Đang tải... (xem toàn văn)
Với mỗi cặp hai sân bay, ta xét tuyến đường ngắn nhất nối giữa chúng, tức là tuyến đường gồm số lượng ít nhất các đường bay trực tiếp giữa hai sân bay này?. Hỏi số lượng đường bay trực[r]
(1)ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT OLYMPIC KHTN 2019 (Group “Hướng tới VMO-TST” thực hiện)
PHẦN ĐỀ THI
Ngày thi thứ (11/05/2019)
Bài Tìm tất số nguyên dương n cho
n ước 3n Bài Với k nguyên dương, cho dãy số (un) xác định
1
,
( 2)
,
n n
u k
n u k
u n
n
Chứng minh tồn số nguyên dương k để dãy số cho có 2019 số hạng số phương
Bài Cho tam giác ABC, xét điểm P nằm tam giác cho BPC CPA APB Các đường thẳng PB PC, theo thứ tự cắt AC AB, E F, Gọi D điểm di động cạnh
BC Đường thẳng DF AC, cắt M, đường thẳng DE AB, cắt N 1) Chứng minh số đo góc MPN khơng đổi D di động
2) Gọi Q giao điểm EF MN, Chứng minh PQ phân giác góc MPN Bài Chứng minh với số thực dương a b c, , , ta ln có
2 2
3
2
a b c ab bc ca
b c a a b c
Ngày thi thứ hai (12/05/2019)
Bài Tìm tất đa thức hệ số thực P x( ) cho
3 2
( 1) ( 2) ( 1),
P x x P x P x với x
Bài Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp đường tròn ( )O với đường kính AD, ngồi
EAED Dựng ngũ giác cho tam giác BCF vng cân F, hai hình vng
,
ABMN CDPQ Giả sử hai đường thẳng MQ NP, cắt R Gọi S T, trung điểm MQ OS, Chứng minh RT EF
Bài Một khu vực quốc tế có 512 sân bay Mỗi sân bay trực tiếp tới sân bay khác Biết ta từ sân bay đến sân bay khác thông qua nhiều chuyến bay trực tiếp Với cặp hai sân bay, ta xét tuyến đường ngắn nối chúng, tức tuyến đường gồm số lượng đường bay trực tiếp hai sân bay Hỏi số lượng đường bay trực tiếp lớn có tuyến đường ngắn hai sân bay bao nhiêu?
(2)PHẦN LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài Tìm tất số nguyên dương n cho
n ước 3n Lời giải
Kiểm tra trực tiếp, ta thấy n1 thỏa yêu cầu toán
Xét n2, gọi p ước nguyên tố nhỏ n Dễ thấy p3 khơng
3 |n | 3n 1,
vơ lý Ta có
3n 1 (mod ).p Mặt khác theo định lý Fermat nhỏ
1
3p 1 (mod )p Gọi hord (3)p |
| h n h p
, mà n khơng có ước ngun tố nhỏ p nên suy
| gcd( , 1) 1
h n p h Do | ,n theo định lý LTE, ta có
2(3 1) 3( ) 2(3 1) 2(3 1) 2( ) ( )2
n
v v n v v v n v n nên
2
32 ( )v n hay v n2( )1
Gọi q3 ước nguyên tố lẻ nhỏ n k ord (3)q tương tự trên, ta suy hệ |
| k n k q
Dễ thấy gcd( ,n q1)2 n khơng có ước lẻ nhỏ q nên k| Nếu k 1
3 1 (mod )q q| 2, k 2
3 1 (mod )q q| 8, vơ lý Do n1, tất nghiệm nguyên dương đề
Bài Với k nguyên dương, cho dãy số (un) xác định
1 ,
( 2)
,
n n
u k
n u k
u n n
Chứng minh tồn số nguyên dương k để dãy số cho có 2019 số hạng số phương
Lời giải
Từ giả thiết, ta có
2 ( 2)
n n
u u k
n n n n
hay
1 2.
( 1)( 2) ( 1) ( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)
n n n n
u u k u k u k
n n n n n n n n n n n
Do đẳng thức với n
(3)1
2
1
( 1)
n
u k u k
n n
Suy un n n( 1) 2 k Bài toán đưa chứng minh tồn k để phương trình
2
2 kn n m
có 2019 cặp nghiệm nguyên dương ( , ).m n Từ đẳng thức trên, ta suy
2 2
4k4n 4n 8 4m (2 )m (2n1) 4k9 hay
2m(2n1) 2 m(2n1)4k9
Ta thấy 4k9a b với a b, số nguyên dương ab
2 (2 1)
,
2 (2 1)
m n a a b b a
m n
m n b
Khi đó, hai số a b, có số chia dư 1, số chia dư m n, Đến đây, chọn
4037
3
4
k dễ thấy k nguyên dương
4037 4037
3 9 ( 1) 1 (mod 4)
Ngoài ra, ta thấy 4037
4k93 4037 4037
3 3 a3 t với 0 t 2018 Khi đó, rõ ràng có 2019 cách chọn số t với cách chọn này, ta có ( , )a b trên, tương ứng với cặp số ( , )m n Do số nguyên dương
4037
3
4
k thỏa mãn đề
Bài Cho tam giác ABC, xét điểm P nằm tam giác cho BPC CPA APB Các đường thẳng PB PC, theo thứ tự cắt AC AB, E F, Gọi D điểm di động cạnh
BC Đường thẳng DF AC, cắt M, đường thẳng DE AB, cắt N 1) Chứng minh số đo góc MPN khơng đổi D di động
2) Gọi Q giao điểm EF MN, Chứng minh PQ phân giác góc MPN Lời giải
1) Xét phép nghịch đảo tâm P, phương tích Ta thấy BC CA AB, , biết thành đường tròn qua P; (BCP),(CAP), (ABP) biến thành đường thẳng Ta viết lại toán sau (có sử dụng kết định lý Napoleon):
(4)Để ý VZ PK UY, PJ (các trung trực) nên ta đưa chứng minh góc VZ UY, 60 Gọi RVZUY, S VY UZ
Ta biết F P C, , thẳng hàng XY PC UZ, PF nên UZXY Tương tự VY ZX, mà tam giác XYZ nên SZY Khi đó, ta xem XY XZ, hai tiếp tuyến
(SZY) Xét hai ba điểm SZY RYZ
có SYRZ V SZ, RY U ZZ, YY X điểm , ,
U V X nằm trung trực PT nên chúng thẳng hàng Do theo định lý Pascal đảo R(SZY) hay YRZ YSZ 60
2) Vẫn sử dụng phép nghịch đảo, ta gọi Q giao điểm thứ hai hai đường tròn (PKJ), (PEF) PQ phân giác KPJ
Ta thấy R S, tâm hai đường trịn (PKJ), (PEF) nên RSPQ Ngồi theo 1) ta có SRZ YRZ 60 Chú ý RZ PK RY, PJ nên góc tạo (PQ PK, ) (PQ PJ, ) với góc tạo (RS RZ, ),(RS RY, ) 60 Vì nên PQ phân giác KPJ Ta có đpcm
Nhận xét Ở lời giải trên, phép nghịch đảo, ta khai thác triệt để mơ hình điểm Toricelli định lý Napoleon liên quan Thực toán giải nhẹ nhàng theo hướng biến đổi, tính tốn sơ lược bên dưới:
Q
S
R U
V
Z
Y
X K
J
T P
F
E
C B
(5)Ta có APB CPB120 nên APE CPE60 , tức PE phân giác APC Tương tự PF phân giác APB Theo định lý Menelaus cho ba điểm thẳng hàng (M F D, , ), ( , , )N D E thẳng hàng tính chất đường phân giác ta thu
2 NB MC PB PC NA MA PA
(*)
Từ dựng trước M thỏa mãn MPN 120 để có APM BPN tiếp tục dùng định lý sin tam giác thích hợp để thu đẳng thức (*)
Bài Chứng minh với số thực dương a b c, , , ta ln có
2 2
3
2
a b c ab bc ca
b c a a b c
Lời giải
Đầu tiên, ta có phân tích sau:
2 2
( ) ( )( )
a b c ab bc ca ab ac bc
( ) ( )( )
3
a b c a b a c b c
b c a ab ac
Do bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 2 2
1 1
( ) ( )( )
2
a b a c b c
ab a b c ac a b c
K
Q
N M
F
E
D P
C B
(6)Khơng tính tổng qt, giá sử cmina b c, , Khi ta cần chứng minh
2 2 2
2 2
1
0 2( ) 2( )
2 a b c ab a b ab c
ab a b c Tương tự ta có 2 12 2
2
ac a b c Do ta hồn tất chứng minh
Nhận xét Lời giải sử dụng hướng phân tích Schur-SOS nên biến đổi thuận lợi, cũng kỹ thuật hay sử dụng để đánh giá đại lượng không đối xứng a b c
bca Một hướng tiếp cận khác dùng bất đẳng thức phụ để ước lượng a b c
b ca đưa đối xứng. Bài Tìm tất đa thức hệ số thực P x( ) cho
3 2
( 1) ( 2) ( 1),
P x x P x P x với x Lời giải
Nếu P x( )c số, thay vào đề bài, ta có
0,
cc c c tương ứng với hai đa thức ( ) 0, ( )
P x P x thỏa mãn
Xét deg ( )P x n1, gọi a0 hệ số bậc cao P so sánh hệ số bậc 3n hai vế
của đề bài, ta có 2
( )n ( )n ( ) ,n
a x a x a x x aa a Đặt P x( )Q x( 1)
3 2
( ) ( 1) ( ),
Q x x Q x Q x x Dễ thấy hệ số bậc cao Q degQdegPn Nếu ( ) n
Q x x thay vào đẳng thức trên, ta thấy thỏa mãn
Giả sử Q x( )xn H x( ) với H x( )0 degH mn Thay vào đề bài, ta có
3 2
(x x )n H x( x )(x1)nH x( 1) (x 1)nH x( 1) hay
3 2 2
( ) ( 1)n ( 1) ( 1)n ( 1) ( 1) ( 1)
H x x x H x x H x H x H x
Bậc vế trái ,m bậc phải max{n2 , 2m nm m, }2nm3 m Điều vô lý cho thấy trường hợp xảy
Do có Q x( )xn tương ứng với P x( )(x1)n đa thức khác thỏa mãn đề Tóm lại, đa thức thỏa mãn đề là: P x( )0, ( )P x 1, ( )P x (x1) ,n n
(7)Bài Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp đường trịn ( )O với đường kính AD, ngồi
EAED Dựng ngũ giác cho tam giác BCF vng cân F, hai hình vuông
,
ABMN CDPQ Giả sử hai đường thẳng MQ NP, cắt R Gọi S T, trung điểm MQ OS, Chứng minh RT EF
Lời giải
Gọi U V, tâm hai hình vng ABMN CDPQ, Khi đó, O S, trung điểm ,
AD MQ nên theo bổ đề ERIQ trung điểm AM OS DQ, , , U T V, , thẳng hàng Xét phép quay vector góc
2
2
UV UB BF FC CV UA FC FB VD
2
UV UA AE ED DV BU DE AE CV
Do
2
1
1
2
UV UA FC FB VD BU DE AE CV FB BA AE FC CD DE FE FE FE
Suy UV EF UV EF Khi đó, để chứng minh RT EF, ta đưa chứng minh UV qua R
Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác MNU QPV, điều tương ứng với giao điểm cặp đường thẳng (MN QP, ), (NU PV, ), (UM VQ, ) thẳng hàng
U
V K
F
Q
P N
T O
M
S R
E
D
C B
(8)Gọi ZE đường kính ( ).O Ta thấy ABZ 135 , UBA45 nên U B Z, , thẳng hàng kéo theo ZM ZA Tương tự V C Z, , thẳng hàng ZQZD Mà ZAZD nên Z cách điểm M A D Q, , , nên tứ giác MADQ nội tiếp đường tròn tâm Z Chú ý ABBM AB, BD nên M B D, , thẳng hàng
Khi đó, gọi X giao điểm ( )Z với MN XMD90, kéo theo DX đường kính ( ).Z Tương tự gọi Y giao điểm ( )Z với PQ AY đường kính
( ).Z Do DX AY Z
Trong đường trịn ( ),Z áp dụng định lý Pascal cho hai điểm AQX DMY
, ta thấy giao điểm cặp đường thẳng (AM DQ, )J, (AY DX, )Z QY MX, ( , )I điểm thẳng hàng Bài tốn giải hồn tồn
Nhận xét Ở lời giải trên, thực đoạn UV EF UV EF kết định lý Van Aubel; cách chứng minh phép quay vector có lẽ ngắn gọn Bài tốn kết hợp nhiều kỹ thuật khó, đặc biệt đoạn cuối
Bài Một khu vực quốc tế có 512 sân bay Mỗi sân bay trực tiếp tới sân bay khác Biết ta từ sân bay đến sân bay khác thông qua nhiều chuyến bay trực tiếp Với cặp hai sân bay, ta xét tuyến đường ngắn nối chúng, tức tuyến đường gồm số lượng đường bay trực tiếp hai sân bay Hỏi số lượng đường bay trực tiếp lớn có tuyến đường ngắn hai sân bay bao nhiêu?
Lời giải
J
I Z
Y X
V U
Q
P N
O M
D C
B
(9)Xét graph G( , )V E biểu diễn cho tốn, V tập sân bay, V 512 degv5, v V Xét đường ngắn Luv đề mô tả nối hai đỉnh u v V, Dễ thấy Luv, khơng có đỉnh lặp lại khơng, giả sử có x lặp lại bên dưới:
Ta thay đoạn đường hai lần x xuất (ký hiệu x x1, 2) đường trực tiếp từ x1 sang đỉnh x2 đường ngắn Luv ban đầu, mâu thuẫn
Hơn nữa, Luv, có hai đỉnh x y, khơng liên tiếp lại có cạnh nối
tương tự trên, ta thay đường ban đầu xy thành cạnh tạo thành đường ngắn hơn, vô lý Từ đây, ta thấy Luv có đặc điểm:
Trên khơng có hai đỉnh trùng
Hai đỉnh khơng liên tiếp Luv khơng có cạnh nối E Vì đỉnh có bậc 5 nên đỉnh kề với nằm Luv
Ta quy ước gọi đường đường đơn Xét đường đơn dài nối n
1 n
a a a a ký hiệu tập đỉnh L, sơ đồ bên
Với aiL, ký hiệu R a( )i tập hợp đỉnh khơng thuộc L có cạnh nối với ai
1
( ), ( n)
R a R a R a( )i 3, i 2,n1 Gọi S số cặp có thứ tự ( , )u v uL, cịn vL u v, có cạnh nối Thì theo nhận xét trên, ta có
4 3( 2)
S n n
Để ý R a( )1 R a( 4) khơng, giả sử a a1, kề với đỉnh b đó, ta thay
1
a a a a a1ba4
x2
x1
v u
an
a4
a3
a2
(10)thì đường ngắn hơn, vơ lý Tương tự R a( )1 R a( k) với k 4,5,6,, n Lập
luận tương tự, ta thấy R a( )i R a( j) xảy i j 2 Điều đồng nghĩa với việc đỉnh không thuộc L kề với tối đa đỉnh thuộc L
Từ suy S 3(512n) Do ta có đánh giá
3n23(512n)n255
Ta xây dựng ví dụ thỏa mãn n255 Phân hoạch 512 đỉnh thành ba tập hợp sau:
1 255 255
{ , , , }, { , , , }, { , }
L a a a R b b b C c c Các đỉnh thuộc L thỏa mãn: ai có cạnh nối ai1 với 1 i 254
Các đỉnh thuộc R thỏa mãn: bi có cạnh nối bi1 với 1 i 254
Mỗi đỉnh b bi, i85,bi170R,1 i 85 có cạnh nối với đỉnh a a3i, 1i,a3i2A Đỉnh c1 nối với ba đỉnh đầu L, hai đỉnh đầu R; c2 nối với ba đỉnh cuối
của L, hai đỉnh cuối R (c1 không nối với c2)
Khi đó, kiểm tra trực tiếp, ta thấy bậc đỉnh Ngồi ra, G liên thơng đường từ a1a255 đòi hỏi qua 254 cạnh giữa, khơng có cách rút ngắn (vì đỉnh bên nối với đỉnh liên tiếp L)
Vậy có tối đa 255 sân bay đường bay ngắn nhất, đồng nghĩa với việc giá trị lớn cần tìm 254
Nhận xét Bài toán liên quan đến lý thuyết graph, khơng địi hỏi dùng kết khó nhưng dù mơ hình thành graph thuận lợi lập luận Bài toán đánh giá cực đại “độ dài” đường ngắn hai đỉnh graph mẻ, ta cần phải có nhận xét thích hợp đường để có ước lượng thích hợp.
b254
c2
b255
b86
a4
a3 a253 a254
c1
b1 b2 b85
a255 a2