Đề bài và lời giải đề thi toán cấp quốc gia 2010 - 2011 part 2 ppt

BÀI SỐ 4: TOÁN RỜI RẠC
Bài 4. Cho ngũ giác lồi ABCDE có các cạnh và hai đường chéo AC,
AD có độ dài không vượt quá

3. Trong ngũ giác lồi lấy 2011 điểm
phân biệt bất kì. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có
tâm nằm trên cạnh của ngũ giác lồi ABCDE và chứa ít nhất 403
điểm trong số 2011 điểm đã cho.
Lời giải. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho điểm I nằm trong tam giác X Y Z có độ dài các cạnh nhỏ
hơn

3. Khi đó,
min{I X , IY , I Z} <1.
Chứng minh. Thật vậy, vì ∠X IY +∠Y I Z +∠ZI X =360
◦
nên trong ba
góc ∠X IY , ∠Y I Z, ∠Z I X phải có một góc không nhỏ hơn 120
◦
. Giả sử
∠X IY  120
◦
thì trong tam giác I X Y , theo định lý cosin ta có
3  X Y
2
= I X
2
+IY
2
−2I X ·IY cos∠X IY
 I X

2
+IY
2
+I X ·IY 3min{I X
2
, IY
2
}.
Từ đây đưa đến min{I X , IY } 1. Bổ đề được chứng minh. ■
Quay trở lại bài toán. Theo giả thiết thì các tam giác ABC, ACD,
ADE đều có cả ba cạnh nhỏ hơn

3, mà mỗi điểm trong 2011 điểm
gieo trong ngũ giác ABCDE đều thuộc miền trong của một trong ba
tam giác này nên theo bổ đề, mỗi điểm phải cách một đỉnh nào đó
của ngũ giác một khoảng không lớn hơn 1. Theo nguyên lý Dirichlet,
có một đỉnh của ngũ giác có khoảng cách không lớn hơn 1 đến ít nhất

2011
5

=403 điểm. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
20 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
d
BÀI SỐ 5: DÃY SỐ CÓ TÍNH CHẤT SỐ HỌC
Bài 5. Cho dãy số nguyên {a
n
} xác định bởi
a
0

=1, a
1
=−1 và a
n
=6a
n−1
+5a
n−2
với mọi n 2.
Chứng minh rằng a
2012
−2010 chia hết cho 2011.
Lời giải 1. Xét dãy {b
n
} được xác định như sau
b
0
=1, b
1
=−1 và b
n
=6 b
n−1
+2016b
n−2
với mọi n 2.
Dãy này có phương trình đặc trưng
x
2
−6x −2016 =0

có hai nghiệm là x = −42 và x = 48. T ừ đây, sử dụng kiến thức về
phương trình sai phân, ta tìm được công thức tổng quát của dãy là
b
n
=
41 ·48
n
+49 ·(−42)
n
90
, ∀n ∈N.
Ngoài ra, ta cũng dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng
a
n
≡ b
n
(mod 2011), ∀n ∈N.
Theo đó, ta chỉ cần chứng minh b
2012
+1 ≡0 (mod 2011) nữa là xong.
Ta có
b
2012
+1 =
41 ·48
2012
+49 ·(−42)
2012
+90
90

.
Do 2011 là số nguyên tố, và 2011, 90 là hai số nguyên tố cùng nhau
nên ta chỉ cần chứng minh
41 ·48
2012
+49 ·(−42)
2012
+90 ≡0 (mod 2011). (1)
Mà theo định lý Fermat nhỏ, ta có
41 ·48
2012
+49 ·(−42)
2012
+90 ≡41 ·48
2
+49 ·42
2
+90 (mod 2011)
=90 b
2
+90 =90

6 ·(−1) +2016 ·1

+90
=90 ·2010 +90 =90 ·2011 ≡0 (mod 2011).
Vì vậy, (1) đúng. Bài toán được chứng minh xong.
22 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Lời giải 2. Phương trình đặc trưng của dãy đã cho là x
2

−6x −5 = 0
có hai nghiệm là 3 −

14 và 3 +

14, do đó ta dễ dàng tìm được công
thức số hạng tổng quát của dãy là
a
n
=

7 −2

14

3 +

14

n
+

7 +2

14

3 −

14


n
14
=

−7 +

14

3 +

14

n−1
−

7 +

14

3 −

14

n−1
14
=−u
n
+2v
n
,

trong đó
u
n
=

3 +

14

n−1
+

3 −

14

n−1
2
, v
n
=

3 +

14

n−1
−

3 −


14

n−1
2

14
.
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có
u
2012
=
1005

k=0
C
2k
2011
3
2011−2k
14
k
=3
2011
+
1005

k=1
C
2k

2011
3
2011−2k
14
k
.
Do 1 <2k <2011 với 1 k 1005 và 2011 là số nguyên tố nên
C
2k
2011
=2011

C
2k−1
2010
2k

.
.
. 2011.
Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ thì
3
2011
≡3 (mod 2011).
Do vậy, kết hợp các lập luận lại với nhau, ta được
u
2012
≡3 (mod 2011). (2)
Tương tự với v
n

, ta cũng sử dụng khai triển Newton và thu được
v
2012
=
1006

k=1
C
2k−1
2011
3
2012−2k
14
k−1
=14
1005
+
1005

k=1
C
2k−1
2011
3
2012−2k
14
k−1
.
Đến đây, cũng bằng cách sử dụng tính nguyên tố của 2011, ta thấy
C

2k−1
2011
=2011

C
2k−2
2010
2k −1

.
.
. 2011
LỜI GIẢI VMO 2011 23
với k ∈{1, 2, , 1005}. Vì vậy
v
2012
≡14
1005
(mod 2011).
Do 14 =2025 −2011 =45
2
−2011 ≡45
2
(mod 2011) nên áp dụng định lý
Fermat nhỏ, ta có
14
1005
≡45
2010
≡1 (mod 2011).

Suy ra
v
2012
≡1 (mod 2011). (3)
Từ (2) và (3), ta có
a
2012
−2010 ≡−3 +2 ·1 −2010 ≡0 (mod 2011).
Bài toán được chứng minh xong.
24 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
d
BÀI SỐ 6: HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 6. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC, ACB là
các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không
trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng
d vuông góc với BC tại Dcắt đường thẳng AB, AC tương ứng tại E và
F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
AEF , BDE và CDF. Chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P cùng
nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Lời giải. Ta thấy bài toán đã cho chính là sự kết hợp cơ học của hai
kết quả sau
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC , ACB
là các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D
không trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên B C. Đường
thẳng d vuông góc với BC tại D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng
tại E, F. (N), (P ) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác BDE, CDF.
Khi đó, d đi qua tâm nội tiếp tam giác AB C khi và chỉ khi tiếp tuyến
chung khác d của (N) và (P ) đi qua A.
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC , ACB

là các góc nhọn. Xét điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không
trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng
d vuông góc với BC tại D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng tại E,
F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
AEF , BDE và CDF. Khi đó, bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một
đường tròn khi và chỉ khi tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P ) đi
qua A.
Như vậy, ta chỉ cần chứng minh được hai bổ đề này thì bài toán cũng
được giải quyết xong.
Chứng minh bổ đề 1. Ta chứng minh hai chiều.
• Giả sử tiếp tuyến khác d của (N) và (P) đi qua A. Gọi giao điểm
của tiếp tuyến đó và d là T. Dễ thấy các tứ giác T ABD và T ACD
ngoại tiếp, do đó theo tính chất cơ bản của tứ giác ngoại tiếp,
ta có
AB + T D = AT + BD và AC + T D = AT + DC.
Từ hai đẳng thức này, ta dễ thấy
DB − DC = AB − AC.
26 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Lại có DB + DC = BC nên
DB =
B A + BC − AC
2
, DC =
C A + CB − AB
2
.
Vậy D chính là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
với BC, hay d đi qua tâm nội tiếp tam giác ABC.
d
A

B
C
I
D
E
F
N
P
T
• Giả sử d đi qua tâm nội tiếp của tam giác ABC, khi đó ta có
ngay đẳng thức
DB − DC =
B A + BC − AC
2
−
C A + CB − AB
2
= AB − AC.
Gọi giao điểm của tiếp tuyến qua A (khác AB) của (N ) và d là
T. Tứ giác T ABD ngoại tiếp nên ta có
AB + T D = AT + BD.
Kết hợp đẳng thức trên, ta suy ra
AC + T D = AT + DC.
Điều này chứng tỏ tứ giác T ADC ngoại tiếp. Vậy AT tiếp xúc
(P ), hay nói cách khác, AT là tiếp tuyến chung khác d của (N)
và (P) đi qua A. ■
LỜI GIẢI VMO 2011 27
Chứng minh bổ đề 2. Ta chứng minh hai chiều.
• Giả sử tiếp tuyến chung của (N) và (P) đi qua A, ta phải chứng
minh bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn. Để

ý rằng E, M, N thẳng hàng và F , M, P thẳng hàng, do vậy
∠N MP = 180
◦
− ∠EMF = 180
◦
−

90
◦
+
∠E AF
2

= 90
◦
−
180
◦
− ∠B AC
2
=
∠B AC
2
.
Mặt khác, vì tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P) cũng đi
qua A nên
∠N AP =
∠B AC
2
.

Kết hợp hai đẳng thức trên, ta suy ra tứ giác AM N P nội tiếp.
d
x
A
B
C
I
D
E
F
N
P
T
M
• Giả sử A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn, ta phải chứng
minh tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P) đi qua A. Cũng từ
lập luận trên, ta có
∠N MP =
∠B AC
2
.
28 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Do A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn nên
∠N AP = ∠N MP.
Kết hợp với trên, ta suy ra
∠N AP =
∠B AC
2
.
Qua A vẽ tiếp tuyến Ax của (N), ta có

∠N A x =
∠B Ax
2
.
Do đó
∠P Ax = ∠N AP − ∠N A x =
∠B AC
2
−
∠B Ax
2
=
∠C Ax
2
= ∠P AC.
Từ đây suy ra Ax đối xứng AC qua AP mà AC tiếp xúc (P). Vậy
Ax tiếp xúc (P).
Nhận xét. Phần thuận của bổ đề 1 là bài thi vô địch Nga năm 2009
(phần dành cho lớp 10).
BÀI SỐ 7: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN R
Bài 7. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức
P(x, y) = x
n
+ xy + y
n
không thể viết dưới dạng P(x, y) = G(x, y) · H(x, y), trong đó G(x, y) và
H(x, y) là các đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng.
Lời giải. Giả sử tồn tại các đa thức G(x, y) và H (x, y) thỏa mãn
degG  1, deg H  1 sao cho
P(x, y) = G(x, y) · H(x, y).

Khi đó dễ thấy degH+degG = n. Từ giả thiết ta có G(x, 0)·H(x, 0) = x
n
,
suy ra tồn tại k ∈ N, a
1
a
2
= 1 sao cho
H(x, 0) = a
1
x
k
, G(x, 0) = a
2
x
n−k
.
Do H(x, y) và G(x, y) là các đa thức nên ta có thể viết được chúng
dưới dạng
H(x, y) = a
1
x
k
+ yH
1
(x, y), G(x, y) = a
2
x
n−k
+ yG

1
(x, y),
trong đó G
1
(x, y), H
1
(x, y) là các đa thức. Thay vào P(x, y) và rút gọn,
ta được
a
1
x
k
yG
1
(x, y) + a
2
x
n−k
yH
1
(x, y) + y
2
G
1
(x, y) · H
1
(x, y) = x y + y
n
,
hay

a
1
x
k
G
1
(x, y) + a
2
x
n−k
H
1
(x, y) − x = y
n−1
− yG
1
(x, y) · H
1
(x, y).
Cho y = 0, ta có
x = a
1
x
k
G
1
(x, 0) + a
2
x
n−k

H
1
(x, 0).
Giả sử k và n − k đều lớn hơn 1. Khi đó ta có hai khả năng xảy ra.
• Cả hai đa thức G
1
(x, 0) và H
1
(x, 0) đều đồng nhất 0, suy ra x
đồng nhất 0 (vô lí).
• Có một trong hai đa thức trên có bậc  1, giả sử là G
1
(x, 0). Khi
đó bậc của hạng tử cao nhất của đa thức vế phải là k+degG
1
> 1.
30 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Do vậy, trong hai số k, n− k phải có một số bé hơn 2. Không mất tính
tổng quát, ta có thể giả sử k  1.
• Nếu k = 0 thì H
1
≡ 0. Khi đó H(x, y) ≡ a
1
(loại).
• Nếu k = 1 thì H
1
≡ b = 0. Khi đó H(x, y) = a
1
x + by hay
x

n
+ xy + y
n
= 0, ∀x = −
b y
a
1
.
Mà điều này cũng không thể kể cả khi n = 2.
Vậy bài toán được chứng minh.