LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2018 Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Lê Phúc Lữ – Trần Quang Hùng Nguyễn Lê Phước - Nguyễn Văn Huyện Thông tin quyền Bản quyền thuộc tất thành viên nhóm biên soạn (Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Lê Phúc Lữ, Trần Quang Hùng, Nguyễn Lê Phước, Nguyễn Văn Huyện) Đây thành trình lao động miệt mài nhóm để chia sẻ đến cộng đồng Mọi người xem tài liệu MIỄN PHÍ Tuy nhiên, vui lòng ghi rõ nguồn chia sẻ Tất hoạt động mua bán, kinh doanh liên quan đến tài liệu mà không chấp thuận nhóm trái pháp luật Chúng ta lên án hành vi vi phạm quyền để bảo vệ quyền lợi tác giả, sản phẩm trí tuệ Xin cảm ơn Đề thi 2.1 Ngày thi thứ (11/01/2018) Bài (5.0 điểm) Cho dãy số xn / xác định x1 D p p xn C 3; 8n xnC1 D xn C 1: a) Chứng minh dãy số xn / có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn b) Với số nguyên dương n; chứng minh n Ä x1 C x2 C C xn Ä n C 1: Bài (5.0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân ABC D điểm cạnh BC: Lấy điểm E cạnh AB lấy điểm F cạnh AC cho ∠DEB D ∠DF C: Các đường thẳng DF; DE cắt AB; AC M; N: Gọi I1 /; I2 / tương ứng đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM; DF N: Ký hiệu J1 / đường tròn tiếp xúc với I1 / D tiếp xúc với AB K; J2 / đường tròn tiếp xúc với I2 / D tiếp xúc với AC H; P giao điểm I1 / I2 /; Q giao điểm J1 / J2 / (P; Q khác D) a) Chứng minh D; P; Q thẳng hàng b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK đường thẳng AQ G L (G; L khác A) Chứng minh tiếp tuyến D đường tròn ngoại tiếp tam giác DQG cắt đường thẳng EF điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác DLG: Bài (5.0 điểm) Một nhà đầu tư có hai mảnh đất hình chữ nhật, mảnh đất có kích thước 12 m 0 m: Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 a) Trên mảnh đất thứ nhất, nhà đầu tư muốn xây ngơi nhà có hình chữ nhật kích thước 25 m m xây bên bồn hoa hình tròn đường kính m: Chứng minh dù xây trước bồn hoa đâu phần đất lại đủ chỗ xây ngơi nhà b) Trên mảnh đất thứ hai, nhà đầu tư muốn xây hồ cá hình đa giác lồi cho từ điểm phần đất lại đipkhơng q m đến bờ hồ Chứng minh chu vi hồ không nhỏ 40 20 m: p Bài (5.0 điểm) Trong mặt phẳng O x y ; cho C / đồ thị hàm số y D x : Một đường thẳng d thay đổi cho d cắt C / ba điểm phân biệt có hồnh độ x ; x ; x : Chứng minh q q q a) Đại lượng xx2 x2 C xx3 x2 C xx1 x2 số b) q x 12 x2 x3 C q x 22 x3 x1 C q x 32 x1 x2 < 15 : 2.2 Ngày thi thứ hai (12/01/2018) Bài (6.0 điểm) Cho số nguyên dương n d : Xét tập hợp S n d / gồm tất số có thứ tự x ; : : : ; x d / thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) x i f1 ; ; : : : ; n g với số Ä i Ä d I ii) x i Ô x i C vi mi ch số Ä i Ä d 1I iii) không tồn số Ä i < j < k < l Ä d cho x i D x k x j D x l : a) Tính số phần tử tập hợp S 5/: b) Chứng minh tập hợp S n d / khác rỗng d Ä n 1: Bài (7.0 điểm) Cho dãy số x n / xác định x D ; x D xnC2 D xnC1 C xn ; 8n 0: a) Với n ; chứng minh x n số nguyên tố n số ngun tố n khơng có ước nguyên tố lẻ b) Tìm tất cặp số nguyên không âm m ; n/ cho x n chia hết cho x m : Bài (7.0 điểm) Cho tam giác nhọn khơng cân AB C có trọng tâm G nội tiếp đường tròn O /: Gọi H a ; H b ; H c chân đường cao hạ từ đỉnh A; B ; C tam giác AB C D ; E ; F trung điểm cạnh B C ; C A; AB : Các tia GH a ; GH b ; GH c cắt O / điểm X ; Y ; Z : a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác X C E qua trung điểm đoạn thẳng BH a : b) Gọi M ; N ; P tương ứng trung điểm đoạn thẳng AX ; B Y ; C Z : Chứng minh đường thẳng DM ; E N ; F P đồng quy 3 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Bình luận chung Đề thi ngày thứ nhìn chung bản, khơng có tốn q khó Tuy nhiên nhìn tổng thể đề dài, với nhiều ý Bài toán dãy số dạng x n C D f x n /: Có hai cách tiếp cận cho dùng ánh xạ co (xét dãy j x n 1j) dùng tính giảm hàm f để xét hai dãy số chẵn số lẻ Câu b) tạo khó khăn định có nhiều hướng xử lý, hướng tự nhiên đơn giản dùng quy nạp, sử dụng tính chất: Nếu x n > x n C < x n C x n C > ; x n < x n C > x n C x n C1 < : Bài toán hình học phẳng với cấu hình rối rắm Lời giải ý a) chủ yếu sử dụng phương tích trục đẳng phương lời giải ý b) b) có phần phức tạp hơn, biết nhiều kiến thức phép vị tự quay (phép đồng dạng) tính chất hàng điểm điều hòa giải tốn nghĩ cách đơn giản hồn tồn giải tốn tính tốn góc Bài tốn hình học tổ hợp mức độ đơn giản với hai ý riêng biệt Ý a) xuất nhiều tài liệu hình học tổ hợp, chẳng hạn Hình học tổ hợp nhà giáo Vũ Hữu Bình mà Sputnik Education vừa phát hành năm 2017 vừa qua Ý b) coi phiên đơn giản toán giun thầy Văn Như Cương đề xuất cho IMO 1982 (điều kiện đa giác lồi giúp học sinh hình dung cấu hình lý luận đơn giản hơn) Tuy không phức tạp ý tưởng lẫn kỹ thuật dịp hoi mà hình học tổ hợp xuất đề thi VMO TST, gây khó khăn cho thí sinh Bài toán sử dụng định lý Vieta khảo sát hàm số Nếu biết cách đặt ẩn số phù hợp ta khử thức cách dễ dàng Có thể nói dễ xử lý Tuy nhiên đặt vị trí nên mặt tự nhiên lẫn tâm lý, nhiều học sinh bỏ qua quà ban đề thi Nhìn chung đề thi ngày thứ có nhiều đất diễn, nặng kỹ thuật bạn có kỹ xử lý vấn đề nhanh gọn có lợi Tất tốn có ý a), b) nên điểm thi mịn Ở ngày thi thứ hai: Bài toán tổ hợp đẹp mà chứng minh sử dụng phép quy nạp toán học Đáng tiếc phát biểu lại tốn thi Olympic Iran năm 2011, có cho thêm ý a) điểm gợi ý Nguyên văn toán Iran sau: Cầu vồng tên lồi chim Con chim có n màu màu hai ngày liên tiếp khơng giống Không tồn ngày đời chim i < j < k < l cho chim có màu hai ngày i k màu hai ngày j l khác màu với màu mà có ngày i k /: Hỏi chim cầu vồng sống tối đa ngày tính theo n / ‹ Bài kết kinh điển số Lucas: L m chia hết cho L n m bội số lẻ n : Kết suy cách dễ dàng từ công thức L mC n D L m L n Lm 2n ; Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 L n D / n L n : Cơng thức lại suy dễ dàng từ công thức tổng quát cho dãy số Lucas: L n D ˛ n C ˇ n với ˛ ; ˇ hai nghiệm phương trình x x D : Do tốn này, ngồi thuật ngữ mang tính số học chia hết, số ngun tố chất hồn tồn đại số Bài tốn hình có cấu hình đẹp gọn Ý a) tốn giải kiến thức cấp hai ý b) ý khó, cần sử dụng đến kiến thức phổ biến định lý Ceva, định lý Desargues Tổng thể cấu trúc, đề thi có hai đại số giải tích (bài tính giải tích hay đại số được), hai hình (bài 7), hình tổ hợp (bài 3), tổ hợp (bài 5) số học có chất đại số Về tính mới, có lẽ có câu 1b), câu 4a) hình có ý mới, lại 3, 4b), 5, khai thác ý cũ Về độ khó ngày đầu nhau, học sinh làm Ở ngày 7b coi khó nhằn nhất, lại khác nhau, khó dễ tùy theo sở trường Về mặt phương pháp giải tốn, thấy đề thi này, phương pháp quy nạp toán học vận dụng nhiều vấn đề khác nhau: 1, Hai hình túy có chất từa tựa nhau, ngày sử dụng nhiều tính chất định lý mạnh liên quan đến đường tròn Qua phân tích đề thi cách chủ quan, cho điểm thi năm mịn Dự đoán để lọt vào vòng 2, thí sinh phải hồn chỉnh 4.5 toán, tương ứng khoảng 25-26 điểm Điểm đạt giải ba vào khoảng 20, tương ứng 3.5 Điểm đạt giải khuyến khích vào khoảng 15, tương ứng 2.5 Lời giải bình luận tốn Bài (5.0 điểm) Cho dãy số x n / xác định x D p p xnC1 D xn C x n C 3; n 1: a) Chứng minh dãy số x n / có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn b) Với số nguyên dương n ; chứng minh n Ä x C x C C x n Ä n C 1: Lời giải a) Dễ thấy x n > với n N : Với số nguyên dương n ; ta có ˇp ˇ p ˇ ˇ j xnC1 j D ˇ xn C C xn C 3ˇ ˇ Â Ãˇ ˇ ˇ 1 ˇ ˇ D ˇ x n 1/ p p xn C C xn C C ˇ  à 1 Ä jx n j p C p xn C C xn C C  à 1 Ä jx n j C D j x n 1j : Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Do jx n 1j Ä jxn Đến đây, với ý lim 1j Ä n  Ãn Ä jx  Ãn 1j D ; 8n N : D 0; ta suy lim x n D 1: b) Xét hàm số f x / D p xC8 p xC3D p xC8C p xC3 với x > 0; ta thấy f x / hàm liên tục nghịch biến 0; C1 /: Do x > nên x D f x / < f / D ; suy x D f x / > f 1/ D 1; Một cách tổng quát, ta chứng minh x 2k < < x 2k với k N : p p Bây giờ, xét hàm số g x / D x C f x / D x C x C x C với x > 0; ta có g x / hàm liên tục g0.x / D C p xC8 p xC3 >1 p 8x > > 0; nên g x / hàm đồng biến 0; /: Từ đây, ta có nhận xét sau Nếu x > g x / > g 1/ D : Nếu < x < g x / < g 1/ D : Từ nhận xét suy x 2k C x 2k > > x 2k C x 2k C ; 8k N : Bây giờ, ta chứng minh bất đẳng thức cho Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: n D 2k k N /: Dễ thấy < x1 C x2 < nên bất đẳng thức cho k D 1: Xét k > 1; ta có x1 C x2 C x1 C x2 C C xn D x1 C x2 / C x3 C x4 / C >2C2C C2 D 2k C xn D x1 C x2 C x3 / C C x2k 1; ta có x1 C x2 C C xn D x1 C x2 / C x3 C x4 / C >2C2C C2C1 D 2k C x2k C x2k / C x2k Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 x1 C x2 C C xn D x1 C x2 C x3 / C > x2k C x2kC1 ; 8k N : Ngồi cách tiếp cận trên, ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học Một số toán với dạng phát biểu tương tự: (IMO Shortlist, 2015) Cho dãy số dương a1 ; a2 ; : : : thỏa mãn akC1 ak2 kak Ck Chứng minh rằng, với số tự nhiên n ; 8k N : 2; ta có a1 C a2 C C an n: (IMO Shortlist, 2013) Cho số nguyên dương n dãy số nguyên dương a1 ; a2 ; : : : ; an : Người ta mở rộng dãy thành dãy tuần hoàn gồm vô hạn số hạng theo quy tắc anCi D với i N : Biết Ä a1 Ä a2 Ä an Ä a1 C n aa i Ä n C i 1; 8i N ; chứng minh bất đẳng thức sau C an Ä n : a1 C a2 C (BMO, 2008) Tồn không dãy số dương a1 ; a2 ; : : : cho bất đẳng thức sau thỏa mãn đồng thời với n nguyên dương: a) a1 C a2 C b) a1 C a2 C C an Ä n I C an Ä 2008‹ (SMO, 2010) Cho dãy số an / thỏa mãn a1 minh với n nguyên dương, ta có a13 C a23 C C an3 akC1 a1 C a2 C ak C 1; 8k N : Chứng C an /2 : Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Bài (5.0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân ABC D điểm cạnh BC: Lấy điểm E cạnh AB lấy điểm F cạnh AC cho ∠DEB D ∠DF C: Các đường thẳng DF; DE cắt AB; AC M; N: Gọi I1 /; I2 / tương ứng đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM; DF N: Ký hiệu J1 / đường tròn tiếp xúc với I1 / D tiếp xúc với AB K; J2 / đường tròn tiếp xúc với I2 / D tiếp xúc với AC H; P giao điểm I1 / I2 /; Q giao điểm J1 / J2 / (P; Q khác D) a) Chứng minh D; P; Q thẳng hàng b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK đường thẳng AQ G L (G; L khác A) Chứng minh tiếp tuyến D đường tròn ngoại tiếp tam giác DQG cắt đường thẳng EF điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác DLG: Lời giải (Hình vẽ xem trang sau.) a) Do ∠DEB D ∠DF C nên ∠DEA D ∠DFA; suy tứ giác MNEF nội tiếp Ta có ∠DI2 F D 2∠DNF D 2∠EMF ∠I2 DF D 90ı J1 K ? ME nên I2 D k J1 K: ∠DI2 F nên I2 D ? ME: Mà Chứng minh tương tự, ta có I1 D k J2 H: Từ suy ∠I2 DK D ∠DKJ1 D ∠KDJ1 hay DK phân giác góc I2 DI1 : Tương tự, ta có DH phân giác góc I2 DI1 : Do đó, ba điểm D; H; K thẳng hàng Do tứ giác MNEF nội tiếp nên AE AM D AF AN nên A thuộc trục đẳng phương I1 / I2 /: Suy ba điểm A; D; P thẳng hàng (1) Lại có ∠AKH D 90ı ∠DKJ1 D 90ı ∠DHJ2 D ∠DHF D ∠AHK nên AH D AK: Suy A có phương tích với J1 / J2 /, hay A thuộc trục đẳng phương J1 / J2 /: Do đó, ba điểm A; D; Q thẳng hàng (2) Từ (1) (2), ta có bốn điểm A; D; P; Q thẳng hàng (đpcm) b) Do AK tiếp tuyến J1 / nên ∠AQK D ∠AKD D ∠AHK; suy tứ giác AQHK nội tiếp Ta có ∠GEF D ∠GAF D ∠GKH , ∠GHK D ∠GAK D ∠GFE nên 4GEF 4GKH (g-g) SE DK Lấy điểm S thuộc EF cho SF D DH ; ta có 4GES 4GKD (c-g-c) Suy 4GEK 4GSD (c-g-c) Từ đây, ta có ∠GDS D ∠GKE D ∠GQD nên DS tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác GDQ: (3) Lại có 4LEF 4QKH (g-g) nên 4LES 4QKD (c-g-c) Từ ∠KQD D ∠ELS; mà ∠KQG D ∠KHG D ∠EF G D ∠ELG nên ∠SLG D ∠DQG D ∠GDS: Kết chứng tỏ tứ giác DLGS nội tiếp (4) Từ (3) (4), ta có điều phải chứng minh 8 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 S D L F J1 J2 I1 I2 G H Q E A K P N M Bình luận Hai ý tốn độc lập Ý a) thể rõ tinh thần dùng trục đẳng phương Ý b) giải đơn giản nhờ tính tốn góc Ý b) có nhiều tổng qt hai tốn sau coi mơ hình tổng qt mạnh cho ý b) ta thay tiếp tuyến thành cát tuyến (ta giải hai tốn góc định hướng đơn giản): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/: E; F hai điểm nằm đường thẳng CA AB: Đường tròn AEF / cắt lại đường tròn O/ G: Lấy điểm P nằm EF lấy điểm Q nằm đường tròn AEF /: Đường thẳng AQ cắt đường tròn GPQ/ R khác Q: Đường thẳng PR cắt đường thẳng BC D: Chứng minh AQ qua giao điểm khác G O/ GRD/: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/: E; F hai điểm nằm đường thẳng CA AB: EF cắt BC G: Lấy điểm P nằm EF lấy điểm Q nằm đường tròn AEF /: Đường thẳng AQ cắt đường tròn GPQ/ R khác Q: Đường tròn APR/ cắt lại O/ D: Chứng minh đường thẳng AQ BC cắt điểm nằm đường tròn GRD/: Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Bài (5.0 điểm) Một nhà đầu tư có hai mảnh đất hình chữ nhật, mảnh đất có kích thước m 0 m: a) Trên mảnh đất thứ nhất, nhà đầu tư muốn xây ngơi nhà có hình chữ nhật kích thước 25 m m xây bên ngồi bồn hoa hình tròn đường kính m: Chứng minh dù xây trước bồn hoa đâu phần đất lại đủ chỗ xây ngơi nhà b) Trên mảnh đất thứ hai, nhà đầu tư muốn xây hồ cá hình đa giác lồi cho từ điểm phần đất lại khơng p m đến bờ hồ Chứng minh chu vi hồ không nhỏ 440 20 m: Lời giải Để tiện lợi cho trình bày, ta không viết đơn vị độ dài, mặc định đơn vị mét a) Xét hình chữ nhật AB C D có AB D C D D 120 AD D B C D 100: Chia hình chữ nhật thành hình chữ nhật “con” kích thước 30 40 hình vẽ Xét điểm tâm giếng nước Theo nguyên lý Dirichlet (ngược), tồn hình chữ nhật khơng chứa điểm tâm nói Xét hình chữ nhật tương ứng, chẳng hạn hình chữ nhật X Y Z T có X Y D Z T D 40; X T D Y Z D 30: Ta xét hình chữ nhật X Y Z T nằm bên X Y Z T có cạnh song song cách cạnh hình chữ nhật X Y Z T khoảng cách :5 X Y Z T có kích thước 25 35 rõ ràng hình chữ nhật khơng chạm vào giếng nước Ta có điều phải chứng minh b) Xét hình chữ nhật AB C D có AB D C D D 120 AD D B C D 100: Gọi L chu vi hồ Theo đề bài, tồn điểm A ; B ; C ; D thuộc L cho A A ; BB ; C C ; DD Ä 5: 10 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Vì chu vi hồ đa giác lồi nên đường gấp khúc nối A B ; B C ; C D ; D A khơng chườm lên Do A0 B C B C C C D C D A0 : jLj 1/ Hạ A A vng góc với AD ; A A vng góc với AB ; B B vng góc với B C ; B B vng góc với AB ; C C vng góc với B C ; C C vng góc với C D ; D D vng góc với AD ; D D vng góc với C D: Ta có A1 A0 C A0 B C B B1 AB D 120: A1 B1 Tương tự, ta có B2 B C B C C C C2 C1 C C C D C D D1 D2 D C D A0 C A0 A2 100; 120; 100: Từ ta suy A B C B C C C D C D A C A A C A A C B B C B B C C C1 C C C2 C D D1 C D D2 / 440: (2) Cuối cùng, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có q p p A A C A A Ä A A 21 C A A 22 / D A A Ä : Tương tự, ta có B B1 C B B2 Ä p 2; C C1 C C C2 Ä Từ (1), (2) bất đẳng thức trên, ta suy jL j p 2; 440 D D1 C D D2 Ä p 20 (đpcm) p 2: Bình luận Ở câu a), tốn cho hình chữ nhật (có bất đối xứng hai chiều) thay hình vng nên việc sử dụng kỹ thuật lân cận khơng dễ (lân cận bán kính d đa giác lồi có diện tích S ; chu vi p có diện tích S C p d C d ) Chú ý kết luận tốn tồn hình chữ nhật kích thước 25 35 không tương đương với việc tồn phần diện tích 875 khơng nằm hình tròn Việc chia mơ hình thành đối tượng nhỏ để sử dụng nguyên lý Dirichlet phổ biến hình tổ hợp, bên ta xét số tương tự sau: Cho điểm nằm bên hình chữ p nhật kích thước điểm có khoảng cách khơng vượt q 5: : Chứng minh có hai (EGMO, 2012) Một hình vng đơn vị chia thành đa giác, cho cạnh đa giác song song với cạnh hình vng cho trước Nếu tổng độ dài đoạn thẳng nằm bên hình vng (khơng tính hình vng) n (với n số thực dương), chứng minh tồn đa giác có diện tích lớn n C11/ : Trong hình vng cạnh 200 cm có 201 đa giác lồi mà đa giác có diện tích khơng q cm2 chu vi khơng q cm: Chứng minh hình vng ln tồn hình tròn có bán kính cm khơng cắt đa giác 11 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Ở ý b), mấu chốt xem xét khoảng cách từ đỉnh hình vng (là điểm đặc biệt) biên đa giác để đưa đa giác đề tứ giác việc đánh giá dễ dàng nhiều Có thể thấy phát biểu tốn gần với toán đề IMO 1982 thầy Văn Như Cương, mức độ nhẹ nhàng hơn: Ngày xưa xứ Nghệ/ có ngơi làng hình vng cạnh 100 km: Có sơng chạy ngang quanh làng Bất điểm làng cách sông không 0:5 km: Chứng minh có hai điểm sơng có khoảng cách đường chim bay không km, khoảng cách dọc theo dòng sơng khơng 198 km: Để ý số 198pở tính tốn theo cách tương tự câu b) phải 98 để thể cho nửa chu vi Và dĩ nhiên, có nắm ý tưởng chia đơi 100 42 0:5 giải IMO việc xử lý câu 3b trở nên nhẹ nhàng, sáng sủa nhiều p Bài (5.0 điểm) Trong mặt phẳng O x y ; cho C / đồ thị hàm số y D x : Một đường thẳng d thay đổi cho d cắt C / ba điểm phân biệt có hồnh độ x ; x ; x : Chứng minh q q q a) Đại lượng xx2 x2 C xx3 x2 C xx1 x2 số b) q x 12 x2 x3 C q x 22 x3 x1 C q 3 x 32 x1 x2 < 15 : Lời giải a) Dễ thấy d đường thẳng phương với trục tung (vì khơng d cắt C / tối đa điểm) nên phương trình d có dạng y D a x C b với a ; b R: Xét phương trình hồnh độ giao điểm d C / W p x2 D ax C b: Rừ rng a ; b Ô vỡ nu khơng d cắt C / tối đa hai điểm, mâu thuẫn với giả p thiết Đặt t D x ; theo giả thiết, phương trình at t2 C b D có ba nghiệm phân biệt t ; t ; t t t t ¤ (do b ¤ 0) Áp dụng định lý Vieta cho phương trình bậc ba, ta có t t C t t C t t D 0; suy t t / C t t / C t t / D 3.t t /.t t /.t t / D 3t 12 t 22 t 32 : Một cách tương đương, ta có t2 t3 t3 t1 t1 t2 C C D 3; t1 t2 t3 hay r Vậy q x2 x3 x 12 C q x3 x1 x 22 C q x2 x3 C x 12 x1 x2 x 32 r x3 x1 C x 22 r x1 x2 D 3: x 32 D số khơng đổi 12 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 b) Trong ba số t ; t ; t ln có hai số dấu, khơng tính tổng qt, ta giả sử hai số t t : Từ t t C t t C t t D 0; ta có t D t 1t 1Ct 2t : Do s x 12 x2 x3 s C x 22 x3 x1 s C x 32 t2 t2 t2 D C C x1 x2 t2 t3 t3 t1 t1 t2  à t1 t1 t2 t2 D t C t / C C t1 C t2 /2 t2 t1  à t1 t 22 t1 t1 t2 t2 C C C : D C 2 t2 t1 t1 C t2 /2 t2 t1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có t 12 t 22 C t 22 t 12 Do s x 12 x2 x3 s C 2; x 22 x3 x1 t1 t2 C t2 t1 s C t1 t2 Ä : t1 C t2 /2 2; x 32 Ä x1 x2 C 2/ C D 15 : Dấu đẳng thức không xảy t ; t phân biệt Ta có điều phải chứng minh Bình luận Về chất, toán đại số phát biểu dạng hình học giải tích Câu a) áp dụng định lý Vieta cho phương trình bậc ba Câu b) bất đẳng thức đại số quen thuộc Bất đẳng thức giới thiệu chứng minh viết “Một bất đẳng thức thú vị” tác giả Nguyễn Văn Huyện (cũng tác giả tham gia viết này) tạp chí Epsilon số năm 2016 (bạn đọc tham khảo liên kết: www.dropbox.com/s/rptud80mboeo412/Epsilon_No4_Beta.pdf?dl=0) Ngồi cách trên, ta chứng minh câu b) cách sử dụng định lý Vieta điều kiện có nghiệm phương trình bậc ba sau: Xét hàm số f t / D a t t C b : Ta biết điều kiện để f t / có ba nghiệm thực phân biệt f t / có hai điểm cực trị f CĐ f CT < : Ta có f t / D a t 2 t f t / D có hai nghiệm phân biệt t D t D f t / có hai điểm cực trị t D t D 3a : Suy ra, ta phải có à  < 0; f 0/ f 3a : 3a Do hay < a2b < : 27 Bây giờ, sử dụng định lý Vieta, ta có t C t C t D biến đổi đại số đơn giản, ta có t 12 t2 t2 3a b C C D D3 t2 t3 t3 t1 t1 t2 a2b a2b a t t t D x D 1: Do đó, x p q hợp số, mâu thuẫn Vậy, với n 1; để x n số nguyên tố n số ngun tố n khơng có ước nguyên tố lẻ b) Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: m D 0: Xét modulo 2; ta có x0 Á 0; x1 Á 1; x2 Á 1; x3 Á 0; x4 Á 1; x5 Á 1; x6 Á 0; Do đó, xn chẵn với n chia hết cho lẻ trường hợp lại Từ suy ra, để xn chia hết cho x0 ; ta phải có n chia hết cho 3: Cặp số m; n/ thỏa mãn trường hợp 0; 3k/ với k N: Trường hợp 2: m D 1: Dễ thấy m; n/ D 1; k/ với k N: Trường hợp 3: m > 1:Với k ˛ k C ˇ k /.˛ ` C ˇ ` / ` 0; ta có ˛ kC` C ˇ kC` / D ˛ˇ/` ˛ k ` C ˇ k ` / D 1/` ˛ k ` C ˇ k ` /: Do xkC` D xk x` Nói cách khác, với k 2` 1/` xk ` : 1/ 0; ta có xk D xk ` x` 1/` xk 2` : Do xk chia hết cho x` xk 2` chia hết cho x` ; xk 2` chia hết cho x` xk 4` chia hết cho x` (nếu k 4`), Một cách tổng quát, ta có xk chia hết cho x` xk 2t` chia hết cho x` (nếu k 2t`; t N) (2) Bây giờ, xn chia hết cho xm nên xn xm 3; suy n với q N ; r N; Ä r Ä m 1: Xét trường hợp sau: m > 1: Đặt n D q m C r ı Trường hợp 3.1: q chẵn Theo nhận xét (2), ta có xn chia hết cho xm xr chia hết cho xm : Suy xr xm : Nếu r từ bất đẳng thức trên, ta suy r m (do xn / tăng ngặt với n 1), mâu thuẫn Do r D 0; nhiên điều mâu thuẫn xm x2 D > x0 D xr : 1/ i 17 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 ı Trường hợp 3.2: q lẻ Theo nhận xét (2), ta có xn chia hết cho xm xmCr chia hết cho xm : Mặt khác, theo (2), ta lại có 1/r xm xmCr D xm xr r nên xn chia hết cho xm xm r chia hết cho xm : Nếu < r < m; ta có Ä m r nên xm r < xm ; mâu thuẫn Do đó, r D giá trị thỏa mãn Suy ra, trường hợp này, cặp số m; n/ thỏa mãn yêu cầu m; 2k C 1/m/ với k N: Tóm lại, cặp số cần tìm 0; 3k/; 1; k/ m; 2k C 1/m/ với m; k N; m > 1: Bình luận Đây tốn tính chất dãy Lucas (bạn đọc tham khảo liên kết: mathworld.wolfram.com/LucasNumber.html) Câu a) toán kết quen thuộc Ngồi cách trên, ta giải cách sử dụng (1) Để giải ý b), điểm mấu chốt phát đẳng thức (1) Phần lại sử dụng phép đánh giá đại số để chặn giá trị n : Vì vậy, chất coi đại số Ngoài cách giải trên, bạn Trần Quang Độ (học sinh lớp 10 Tốn 1, trường THPT chun Hà Nội – Amsterdam) có gửi đến cách tiếp cận khác cho trường hợp n m > dựa tính chất dãy Fibonacci sau: Xét dãy Fibonacci F n / với F D 0; F D F D F n C D F n C C F n ; n ; ta chứng minh xn D Fn C Fn Từ u cầu tốn, ta cần tìm n 2; 8n 1: m > để Fn C Fn :: : Fm C Fm 2: Rõ ràng n D m thỏa mãn yêu cầu Xét n > m ; sử dụng tính chất dãy Fibonacci, ta có Fn C Fn D Fm Fn m C Fm Fn m C Fm Fn m C Fm Fn D F n m F m C F m / C F n m F m C F m /: m Mặt khác, ta lại có F k C F k 2; Fk C Fk 3/ D D D D D F k F k 1 C Fk C Fk C Fk C Fk ; Fk ; Fk C Fk / F C F ; F C F 1: C Fk 3/ 1/ Do đó, ta cần tìm n > m > để Fn Vì F n m > nên ta có F n ta cần tìm ` > m cho m m :: : Fm C Fm > F m ; suy n : F ` :: F m C F m 2: m 2: > m : Đặt ` D n m 3/ 18 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Mặt khác, ta lại có F` D D D D Á Fm F` m C Fm F` m F m F ` m C F m F m /F ` m F m F ` m C F ` m / F m F ` m F m F ` mC F m F ` m F m F ` mC C F ` m / mod F m C F m F m ; F m C F m 2/ D D D D D D D F m ; 2F m F m / F m ; F m / F m C F m ; F m F m ; F m / 2/ 1/ F ; F / 1; nên để điều kiện (3) thỏa mãn ta phải có F` mC C F` m :: : Fm C Fm 2; hay : C F n m :: F m C F m : : Một cách tương đương, ta phải có x n m :: x m : Đến ta xử lý tương tự đoạn sau lời giải đề hoàn tất phép giải Fn 2m Bài toán tương tự: Cho dãy a n / xác định a D 0; a D a n C D a n C C a n với n N : Với số tự nhiên k cho trước, chứng minh a n chia hết cho k n chia hết cho k : Bài (7.0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân AB C có trọng tâm G nội tiếp đường tròn O /: Gọi H a ; H b ; H c chân đường cao hạ từ đỉnh A; B ; C tam giác AB C D ; E ; F trung điểm cạnh B C ; C A; AB : Các tia GH a ; GH b ; GH c cắt O / điểm X ; Y ; Z : a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác X C E qua trung điểm đoạn thẳng BH a : b) Gọi M ; N ; P tương ứng trung điểm đoạn thẳng AX ; B Y ; C Z : Chứng minh đường thẳng DM ; E N ; F P đồng quy Lời giải a) Qua A kẻ đường thẳng song song với B C cắt O / A (khác A) Ta có AA C B hình thang cân nên A C D A B D 2F H a : Lại có ∠ F H a B D ∠ F BH a D ∠A C B nên F H a k A C : Mà G C D GF nên ta suy ba điểm G ; A ; H a thẳng hàng Gọi S trung điểm A H a ta có SE k AA nên ∠ AE S D ∠ A AC D ∠ A X C ; suy tứ giác S E C X nội tiếp (1) 19 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Gọi T trung điểm BH a ta có S T k BA : Suy ∠ XS T D ∠ XA B D ∠ X C B nên tứ giác X C S T nội tiếp (2) Từ (1) (2), ta có năm điểm X ; C ; E ; S ; T đồng viên nên đường tròn ngoại tiếp tam giác XE C qua trung điểm BH a : A0 A S F E G B C Ha T X b) Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / với P ; Q hai điểm Các đường thẳng PA; P B ; P C cắt lại O / điểm thứ hai P a ; P b ; P c : Các đường thẳng QA; QB ; Q C cắt lại O / điểm thứ hai Q a ; Q b ; Q c : Các đường thẳng P a Q a ; P b Q b ; P c Q c cắt đường thẳng B C ; C A; AB D ; E ; F : Khi đó, điểm D ; E ; F thẳng hàng Chứng minh Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp, ta có DB Pa B D DC Pa C Qa B : Qa C 20 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Pb A Qb Pc O P Qc Q D C B Pa Qa Từ ta có Y DB Y  Pa B Qa B à Y Pa B Y Qa B D D DC Pa C Qa C Pa C Qa C Y sin PAB Y sin QAB D 1: D sin PAC sin QAC Sử dụng định lý Menelaus, ta suy ba điểmD ; E ; F thẳng hàng Trở lại tốn: Theo câu a) AA k B C nên hai đường thẳng XA XA đẳng giác ∠ BX C : Gọi U giao điểm A X B C : Ta có UB UC Ha B XB D : Ha C XC Theo tính chất tứ giác nội tiếp, ta lại có UB BA D UC CA Do BX : XC XB UB D XC UC2 AB : AC Thay vào đẳng thức (1), ta UB UB D UC UC2 Do AB AC UB AB D UC AC Ha B : Ha C Ha B : Ha C 1/ 21 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Y A0 A B1 C1 M Z G O I B U Ha C D X A1 Gọi V giao điểm B Y C A; W giao điểm C Z AB ta có đẳng thức tương tự Khi đó, ta có Y  AB H a B à Y UB D D 1: UC AC Ha C Suy AX ; B Y ; C Z đồng quy I : Gọi A ; B ; C điểm đối xứng A; B ; C qua trung điểm B C ; C A; AB : Theo tính chất đường trung bình, ta thấy A X k DM GA D 3: Do phép GD vị tự tâm G tỷ số biến đường thẳng DM thành đường thẳng A X : Tương tự với đường thẳng E N F P : Từ suy ra, ta cần chứng minh đường thẳng A X ; B Y ; C Z đồng quy đủ Xét tam giác X Y Z hai điểm I G ; ta có X I ; Y I ; Z I cắt X Y Z / A; B ; C ; XG ; Y G ; ZG cắt X Y Z / A ; B ; C : Do đó, theo bổ đề Y Z ; ZX ; X Y cắt AA ; BB ; C C theo ba điểm thẳng hàng Theo định lý Desargues A X ; B Y ; C Z đồng quy Đó điều phải chứng minh Bình luận Ý b) ý hình học khó toàn thi VMO 2018 Để giải ý b), ta cần bổ đề coi mở rộng tính chất điểm đẳng giác Ta thấy điểm I nằm đường thẳng Euler tam giác AB C (xem toán 3), nhiên lời giải trên, ta không cần thiết phải sử dụng điều kiện Ngoài ra, xét cách rộng ý tưởng để tổng qt tốn hay Chúng tơi xin giới thiệu toán tổng quát sau: Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / P điểm nằm đường thẳng Euler tam giác AB C : Các đường thẳng PA; P B ; P C cắt lại O / điểm thứ hai X ; Y ; Z : Gọi D ; E ; F U ; V ; W trung điểm đoạn thẳng B C ; C A; A B A X ; B Y ; C Z : Chứng minh D U ; E V F W đồng quy 22 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 A Y U P Z E V F O W B D C X Sử dụng phép vị tự tâm G trọng tâm tam giác AB C ; ta chuyển tốn khác sau tìm Telv Cohl diễn đàn AoPS Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn O / P điểm nằm đường thẳng Euler tam giác AB C : Các đường thẳng PA; P B ; P C cắt lại O / điểm thứ hai X ; Y ; Z : Gọi D ; E ; F điểm đối xứng X ; Y ; Z qua trung điểm đoạn thẳng B C ; C A; AB : Chứng minh AX ; B Y C Z đồng quy Bài toán giải cách đơn giản nhờ toán tổng quát tác giả Trần Quang Hùng đưa lên AoPS từ năm 2011 sau Cho tam giác AB C P điểm Gọi A B C tam giác pedal P : Gọi P điểm đẳng giác P A B C tam giác pedal P : Q điểm nằm đường thẳng P P : Các đường thẳng A Q ; B Q ; C Q cắt lại đường tròn A B C / A ; B ; C : Chứng minh a) Các đường thẳng A A ; B B ; C C đồng quy điểm P P : b) Các đường thẳng A A ; BB ; C C đồng quy  ... thẳng DM ; E N ; F P đồng quy 3 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 Bình luận chung Đề thi ngày thứ nhìn chung bản, khơng có tốn q khó Tuy nhiên nhìn tổng thể đề dài, với nhiều ý Bài toán dãy... điều phải chứng minh 8 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 S D L F J1 J2 I1 I2 G H Q E A K P N M Bình luận Hai ý tốn độc lập Ý a) thể rõ tinh thần dùng trục đẳng phương Ý b) giải đơn giản nhờ tính... thỏa mãn ˇ ˇ Vậy tổng cộng có 12 thỏa mãn đề ˇS3 5/ˇ D 12: Đề xuất Võ Quốc Bá Cẩn 14 Lời giải bình luận đề thi VMO 2018 b) Ta gọi số thỏa mãn điều kiện đề số “đẹp” Rõ ràng d lớn khả tồn số đẹp