán nhận thấy f đơn ánh trường hợp a ¤ 0; để từ tính f 0/ D chứng minh f cộng tính Ngoài cách tiếp cận trên, ta theo lối khác để chứng minh f cộng tính nhận xét f toàn ánh nên suy f song ánh Từ đó, sau chứng minh f 0/ D 0; cách thay x D vào điều kiện ii), ta thấy f y C f y / D ay 14 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 với y R : Suy y C f y / nhận giá trị R : Thật vậy, giả sử có b R mà y C f y / ¤ b với y R : Đặt f b / D c cách thay y ac vào đẳng thức trên, ta có f ac C f ac D c D f b /: Suy ac C f ac D b ; vô lý Đến đây, cách viết lại điều kiện ii) dạng f x C y C f y / D f x / C f y C f y / ; ta có f cộng tính dễ dàng đến lời giải hoàn chỉnh cho toán .NE T Khi trao đổi với bạn thí sinh tham gia kỳ thi, nhận thấy phần đông bạn tiếp cận toán theo hai lối nêu Có số bạn sử dụng tính chất hàm tuần hoàn để giải, nhiên lời giải tương đối dài dòng nên xin không giới thiệu Dưới xin nêu thêm số toán có cấu trúc xuất kỳ thi sách báo tham khảo (IMO, 1992) Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn f x C f y / D y C f x / THS với x ; y R : (Ở f x / D f x / :) (Ý kiến chủ quan cho toán toán gốc, gợi ý tưởng cho việc sáng tạo toán bên dưới.) TM A (Tổng quát IMO 1992) Cho số nguyên dương n : Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn f x n C f y / D y C f n x / với x ; y R : (Ở f n x / D f x / n :) (Bulgaria, 2003) Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn f x C y C f y / D 2y C f x / VIE với cặp số thực x ; y : (Vietnam TST, 2003) Tìm tất số thực a cho tồn hàm số f W R ! R thỏa mãn phương trình f x C y C f y / D f x / C ay với cặp số thực x ; y : (PTNK, 2013) Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn f x C y C f y / D 2y C x f x / với cặp số thực x ; y : Tìm tất hàm số f W R !R thỏa mãn f x C f x / C 2y D 2x C f 2f y / với x ; y 0: (Ở R tập số thực không âm.) 15 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Bài (7.0 điểm) Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / (với tâm O ) có góc đỉnh B C nhọn Lấy điểm M cung B C không chứa A cho AM không vuông góc với B C : AM cắt trung trực B C T : Đường tròn ngoại tiếp tam giác AO T cắt O / N N ¤ A/: a) Chứng minh ∠BAM D ∠ C AN : NE T b) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp G chân đường phân giác góc A tam giác AB C : AI ; M I ; N I cắt O / D ; E ; F : Gọi P Q tương ứng giao điểm DF với AM DE với AN : Đường tròn qua P tiếp xúc với A D I cắt DF H H ¤ D /; đường tròn qua Q tiếp xúc với AD I cắt DE K K ¤ D /: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác GH K tiếp xúc với B C : Lời giải a) Ta sử dụng bổ đề sau THS Bổ đề Cho tam giác AB C cân A Giả sử có điểm P cho PA; P B / D P C ; PA/ Khi đó, ta có P B D P C : mod /: TM A A Q VIE P B C Chứng minh Dựng tam giác AQ C hướng với tam giác AP B PA; P B / D QA; Q C / mod Ta có AP D AQ PA; P Q / D P Q ; QA/ mod /: / Từ P C ; P Q / D P C ; PA/ C PA; P Q / D PA; P B / C P Q ; QA/ D QA; Q C / C P Q ; QA/ D QP ; Q C / mod /: Vậy tam giác C P Q cân C Ta suy P B D C Q D P C Ta có điều phải chứng minh Trở lại toán, theo đề bốn điểm A; O ; T ; N thuộc đường tròn tam giác OAN cân Ta có biến đổi góc T O ; T M / D T O ; T A/ D N O ; NA/ D AN ; AO / D T N ; T O / mod /: 16 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 A O NE T T C B M THS N Từ ý tam giác OM N cân O nên theo bổ đề T M D T N Từ M N ? O T ? B C nên M N k B C , ta suy ∠ BAM D ∠ C AN F TM A A E I Q VIE H O P K B G C M N D b) Ta ý D trung điểm cung B C không chứa A trung điểm cung M N không chứa A Ta có biến đổi góc E Q ; E I / D ED ; E M / D E N ; ED / D AN ; AD / D AQ ; AI / mod /; suy bốn điểm A; E ; Q ; I thuộc đường tròn Tương tự bốn điểm A; F ; P ; I thuộc đường tròn Từ I Q ; I P / D I Q ; I A/ C I A; I P / D E Q ; E A/ C F P ; F A/ D ED ; E A/ C F A; F D / D mod /; 17 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 P ; I ; Q thẳng hàng Theo tính chất tiếp xúc đề DK DQ D DI D DP DH ; suy bốn điểm P ; Q ; K ; H thuộc đường tròn Cũng ý DP DH D DI D DB D D G DA, lại từ bốn điểm A; F ; P ; I thuộc DF DI đường tròn nên DP DF D DI DA Chia hai đẳng thức trên, ta DH D D hay G GH k I F , tương tự GK k I E Từ ta có biến đổi góc NE T H K ; H G / D H K ; HP / C HP ; H G / D QK ; QP / C F P ; F I / D QE ; QI / C F D ; F N / D AE ; AI / C AI ; AQ / D AE ; AQ / D I E ; I Q / D GK ; GB / mod /: Đẳng thức thể B C tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác GH K G: THS Bình luận Thực chất toàn mục đích câu a) để M N k B C tách hình vẽ câu b) riêng Lời giải câu a) không dùng góc định hướng phải xét nhiều trường hợp Mặt khác theo việc sử dụng bổ đề câu a) cần thiết, số lời giải khác mạng sau ∠ O T M D ∠ O T N vội kết luận M ; N đối xứng qua O T , điều ngộ nhận Mặt khác số lời giải dùng đẳng thức góc ∠ M O N D 2∠ M AN , đẳng thức chưa thật ý với giả thiết đề góc ∠ BAC góc tù Trong câu b) việc sử dụng độ dài đại số góc định hướng cần thiết không phải xét nhiều trường hợp Lời giải câu b) túy biến đổi góc, câu b) có phát biểu lại hay có nhiều khai thác cấu hình Các bạn làm tập để luyện tập thêm TM A Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / P thuộc O / T thuộc OP Đường tròn ngoại tiếp tam giác AO T cắt O / N khác A Chứng minh AP phân giác góc T AN VIE Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / có tâm nội tiếp I I B ; I C cắt O / E ; F khác B ; C Đường thẳng qua I song song B C cắt C A; AB P ; Q P E cắt đường tròn qua I ; P tiếp xúc AI H khác P QF cắt đường tròn qua I ; Q tiếp xúc A I K khác Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác I H K tiếp xúc O / Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / có tâm nội tiếp I M ; N thuộc O / cho M N k B C I M ; I N cắt O / E ; F khác M ; N Đường thẳng qua I song song B C cắt AN ; AM P ; Q P E cắt đường tròn qua I ; P tiếp xúc AI H khác P QF cắt đường tròn qua I ; Q tiếp xúc AI K khác Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác I H K tiếp xúc O / Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / có tâm nội tiếp I M ; N thuộc O / cho M N k B C I M ; I N cắt O / E ; F khác M ; N Đường thẳng qua I song song B C cắt AN ; AM P ; Q P E cắt đường tròn qua I ; P tiếp xúc AI H khác P QF cắt đường tròn qua I ; Q tiếp xúc AI K khác Q Chứng minh đường thẳng H K qua điểm cố định M ; N thay đổi 18 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / có tâm nội tiếp I M ; N thuộc O / cho M N k B C I M ; I N cắt O / E ; F khác M ; N Đường thẳng qua I song song B C cắt AN ; AM P ; Q P E cắt đường tròn qua I ; P tiếp xúc AI H khác P QF cắt đường tròn qua I ; Q tiếp xúc AI K khác Q I A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác I EF S khác I a) Chứng minh đường thẳng qua H song song với SE đường thẳng qua K song song SF cắt tại T thuộc AD b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác T H K tiếp xúc B C NE T Tất hệ tổng quát Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / có I ; J hai điểm đẳng giác phân giác góc A M ; N thuộc O / cho M N k B C I M ; I N cắt O / E ; F khác M ; N Đường thẳng qua I song song B C cắt AN ; AM P ; Q P E cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác P I J H khác P QF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác QI J K khác Q THS a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác J H K tiếp xúc O / b) Giả sử I ; J cố định M ; N thay đổi Chứng minh H K qua điểm cố định TM A c) Gọi I A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác I EF R khác I Đường thẳng qua H song song với SE đường thẳng qua K song song SF cắt L Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác LH K tiếp xúc B C Bài (7.0 điểm) Số nguyên dương n gọi số hoàn chỉnh n tổng ước số dương (không kể nó) a) Chứng minh n số hoàn chỉnh lẻ có dạng VIE n D p s m2 ; p số nguyên tố có dạng k C 1; s số nguyên dương có dạng h C m số nguyên dương không chia hết cho p : b) Tìm tất số nguyên dương n > cho n chỉnh n.nC1/ số hoàn Lời giải Ký hiệu hàm tổng tất ước số dương số nguyên dương x x /: a) Xét dạng phân tích tiêu chuẩn số n lẻ n D p 1˛ p 2˛ p k˛ k ; p ; p ; : : : ; p k số nguyên tố lẻ phân biệt ˛ ; ˛ ; : : : ; ˛ k số mũ nguyên dương tương ứng Theo công thức tính n/, ta có p 1˛ C1 n/ D p1 p 2˛ C 1 p2 p k˛ k C 1 : pk 19 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Suy 2n D p ˛ i C1 p 1˛ C 1 p1 p k˛ k C 1 : pk p 2˛ C 1 p2 1 Chú ý ip i D C p i C p i2 C số mũ ˛ i chẵn C p i˛ i Á C ˛ i mod 2/ nên thừa số lẻ Vì n lẻ nên vế phải chẵn không chia hết cho ; tức vế phải, có thừa p ˛i C1 NE T số chẵn, lại lẻ Không tính tổng quát, giả sử thừa số ip i ; Ä i Ä k chẵn Khi đó, số mũ ˛ ; ˛ ; : : : ; ˛ i ; ˛ i C ; : : : ; ˛ k chẵn, dẫn đến tích ước nguyên tố với mũ tương ứng tạo thành số phương, đặt m với m N Do n D p i˛ i m với p i số nguyên tố nêu Ta cần chứng minh p i ; ˛ i số chia dư 1: Thật vậy, số nguyên tố p i có dạng p i D k C với k N p ij D j D0 ˛i X j k C 3/ Á ˛i X 3j D ˛i C1 THS ˛i X j D0 j D0 mod 4/: Ta biết lũy thừa chia dư dư nên biểu thức đồng dư với theo modulo ; không thỏa (vì ta cần đồng dư với theo modulo 4) ˛i X j D0 p ij TM A Do p i có dạng k C với k N Từ đó, suy D ˛i X k C 1/ j Á ˛ i C mod 4/: j D0 Do ˛ i C phải chia dư nên ˛ i chia dư 1; tức có dạng h C 1: Ta có đpcm VIE b) Trước tiên ta chứng minh n số lẻ Thật vậy, giả sử n chẵn, n số hoàn chỉnh lẻ Dựa theo phần a), ta có tất số hoàn chỉnh lẻ có dạng k C 1; suy n có dạng 1/ k C : Do đó, n nC số hoàn chỉnh lẻ Kết hợp với phần a), ta suy n.n C 1/ D p 1s m 21 ; với p số nguyên tố chia dư 1, s nguyên dương chia dư 1; m nguyên dương lẻ không chia hết cho p : Bây giờ, n2 ; n C D nên từ đằng thức trên, n C có dạng p 1s a a a lẻ không chia hết cho p : Tuy nhiên, p 1s a Á a Á mod 4/; nên ta có n chia hết cho ; vô lý n chia dư : Vậy n phải lẻ Tiếp theo ta sử dụng bổ đề sau, chứng minh bổ đề có bên Bổ đề Mọi số hoàn chỉnh chẵn có dạng s s C 1/; s C 1 số nguyên tố 20 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Bằng cách áp dụng bổ đề, ta thấy tồn s N cho s C n D s s C1 1/ C 1: Suy n.n C 1/ D s s C 2s 1/ C 1 s C 1 nguyên tố 1/ C số hoàn chỉnh lẻ, s s C 1/ C 2s s C 1/ C D n.n C 1/ D p 2s m 22 ; NE T với p số nguyên tố chia dư 1, s nguyên dương chia dư 1, m nguyên dương lẻ không chia hết cho p : Vì s s C1 1/ C 1; s s C 1/ C D nên hai số s s C1 1/ C 1; s s C 1/ C phải số phương Ta chứng minh hai số phương s : Thật vậy, s ; hai số lẻ Giả sử s s C 1/ C D b ; với b > lẻ Ta có 1/ D b 1/.b C 1/; THS s s C s C 1 nguyên tố, nên 2 s C1 1/ ước b nên b 1/.b C 1/ 2 s C 1/ > s s C Trường hợp s s C 1 b C 1: Vì b 1/ b C 1; 1/ D b 1/.b C 1/; vô lý 1/ chứng minh tương tự Vậy ta phải có s D 1; n D 7: Thử lại thấy thỏa mãn Đây giá trị cần tìm TM A Cuối ta chứng minh bổ đề Ta có hai nhận xét sau Nhận xét Nếu x ; y số nguyên tố x y / D x / y /: Nhận xét Một số hoàn chỉnh hai lần số hàm Xét số hoàn chỉnh chẵn có dạng s t với t lẻ Theo hai nhận xét trên, ta thấy suy s C s t / D t 2s C1 VIE 2s C1 t D j t : Đặt u D 2s C1 u D 2s C1 t 2s C1 1 D s / t / D s C 1/ t /; N u ước dương t ; ta có bất đẳng thức t / t C u D s C 1/u C u D s C u: Dấu bất đẳng thức phải xảy ra, tức t u hai ước dương t ;suy t nguyên tố u D 1; hay s C 1 D t nguyên tố Bổ đề chứng minh Bình luận Ý thứ toán thật bản, kết quen thuộc nhắc đến số hoàn chỉnh Tuy nhiên, ta cần dựa định nghĩa nó, kết hợp với công thức tính tổng ước số nguyên dương (đây hàm số học nhân tính quan trọng) xử lý Điểm quan trọng nhận xét tích công thức tính tổng ước, có thừa số chẵn không chia hết cho : Ngoài ra, nắm vững v p n / định lý LTE, toán giải nhanh gọn Ở ý thứ hai, ý khó ngày thứ 2, điểm mấu chốt bổ đề bên Trên thực tế, chiều khẳng định định lý tiếng số hoàn chỉnh (perfect number), có tên định lý Euclid-Euler: 21 Lời giải bình luận đề thi VMO 2016 Số n chẵn hoàn chỉnh có dạng s s C s C 1 số nguyên tố 1/; s nguyên dương Chứng minh định lý có sách tham khảo số học Số học thầy Hà Huy Khoái, hay Các giảng Số học thầy Đặng Hùng Thắng Điều này, mặt, tạo nhiều thuận lợi cho thí sinh “biết chỗ”, mặt khác, dễ dàng hạ gục bạn lại chưa biết đến không nhớ đến kết định lý Một toán khác liên quan chặt chẽ đến chứng minh định lý B6 kỳ thi Putnam 1976: Chứng minh N / D 2N C N bình phương số nguyên lẻ .NE T Số nguyên tố có dạng s gọi số nguyên tố Mersenne, trường hợp riêng số Mersenne M n D n với n nguyên dương Cho đến người ta chưa biết có tồn vô hạn số nguyên tố Mersenne hay không Do đó, câu hỏi tồn vô hạn số hoàn chỉnh chẵn mở Ngoài ra, chưa có số hoàn chỉnh lẻ tìm ra, người ta đặt câu hỏi phải không tồn số hoàn chỉnh lẻ, song chưa có lời giải đáp Các tài liệu mệnh đề xung quanh số nguyên tố Mersenne số hoàn chỉnh bạn đọc truy cập trang web: https://primes.utm.edu/mersenne/ VIE TM A THS Lời giải bình luận 7b bạn Nguyễn Huy Tùng, HCĐ IMO 2014 [...]... lý Euclid-Euler: 21 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2016 Số n chẵn là hoàn chỉnh nếu và chỉ nếu nó có dạng 2 s 2 s C 1 2 s C 1 1 là số nguyên tố 1/; trong đó s nguyên dương và Chứng minh định lý có trong các sách tham khảo về số học như các cuốn Số học của thầy Hà Huy Khoái, hay Các bài giảng Số học của thầy Đặng Hùng Thắng Điều này, một mặt, tạo ra nhiều thuận lợi cho các thí sinh “biết đúng chỗ”,... Vậy n phải lẻ Tiếp theo ta sử dụng bổ đề sau, chứng minh bổ đề sẽ có ở bên dưới Bổ đề Mọi số hoàn chỉnh chẵn có dạng 2 s 2 s C 1 1/; trong đó 2 s C 1 1 là số nguyên tố 20 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2016 Bằng cách áp dụng bổ đề, ta thấy rằng tồn tại s 2 N sao cho 2 s C 1 n D 2 s 2 s C1 1/ C 1: Suy ra n.n C 1/ D 2 s 2 s C 1 2 2s 1/ C 1 1 2 s C 1 1 nguyên tố và 1/ C 1 là một số hoàn chỉnh lẻ, hay... cũng có f cộng tính và dễ dàng đi đến lời giải hoàn chỉnh cho bài toán .NE T Khi trao đổi với các bạn thí sinh tham gia kỳ thi, chúng tôi nhận thấy phần đông các bạn đều tiếp cận bài toán theo một trong hai lối nêu trên Có một số bạn đã sử dụng tính chất của hàm tuần hoàn để giải, tuy nhiên lời giải tương đối dài dòng nên xin không giới thi u ở đây Dưới đây xin được nêu thêm một số bài toán có cùng cấu... âm.) 15 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2016 Bài 6 (7.0 điểm) Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / (với tâm O ) có các góc ở đỉnh B và C đều nhọn Lấy điểm M trên cung B C không chứa A sao cho AM không vuông góc với B C : AM cắt trung trực của B C tại T : Đường tròn ngoại tiếp tam giác AO T cắt O / tại N N ¤ A/: a) Chứng minh rằng ∠BAM D ∠ C AN : NE T b) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp và G là... k˛ k C 1 1 : pk 1 19 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2016 Suy ra 2n D p ˛ i C1 p 1˛ 1 C 1 1 p1 1 p k˛ k C 1 1 : pk 1 p 2˛ 2 C 1 1 p2 1 1 Chú ý rằng ip i 1 D 1 C p i C p i2 C khi và chỉ khi số mũ ˛ i chẵn C p i˛ i Á 1 C ˛ i mod 2/ nên thừa số này lẻ Vì n lẻ nên ở vế phải chẵn và không chia hết cho 4 ; tức là trong vế phải, chỉ có đúng một thừa p ˛i C1 1 NE T số là chẵn, còn lại đều lẻ Không mất tính... y D 1; ta tính được a D 2016 2017: Thử lại, ta thấy với số a như trên thì hàm số f x / D 2016x thỏa mãn các điều kiện được cho Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài là a D 0 và a D 2016 2017: Bình luận Đây là kiểu bài toán quen thuộc đã xuất hiện trong nhiều kỳ thi Điểm mấu chốt để giải bài toán là nhận thấy f đơn ánh trong trường hợp a ¤ 0; để từ đó tính được f 0/ D 0 và chứng minh f cộng tính... cách khá thú vị: Xét một miếng đất có kích thước m n và tồn tại cách trồng ấn tượng Ghép 16 miếng đất như thế lại với nhau, tạo thành miếng đất mới có kích thước 4 m 4 n thì rõ ràng miếng đất mới vẫn ấn tượng 13 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2016 Theo bổ đề thì hiệu số cây giữa hai loại cây trên mỗi hàng phải là 42n D 2 n Tuy nhiên, do các miếng đất đều giống nhau nên hiệu số cây ở mỗi hàng của miếng... THS Bình luận Thực chất toàn bộ mục đích câu a) là để M N k B C do đó chúng tôi tách hình vẽ câu b) riêng Lời giải câu a) nếu không dùng góc định hướng sẽ phải xét nhiều trường hợp Mặt khác theo chúng tôi việc sử dụng bổ đề trong câu a) là cần thi t, trong một số lời giải khác trên mạng sau khi chỉ ra ∠ O T M D ∠ O T N vội kết luận M ; N đối xứng qua O T , điều này là ngộ nhận Mặt khác một số lời giải. ..10 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2016 4GY Z 4GEF Dễ thấy M là giao hai tiếp tuyến tại Y; Z của đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z Gọi hai tiếp tuyến tại E; F của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt nhau tại T Từ 4GY Z 4GEF; suy ra 4GF T 4GZM hay 4GZF 4GM T; suy ra ∠GM T D ∠GZF D 180ı ∠GZA D 180ı ∠GHA D ∠AHP: Do đó TM k AH ? BC Ta có điều phải chứng minh .NE T Bài 3 Cho tam giác ABC và P... ra f song ánh Từ đó, sau khi chứng minh được f 0/ D 0; bằng cách thay x D 0 vào điều kiện ii), ta thấy f y C f y / D ay 14 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2016 với mọi y 2 R : Suy ra y C f y / có thể nhận mọi giá trị trên R : Thật vậy, giả sử có b 2 R mà y C f y / ¤ b với mọi y 2 R : Đặt f b / D c thì bằng cách thay y bởi ac vào đẳng thức trên, ta có f ac C f ac D c D f b /: Suy ra ac C f ac D b ; vô ...LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2 016 Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng – Lê Phúc Lữ NE T Đề thi 1.1 Ngày thi thứ (06/01/2 016) Bài (5.0 điểm) Giải hệ phương trình... độ khó nên thí sinh chọn giải theo sở trường Có thể dễ chút chủ đề quen thuộc kỹ thuật sử dụng lời giải quen thuộc với phép số nhận xét f Lời giải bình luận đề thi VMO 2 016 a ¤ f đơn ánh toàn ánh... theo ta sử dụng bổ đề sau, chứng minh bổ đề có bên Bổ đề Mọi số hoàn chỉnh chẵn có dạng s s C 1/; s C 1 số nguyên tố 20 Lời giải bình luận đề thi VMO 2 016 Bằng cách áp dụng bổ đề, ta thấy tồn s