Tổng hợp đề thi và lời giải đề trường Đông ba miền 2015

Hướng tới kỳ thi chọn hsg quốc gia môn Toán 2016
Trần Nam Dũng,
Lê Phúc Lữ, Trần Quốc Luật
(Tổng hợp và giới thiệu)

TỔNG HP
ĐỀ THI & LỜI GIẢI
ĐỀ TRƯỜNG ĐÔNG BA MIỀN 2015

Xin cám ơn sự chia sẻ của thầy Huỳnh Tấn Châu, anh Võ Quốc Bá Cẩn
và bạn Lê Tạ Đăng Khoa để có thể hoàn thành tài liệu này.

1


Lời nói đầu.

Thế là chỉ còn đúng 1 tuần nữa là kỳ thi chọn HSG cấp quốc gia năm 2016 sẽ diễn ra.
Kỳ thi năm nay vẫn được tổ chức như thời điểm thường lệ (trong 3 ngày) và môn Toán sẽ
thi vào 2 ngày 06-07/01/2016.
Thời gian vừa qua, các đội tuyển trên khắp cả nước đã tích cực ôn luyện, chuẩn bị về hành
trang kiến thức lẫn kỹ năng làm bài thi để có thể mang về kết quả tốt nhất.
Song song với các buổi bồi dưỡng trên lớp, các địa phương cũng đã chung tay tổ chức các
lớp học tập trung gồm các học sinh đến từ nhiều tỉnh khác nhau mà chúng ta quen gọi là
“trường Đông Toán học”.
Chương trình Trường Đông năm nay khởi đầu ở TP.HCM (từ ngày 22-29/11/2015) trải
dài trên nhiều tỉnh từ Bắc vào Nam, ở các địa điểm nổi bật là: Hà Nội, TP. Vinh, Phú Yên,
TP.HCM và trường Đông của Viện Toán. Trong mỗi trường như thế, học sinh trong các
đội tuyển đều được trải nghiệm tâm lý thi cử thực sự với một đề thi thử gồm 2 ngày,
phỏng theo đúng cấu trúc của đề thi hàng năm. Những đề thi như thế đều rất hay, giá trị và
có thể xem là một nguồn tài liệu hữu ích cho thí sinh trong giai đoạn ôn luyện này.

Nhằm chia sẻ với các bạn học sinh, quý thầy cô nguồn tài liệu đó, chúng tôi đã dành thời
gian tổng hợp, biên tập và bình luận đôi chút về các bài toán trong mỗi đề thi. Hy vọng
rằng sự cố gắng này sẽ giúp ích được phần nhỏ nào đó cho các bạn học sinh và cũng đóng
góp được một nguồn tài liệu tham khảo cho quý thầy cô trong quá trình bồi dưỡng HSG.

TP.HCM, chiều cuối năm 31/12/2015,
Ban biên tập.

2


Danh saựch taực giaỷ cuỷa caực baứi toaựn.

A. Trng ụng H Ni.

1) Phm Tin Kha
2) Trn Quang Hựng
3) Dng c Lõm
4) Trn Nam Dng (su tm t sỏch Nga)
5) Trn Nam Dng (su tm t ti liu 2001)
6) Trn Quang Hựng
7) Trn Nam Dng

B. Trng ụng Bc Trung B

1) Lờ Xuõn Sn
2) Trn Quc Lut
3) Trn Quang Hựng
4) u Hong Hng
5) Trn Nam Dng (su tm t sỏch Nga)

6) Nguyn Vn Nhim
7) Trn Nam Dng (su tm t sỏch Nga)

3


C. Trường Đông miền Nam

1) Huỳnh Phước Trường
2) Nguyễn Văn Huyện
3) Lê Thị Minh Thảo
4) Lê Tạ Đăng Khoa
5) Trần Nam Dũng
6) Phạm Tiến Kha
7) Tống Hữu Nhân

Trường Đông Nam Trung Bộ và trường Đông Viện Toán: do các thầy Huỳnh Tấn
Châu, Vũ Thế Khôi, Hà Duy Hưng, Trần Quang Hùng, Võ Quốc Bá Cẩn cùng nhiều thầy
cô khác đề nghị. Do chúng tôi không nắm cụ thể thông tin nên không thể giới thiệu được,
mong quý thầy cô và các em học sinh thông cảm.

4


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Đề số 1.
Đề thi trường Đông miền Bắc (Hà Nội)
Đề thi ngày 1.
Bài 1. (5 điểm).

Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i)

 f (x  y)  f ( x  y) f ( x  3 y)  4 yf ( y) với mọi

ii)

lim

2

x0

x, y   ;

f ( x)
 1.
x

Bài 2. (5 điểm).
Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc AC , AB lần lượt tại E , F . Gọi
G , H theo thứ tự là các điểm đối xứng với E , F qua I . Giả sử GH cắt BC tại P. Các
điểm M , N thuộc IP sao cho CM vuông góc với IB và BN vuông góc với IC . Chứng
minh rằng I là trung điểm MN .
Bài 3. (5 điểm).
Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c , trong đó không có hai số nào đồng
thời bằng 0 ta có bất đẳng thức

a b  c 
b c  a 

c  a  b
8abc


2
.
2
2
2
a  bc
b  ca
c  ab
a  bb  cc  a 
Bài 4. (5 điểm).
Trên bàn cờ 88 , ta đặt các quân xe màu xanh, đỏ, vàng sao cho các quân xe khác màu
không ăn nhau. Hỏi có thể đặt tối đa được bao nhiêu quân xe như vậy nếu biết rằng số
quân xe mỗi màu giống nhau?

5


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Đề số 1.
Đề thi trường Đông miền Bắc (Hà Nội)
Đề thi ngày 2.
Bài 5. (6 điểm).
Dãy đa thức Pn ( x, y, z ) được xác định như sau:
 P0 ( x, y , z )  1


 Pn1 ( x, y, z )  ( x  z )( y  z ) Pn ( x, y, z  1)  z 2 Pn ( x, y , z ), n  0


Chứng minh rằng Pn ( x, y, z ) là đa thức đối xứng với mọi n.
Bài 6. (7 điểm).
Cho tam giác ABC cân tại A có P nằm trong tam giác sao cho BPC  180A . Các
đường thẳng PB , PC lần lượt cắt CA, AB tại E , F . Gọi I , J lần lượt là tâm bàng tiếp ứng
với đỉnh B, C của tam giác ABE và ACF . Gọi K là tâm ngoại tiếp tam giác AEF.
Chứng minh rằng KI  KJ .
Bài 7. (7 điểm).
Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình

x 2  (k 2  4) y 2  24  0
có nghiệm nguyên dương.

6


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Đáp án đề số 1.
Đề thi trường Đông phía Bắc
Đề thi ngày 1.
Bài 1. (5 điểm).
Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i)

 f (x  y)  f ( x  y) f ( x  3 y)  4 yf ( y) với mọi

ii)

lim

2

x0

x, y   ;

f ( x)
 1.
x

Lời giải.
Giả sử với mọi x  0 thì f ( x )  0 .
Ta thấy điều này không thỏa ii) vì chẳng hạn xét dãy số ( xn ) xác định bởi xn  2n thì rõ
ràng xn  0, n và xn  0 , tuy nhiên ta luôn có f ( xn )  0, n nên lim

n

f ( xn )
0.
xn

Từ đó suy ra điều giả sử là sai, tức là phải tồn tại x0  0 sao cho f ( x0 )  0.
Đặt f (0)  a , ta sẽ chứng minh rằng a  0. Trong i), thay x bởi  y , ta có:

a 2  f (2 y ) f (2 y )  4 yf ( y ) với y   hay
a 2  f (2 x) f (2 x )  4 xf ( x), x   .
Trong i), tiếp tục thay y bởi  x, ta có:

a 2  f (2 x) f (2 x)  4 xf (x ) .
So sánh 2 đẳng thức trên, ta thấy 4 xf ( x)  4 xf (x), x  .
Do đó nếu x  0 thì f ( x)   f (x ) , suy ra f là hàm số lẻ.
Trong i), lần lượt thay x bởi y và x bởi  3y , ta có:

7


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

f 2 (2 y )  af (4 y )  4 yf ( y )
f 2 (2 y )  af (4 y )  4 yf ( y )
Tiếp tục thay vào 2 đẳng thức trên y 

x0
 0 , chú ý rằng
4

x 
f (2 y )  f  0  , f (2 y ) 
 2 

 x 
x 
f  0    f  0  .
 2 
 2 

Suy ra f 2 (2 y )  f 2 (2 y ). Do đó, ta phải có:

af (4 y)  af (4 y)  af ( x0 )  af (x0 )  af ( x0 ) af ( x0 )  af ( x0 )  0 .
Vì f ( x0 )  0 nên a  0 , ta có được:

f 2 (2 y )  4 yf ( y ), y  .

 f (2 y ) 
f ( y)
Do đó, với mọi y  0 thì 
nên f ( y ) và y cùng dấu.
 
 2 y 
y
2

2n

 f ( y ) 
f (2n y )
Bằng quy nạp, ta thu được 
với n   . Với y là số cho trước, xét
 
 y 
2 n y
n   , ta có 2n y  0 thế nên theo ii) thì

f (2n y )
lim
 1.
n

2n y
2n

 f ( y ) 
f (2n y )
Nếu f ( y )  y thì lim 
  , lim
 1 , mâu thuẫn.
n 
n
2 n y
 y 
2n

 f ( y ) 
f (2 n y )
Nếu f ( y )  y thì lim 
  0, lim
 1 , cũng mâu thuẫn.
n 
n
2 n y
 y 

Do đó, f ( y )  y với mọi y  0 . Kết hợp với f (0)  0 , ta có được hàm số f ( y )  y.
Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Vậy tất cả các hàm số cần tìm là f ( x )  x, x  .

8

Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Nhận xét. Đây là một bài PTH khá thú vị và cũng khá lạ, khi đòi hỏi phải kết hợp khéo
léo các yếu tố giải tích lồng vào biến đổi đại số. Việc thu được kết quả: tồn tại x0  0 mà

f ( x0 )  0 từ ii) cũng không quá hiển nhiên (nhiều học sinh sẽ nhầm lẫn thành dạng vô
định

0
, trong khi với giả thiết phản chứng thì tử số đã bằng 0, chứ không phải tiến đến 0).
0

Bài 2. (5 điểm).
Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc AC , AB lần lượt tại E , F . Gọi
G , H theo thứ tự là các điểm đối xứng với E , F qua I . Giả sử GH cắt BC tại P. Các
điểm M , N thuộc IP sao cho CM vuông góc với IB và BN vuông góc với IC . Chứng
minh rằng I là trung điểm MN .
Lời giải.
Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:
Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC tại D . Kẻ đường kính
DK của ( I ) và gọi M là trung điểm BC . Khi đó IM  AK.

A
C'

B'
K

I

B

D

M

E

C

Chứng minh. Giả sử AK cắt BC tại E . Qua K kẻ đường thẳng song song với BC , cắt
các cạnh AB , AC lần lượt tại B, C  thì  ABC   AB C  .
Do đó, tồn tại phép vị tự tâm A biến AB C  thành ABC , biến K là tiếp điểm đường
tròn bàng tiếp góc A lên B C  của AB C  thành E , cũng là điểm tương ứng trong
ABC . Suy ra E là tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A lên BC của tam giác ABC .

9


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Vì thế nên M là trung điểm của DE , mà I là trung điểm của DK nên IM  AK .
Bổ để được chứng minh.
Trở lại bài toán,

A
Q

K

S

T

E

F

M

I
N

H
L

G
P

B

D R

C

Gọi D là tiếp điểm của ( I ) lên BC và Q, K lần lượt là các điểm đối xứng với D , P qua
tâm I . Dễ dàng thấy rằng K  ( I ) và do PD tiếp xúc với ( I ) nên ta có QK cũng tiếp
xúc với ( I ).
Cũng do tính đối xứng. Vì EF đối xứng với GH qua I và P  GH nên Q  EF .
Giả sử AK cắt lại ( I ) tại L thì rõ ràng tứ giác KEFL điều hòa (vì AE , AF là các tiếp

tuyến của ( I ) ), suy ra EF và tiếp tuyến tại K , L đồng quy.
Từ đó ta cũng có QL tiếp xúc với ( I ) và AL  IP.
Gọi R là trung điểm BC . Áp dụng bổ đề trên, ta có IR  AK nên IR  IP .
Tiếp theo, giả sử BN , CM cắt EF tại S , T thì bằng biến đổi góc, dễ dàng có được:

BTC  BSC  90 .
Suy ra T , S thuộc đường tròn đường kính BC.
Đường thẳng qua tâm R của vuông góc với IR cắt CT , BS lần lượt tại M , N nên theo
định lý con bướm, ta có được IM  IN . Bài toán được chứng minh.

10


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Nhận xét. Ta thấy bài toán phát biểu khá đơn giản, rất đẹp nhưng để giải quyết một cách
thuần túy, cần phải vận dụng kết hợp nhiều bổ đề, định lý trong đó một cách rất khéo léo.
Đặc biệt, mô hình định lý con bướm cũng là một kết thúc ấn tượng cho bài toán này.
Để giải thích cho việc xử lý theo hướng trên, ta có thể tiếp cận theo hướng sau:
Trước hết, rõ ràng kết quả BTC  BSC  90 đã khá quen thuộc sau kỳ thi VMO
2009. Gọi X là giao điểm của CM và BN thì ta có I là trực tâm tam giác XBC. Ta có
một bổ đề thường xuất hiện ở THCS là: Đường thẳng qua trực tâm, vuông góc với đoạn
nối trực tâm với trung điểm 1 cạnh, cắt 2 cạnh còn lại tại 2 điểm thì trực tâm là trung điểm
của đoạn thẳng nối 2 điểm đó. Từ đó dẫn đến “nhu cầu” chứng minh IR  MN .
Bài 3. (5 điểm).
Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c , trong đó không có hai số nào đồng
thời bằng 0 thì ta có bất đẳng thức sau:

a b  c 
b c  a 

c  a  b
8abc


2
.
2
2
2
a  bc
b  ca
c  ab
a  bb  cc  a 
Lời giải.
Sử dụng bất đẳng thức AM – GM như sau

1

a2  bcab  ac  4 a2  bc  ab  ac

2

1
2
2
  a  b  a  c 
4

(1)

Dấu bằng trong (1) xảy ra khi a 2  bc  ab  ac , đảm bảo cả hai trường hợp dấu bằng là
a  b  c hoặc a  b, c  0 .
Đánh giá tương tự

1

b2  cabc  ba  4 b  a2 b  c2 ,
1

c2  abca  cb  4 c  a2 c  b2 .
Từ đó ta được

a b  c 
b c  a 
c  a  b



2
2
a  bc
b  ca
c 2  ab

11


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016





a b  c 

a 2  bcab  ac



b c  a 

b2  cabc  ba



c  a  b

c 2  abca  cb

2a b  c
2b c  a
2c  a  b


 a  ba  c b  cb  a c  ac  b

2a b  c  2b c  a   2c  a  b

a  bb  cc  a
2



2

2

ab a  b  bc b  c  ca c  a  12abc
a  bb  cc  a 

 2

8abc
.
a  bb  c c  a 

Bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn.
Nhận xét.
Chú ý rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c hoặc a  b, c  0 hoặc các hoán vị.
Như vậy các đánh giá ở trên phải đảm bảo dấu bằng xảy ra tại các điểm trên. Việc nhân
thêm các đại lượng thích hợp để khử căn trong các phân thức là điều khá phổ biến, ta cần
chú ý rút kinh nghiệm để làm đơn giản hóa biểu thức của đề bài.
Bài 4. (5 điểm).
Trên bàn cờ 88 , ta đặt các quân xe màu xanh, đỏ, vàng sao cho các quân xe khác màu
không ăn nhau. Hỏi có thể đặt tối đa được bao nhiêu quân xe như vậy nếu biết rằng số
quân xe mỗi màu giống nhau?
Lời giải.
Gọi n là số xe mỗi loại thì tổng số xe sẽ là 3n . Ta chứng minh rằng n  6.
Thật vậy, giả sử ngược lại là n  7 .
Ta gọi GX là số hàng chứa ít nhất 1 quân xe màu xanh và VX là số cột chứa ít nhất 1 quân

xe màu xanh. Thật vậy, do có GX hàng chứa xe xanh nên theo nguyên lý Dirichlet, có ít

 7
nhất 
 GX



 chứa các quân xe (ký hiệu  x là số nguyên nhỏ nhất không nhỏ hơn x ). Suy ra



12


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

 7 
7
GX  VX  G X     G X 
7.
 GX 
GX
 
Từ đây, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta suy ra
G X  VX  2 G X  VX  2 7  5.

Do đó, GX  VX  6 . Hoàn toàn tương tự ta gọi GD ,VD , GV ,VV là số hàng, số cột chứa ít
nhất một quân xe màu đỏ, màu vàng tương ứng thì ta có GD  VD  6, GV VV  6.
Cộng lại ta được:

GX VX  GD VD  GV VV 18 .

(1)

Mặt khác, do các quân xe cùng màu không ăn nhau, nên mỗi hàng chỉ có thể chứa xe một
màu, do đó
GX  GD  GV  8 và VX VD VV  8 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra mâu thuẫn. Do đó, n  6 .
Với n  6 , ta có thể xếp được 18 quân xe, 6 quân mỗi màu thỏa mãn điều kiện đề bài như
hình vẽ sau:
X X
X X
X X
Đ Đ Đ
Đ Đ Đ
V V
V V
V V
Vậy số quân xe tối đa có thể đặt được thỏa mãn yêu cầu bài toán là 18.
Nhận xét.
Ở bài toán cực trị rời rạc này, việc chỉ ra số lượng quân cờ mỗi màu bằng 6 thỏa mãn
không khó. Tuy nhiên, để chỉ ra điều kiện cần bằng cách lập luận thật mạch lạc thì lại điều
không dễ, dù nhiều khi ta thấy khá hiển nhiên.
Trong lời giải trên, BĐT GX VX  7 hoặc GX  VX  6 đều có thể kiểm tra trực tiếp bằng
cách xét các trường hợp. Tuy nhiên, nhờ sự tương quan giữa hàng – cột trong bàn cờ, đánh
giá tích như ở trên lại được thấy rõ hơn (nếu có 1 số bằng 1 thì số kia phải bằng 7, nếu có
1 số bằng 2 thì 1 trong 2 số kia phải ít nhất là 4, …).

13

Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Đáp án đề số 1.
Đề thi trường Đông phía Bắc
Đề thi ngày 2.
Bài 5. (6 điểm).
Dãy đa thức Pn ( x, y, z ) được xác định như sau:
 P0 ( x, y , z )  1

 Pn1 ( x, y, z )  ( x  z )( y  z ) Pn ( x, y, z  1)  z 2 Pn ( x, y , z ), n  0


Chứng minh rằng Pn ( x, y, z ) là đa thức đối xứng với mọi n.
Lời giải.
Ta có: P0 ( x, y, z )  1 , P1 ( x, y, z )  ( x  z )( y  z )  z 2  xy  yz  zx và

P2 ( x, y, z )  ( x  z )( y  z )  xy  ( x  y )( z  1)  z 2
 ( xy  yz  zx  2 xyz )( x  y  z )  ( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  xyz )
nên rõ ràng các đa thức P0 ( x, y, z ), P1 ( x, y, z), P2 ( x, y, z) đều đối xứng.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
Giả sử rằng Pn ( x, y, z ), Pn1 ( x, y, z ), Pn2 ( x, y, z ) với n  0 cũng đối xứng. Chú ý rằng đa
thức Pn ( x, y, z ) đối xứng nên khi đổi chỗ các vị trí của biến cho nhau thì đa thức không
đổi, chẳng hạn Pn ( x, y, z 1)  Pn ( x, z 1, y ) .
Đặt a  ( x  y )( y  z )( z  x) và b  ( x  y  1)( y  z  1)( z  x  1) , ta có:
 Biến đổi Pn1 ( x, y , z  1) :

Pn1 ( x, y, z 1)  Pn1 ( x, z 1, y)  ( x  y)( y  z 1) Pn ( x, z 1, y 1)  y 2 Pn ( x, y, z 1)
 Biến đổi Pn2 ( x, y, z  1) (thay biểu thức trên vào công thức truy hồi tương ứng)

14


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Pn2 ( x, y , z )  ( x  z )( y  z ) Pn1 ( x, y, z  1)  z 2 Pn1 ( x, y , z )
 ( x  z )( y  z ) ( x  y )( y  z  1) Pn ( x, z  1, y  1)  y 2 Pn ( x, y, z  1)  z 2 Pn1 ( x, y , z )
 a ( y  z  1) Pn ( x, z  1, y  1)  y 2 ( x  z )( y  z ) Pn ( x, y , z  1)  z 2 Pn1 ( x, y, z )
 a ( y  z  1) Pn ( x, z  1, y  1)  y 2  Pn1 ( x, y , z )  z 2 Pn ( x, y , z )  z 2 Pn1 ( x, y, z )
 a ( y  z  1) Pn ( x, z  1, y  1)  y 2 z 2 Pn ( x, y , z )  ( y 2  z 2 ) Pn1 ( x, y, z )

 Biến đổi Pn3 ( x, y , z  1) (trong đẳng thức cuối, thay n  n  1):

Pn3 ( x, y , z )  a ( y  z  1) Pn1 ( x, z  1, y  1)  y 2 z 2 Pn1 ( x, y, z )  ( y 2  z 2 ) Pn2 ( x, y, z )
 a ( y  z  1) Pn1 ( y  1, z  1, x)  y 2 z 2 Pn1 ( x, y, z )  ( y 2  z 2 ) Pn2 ( x, y, z )
 a ( y  z  1) ( x  y  1)( z  x  1) Pn ( y  1, z  1, x  1)  x 2 Pn ( y  1, z  1, x )
 y 2 z 2 Pn1 ( x, y , z )  ( y 2  z 2 ) Pn2 ( x, y , z )
 abPn ( x  1, y  1, z  1)  x 2 a ( y  z  1) Pn ( x, y  1, z  1)
 y 2 z 2 Pn1 ( x, y , z )  ( y 2  z 2 ) Pn2 ( x, y , z )
 abPn ( x  1, y  1, z  1)  x 2  Pn2 ( x, y, z )  y 2 z 2 Pn ( x, y, z )  ( y 2  z 2 ) Pn1 ( x, y , z )
 y 2 z 2 Pn1 ( x, y , z )  ( y 2  z 2 ) Pn2 ( x, y , z )
 abPn ( x  1, y  1, z  1)   x 2 Pn 2 ( x, y, z )   x 2 y 2 Pn1 ( x, y, z )  x 2 y 2 z 2 Pn ( x, y, z )
Đẳng thức cuối cho thấy Pn3 cũng là đa thức đối xứng theo x , y , z nên khẳng định cũng
đúng với n  3 .
Vậy theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm.
Nhận xét.
Bài toán khá thú vị và lạ, đòi hỏi cần phải xử lý đại số rất chắc tay. Bên cạnh đó, cần phải
mạnh dạn nhìn nhận rằng Pn ( x, y, z 1)  Pn ( x, z 1, y ) , đây chính là mấu chốt để có
bước chuyển Pn ( x, y , z )  Pn ( x  1, y  1, z  1) , cũng là cơ sở cho các biến đổi tiếp sau

đó.
Ta có thể tiếp cận bài toán theo hướng sau: Đặt p  x  y  z, q  xy  yz  zx, r  xyz .
Vì đa thức Pn ( x, y, z ) đối xứng giữa các biến x , y , z nên tồn tại đa thức fn ( p, q, r ) sao cho

Pn ( x, y, z )  fn ( p, q, r ) . Điều ngược lại vẫn đúng! Nếu thay Pn ( x, y, z )  Pn ( x, y, z 1) thì

r
fn ( p, q, r )  f n ( p 1, q  x  y, r  xy )  f n  p  1, q  p  z, r   .

z
15


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Bài 6. (7 điểm).
Cho tam giác ABC cân tại A có P nằm trong tam giác sao cho BPC  180A . Các
đường thẳng PB , PC lần lượt cắt CA, AB tại E , F . Gọi I , J lần lượt là tâm bàng tiếp ứng
với đỉnh B, C của tam giác ABE và ACF . Gọi K là tâm ngoại tiếp tam giác AEF.
Chứng minh rằng KI  KJ .
Lời giải.
Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:
Cho tứ giác toàn phần ABCDEF có ABCD nội tiếp. Gọi M , N lần lượt là trung điểm
AC , BD . Khi đó, phân giác trong của góc E , F cùng đi qua một điểm thuộc MN .

E

B
A
N

I

M

F

C

D

Chứng minh. Ta có: EAC  EBD ( g .g ) và M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh
tương ứng nên ta cũng có EMC  END ( g .g ) . Suy ra EM , EN đẳng giác trong góc E
và phân giác góc AEB, MEN trùng nhau.
Giả sử I là giao điểm của phân giác trên và MN thì

IM
EM
AC


.
IN
EN
BD

Tương tự, nếu gọi I  là giao điểm của phân giác góc F và MN thì

I M
AC


.
I N
BD

Suy ra I  I  hay các phân giác góc E , F và MN đồng quy. Bổ đề được chứng minh.

16


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Trở lại bài toán,
Do BPC  180A nên EPF EAF  180 , tức là AEPF nội tiếp hay P  ( K ).
Gọi G là điểm đối xứng với A qua BC . Vì BPC BGC  180 nên G  ( BPC ).
Mặt khác GB  GC nên PG là phân giác của BPC và EPF .

 chứa
Dễ thấy IJ chính là phân giác ngoài của EAF nên nó đi qua trung điểm cung EF
A của ( K ) , mà PG cũng đi qua trung điểm đó (vì nó là phân giác EPF ) nên các đường
thẳng PG , IJ cắt nhau tại R thuộc ( K ).

J

A N

R

I

S

F
L

E
P
M

C

B

G
Gọi S là trung điểm AP và L là giao điểm của BI , CJ . Khi đó, theo bổ đề trên cho tứ
giác toàn phần AEPFBC thì L nằm trên đường thẳng nối S và trung điểm EF .
Đây cũng chính là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần nói trên nên SL đi qua trung
điểm M của BC.
17


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Do IJ  BC (cùng vuông góc với phân giác trong của BAC ) và SL đi qua trung điểm
của BC nên nó cũng đi qua trung điểm N của IJ theo bổ đề hình thang.
Hơn nữa, MS là đường trung bình của tam giác APG nên MS  PG và cũng đi qua trung
điểm N của AR .
Vì AR là dây cung của ( K ) nên KN  AR , mà N cũng là trung điểm IJ nên tam giác
KIJ cân tại K. Vậy ta có KI  KJ , đpcm.
Nhận xét.
Bài toán phát biểu rất đẹp và có thể nói là lời giải còn đẹp hơn. Mô hình tứ giác toàn phần

cùng bổ đề trên thể hiện trong bài toán này cũng khá rõ. Tuy nhiên, việc nhìn nhận ra để
sử dụng nó khi mà yêu cầu của đề là khoảng cách giữa các tâm bằng nhau lại là điều
không dễ dàng. Song song với bổ đề trên, có một bài toán tương tự sau đấy, được lấy ý
tưởng từ đề VMO 2012:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . Phân giác trong của các góc A, B cắt nhau
tại M , phân giác trong của các góc B , C cắt nhau tại N , phân giác trong của các góc
C , D cắt nhau tại P , phân giác trong của các góc D , A cắt nhau tại Q.
1) Chứng minh rằng M , N , P , Q cùng thuộc một đường tròn. Gọi I là tâm đường tròn đó.
2) Chứng minh rằng MP , NQ cắt nhau tại một điểm thuộc đường thẳng nối 2 trung điểm
của AC , BD.
3) Giả sử AC , BD cắt nhau tại K. Chứng minh rằng I , O , K thẳng hàng.
Bài 7. (7 điểm).
Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình

x 2  (k 2  4) y 2  24  0
có nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
Xét phương trình bậc hai theo biến z là:

z 2  kyz  y 2  6  0 .

18


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Ta thấy phương trình này có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi

  k 2 y 2  4( y 2  6)  (k 2  4) y 2  24
là số chính phương, tức là khi và chỉ khi phương trình (k 2  4) y 2  24  x 2 có nghiệm tự

nhiên.
Nhưng dễ dàng kiểm tra được phương trình

(k 2  4) y 2  24  0  y 2 

24
k 4
2

không có nghiệm tự nhiên (k , y ) nên điều này cũng tương đương với sự kiện phương trình

(k 2  4) y 2  24  x 2 có nghiệm nguyên dương.
Bây giờ ta tìm tất cả các giá trị k để phương trình z 2  kyz  y 2  6  0 (1) có nghiệm
nguyên dương.
Giả sử k là một giá trị như vậy và ( z*, y*) là một nghiệm của (1) sao cho z *  y * có giá
trị nhỏ nhất.
Không mất tính tổng quát, giả sử z*  y * .
Ta thấy z * là nghiệm của phương trình z 2  ky * z  y *2 6  0 (2).
Theo định lý Viét thì

y *2 6
z1  ky * z* 
z*
cũng là nghiệm của (2). Từ các biểu thức của nghiệm, ta thấy z1 là số nguyên dương. Do
đó ( z1, y*) cũng là nghiệm của (1).
Từ tính nhỏ nhất của z *  y * , ta suy ra z1  z * nên y *2 6  z *2 . Ta xét 2 trường hợp:
-

Nếu y*  z * thì y*  z * 1 . Từ bất đẳng thức trên, ta có ( z * 1) 2  6  z *2 . Suy
ra 7  2 z *  0  z*  3 .

Xét tất cả các cặp ( y*, z*) với 1  y*  z*  3 (thực chất là chỉ có 3 cặp như thế:

y *2  z *2 6
(1, 2);(1,3);(2,3) ), ta thấy các giá trị của biểu thức k 
lần lượt là
y*z*

11 16 19
, ,
đều không nguyên. Do đó trường hợp này không xảy ra.
2 3 6
19


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

-

Nếu y*  z * thì 6  ( k  2) z *2 . Suy ra khả năng duy nhất là z*  1, k  8 .

Vậy giá trị nguyên dương duy nhất để phương trình (1) có nghiệm nguyên dương là k  8
và cũng có nghĩa là giá trị nguyên dương duy nhất để x 2  ( k 2  4) y 2  24  0 có nghiệm
là k  8 .
Nhận xét.
Phương pháp sử dụng bước nhảy Viét như trên đã khá quen thuộc để xử lý các phương
trình Diophante cấp 2 có dạng ax 2  bxy  cy 2  dx  ey  f  0 . Tuy nhiên, dạng phát
biểu gốc của bài toán thực sự hơi khó xử lý (vì không có biểu thức liên kết giữa 2 biến) và
đó cũng chính là nguyên nhân khiến ta cần phải xét một phương trình bậc 2 làm cầu nối.
Dưới đây là một tình huống tương tự (hãy so sánh sự giống nhau giữa 2 bài toán):
(IMO Shortlist 2010) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho

m 2  2  3n  m 2 n1  1 .

(VN TST 2011) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho

A  2 n2 (2 n 1)  8  3n  1
là một số chính phương.

20


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Đề số 2.
Đề thi trường Đông phía Bắc Trung Bộ (TP.Vinh)
Đề thi ngày 1.
Bài 1 (5,0 điểm). Tìm tất cả các hàm f : 0;   0;  thỏa mãn

f  xf ( x)  1 

2
3
với mọi số thực x  0.

f ( x ) xf ( x)

Bài 2 (5,0 điểm). Cho dãy các đa thức hệ số thực Pn ( x)n1,2,3,... thỏa mãn điều kiện

Pn (2cos x)  2n cos nx; x  ; n  *.
Chứng minh rằng với mỗi n  * thì Pn ( x) là đa thức hệ số nguyên bậc n và

1

n

Pn ( x )  2
 n; x  2.
x2

Bài 3 (5,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, không cân. Các điểm E , F lần lượt thuộc
đoạn thẳng CA, AB sao cho EF  BC . Dựng điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho

EM  AB và ECM = FCB . Dựng điểm N nằm trong tam giác ABC sao cho
FN  AC và FBN = EBC . Gọi BM cắt CN tại P . Chứng minh rằng điểm P luôn
thuộc một đường thẳng cố định khi các điểm E , F di chuyển.
Bài 4 (5,0 điểm). Với mỗi số tự nhiên n  4 , ký hiệu t n là số nhỏ nhất các tập hợp con 3
phần tử của tập hợp Sn  1,2,3,..., n sao cho tập hợp con gồm 4 phần tử tùy ý của Sn
luôn chứa ít nhất một trong các tập hợp con 3 phần tử này.
1) Xác định t6 .

1
2) Chứng minh rằng tn  Cn3 .
4

21


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Đề số 2.
Đề thi trường Đông phía Bắc Trung Bộ (TP.Vinh)

Đề thi ngày 2.
Bài 5 (6,0 điểm).
Trong một giải bóng đá có n > 4 đội bóng thi đấu vòng tròn 1 lượt, tức là hai đội bất kỳ
đấu với nhau đúng 1 trận. Thắng được 3 điểm, hòa được 1 điểm và thua 0 điểm. Vào cuối
giải người ta nhận thấy rằng tất cả các đội đều có điểm số bằng nhau. Chứng minh rằng có
4 đội bóng có cùng số trận thắng, số trận hòa và số trận thua.
Bài 6 (7,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn  . Đường tròn  ' thay đổi đi qua
B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F ( E , F  A). Đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF cắt lại đường tròn  tại K ( A  K ) . KE, KF lần lượt cắt lại đường tròn  tại Q, P

( P, Q  K ). Gọi T là giao điểm của BQ và CP. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BF, CE.
1) Chứng minh rằng T thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn  ' thay đổi.
2) Chứng minh rằng KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.
Bài 7 (7,0 điểm).
Ta gọi một số là lũy thừa đúng nếu nó có dạng a m với a , m nguyên và a , m  1 . Hỏi với
số nguyên dương n  1 nào thì tồn tại các số nguyên dương b1, b2 ,..., bn không đồng thời
bằng nhau sao cho với mọi số nguyên dương k thì

(b1  k )(b2  k )...(bm  k ) là lũy thừa đúng?
(Số mũ của lũy thừa có thể khác nhau, nhưng luôn lớn hơn 1).

22


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Đáp án đề số 2.
Đề thi trường Đông phía Bắc Trung Bộ
Đề thi ngày 1.

Bài 1 (5,0 điểm). Tìm tất cả các hàm f : 0;   0;  thỏa mãn

f  xf ( x)  1 

2
3
với mọi số thực x  0.

f ( x ) xf ( x)

Lời giải. Phương trình đã cho được viết thành

xf ( x) f  xf ( x)  xf ( x)  2 x  3, x  0.
Đặt xf ( x)  h( x), x  0 ta được h( x)  0, x  0 và

h h( x)  h( x)  2 x  3, x  0.

(1)

Với mỗi x  0 , xét dãy un n0 xác định bởi u0  x, un1  h un , n  .
Khi đó, ta có un  0, n   và un1  un  2un1  3, n  1.

(2)

Đặt un  n  vn , n   , từ (2) ta được vn n, n   và vn1  vn  2vn1  0,n  1.
Phương trình đặc trưng t 2  t  2  0 có hai nghiệm phân biệt t1  1, t2  2 , nên ta có
vn  a  b 2 , n  0 (a, b là các hằng số).
n

2n

n
Do lim  0 , nên nếu b  0 thì ta có thể chọn n đủ lớn để a  b.2  n . Điều này
n
trái với vn n, n  , tức là b  0 , dẫn đến vn  a, n  .
Khi đó un  n  a, n  .
Thay lần lượt n  0, n  1 vào công thức trên, ta được

x  u0  a, h x  u1  1  a  1  x.
1
Vậy hàm số cần tìm là f  x   1  , x  0. Thử lại ta thấy thỏa mãn.
x

23


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

Nhận xét. Điểm mấu chốt của bài toán chính là việc quy đồng biểu thức và phép đặt

h( x)  xf ( x ) , đây là điều không dễ. Phương trình hàm nhận được sau đó đã khá quen
thuộc và có thể đưa về xử lý dãy số sai phân tuyến tính cấp 2.
Bài 2 (5,0 điểm). Cho dãy các đa thức hệ số thực Pn ( x)n1,2,3,... thỏa mãn điều kiện

Pn (2cos x)  2n cos nx; x  ; n  *.
Chứng minh rằng với mỗi n  * thì Pn ( x) là đa thức hệ số nguyên bậc n và

1

n

Pn ( x )  2
 n; x  2.
x2

Lời giải.
Ta có P1 (2cos x)  2cos x; x  nên P1 ( x)  x.
Tương tự P2 ( x )  2 x 2  4; P3 ( x )  4 x 3  12 x; P4 ( x )  8 x 4  32 x 2  16.
Ta sẽ chứng minh Pn ( x)  2 xPn 1 ( x)  4Pn 2 ( x); n  3.

(*)

Thật vậy cos( nx )  cos(( n  2) x )  2 cos x cos(( n  1) x ); n  3.
Do đó

Pn (2cos x)  4cos xPn1 (2cos x)  4Pn2 (2cos x); n  3.
Suy ra (*) đúng. Từ (*), ta có

Pn ( x) 

Đặt a 

x  x2  4
ta có
2

n

( x  x 2  4) n  ( x  x 2  4) n
; n  1.
2

Pn ( x )  2 n

a n  a n
 2t .
2

Áp dụng BĐT trung bình lũy thừa ta có với mọi n  1, thì

24


Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016

n

Pn ( x )
a n1  a1n n2 a n2  a 2n
a  a1 x
n

1
t

 ... 
 .
2
2
2
2
2

Ta cần chứng minh



1
t n 1
( a 1) 2
2t  2  n  a   2  n1 n2
n
.

 t  t  ...  t  1
a
2a

(a n 1) 2 ( a 1) 2 ( a n1  ...  a  1) 2
Do t 1 

nên ta chỉ cần
2a n
2a n
n

na n1 (t n1  t n2  ...  t 1)  (a n1  a n2  ...  a 1)2 .
Bất đẳng thức trên đúng khi n  1; với n  2 nó cũng đúng do
 a n1  a1n a n2  a 2n

a  a1
VT  na n1 


 ... 
 1


2
2
2


n
  a 2 n2  a 2 n3  ...  2a n1  ...  a  1  VP.
2

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do an1 1  an2  a  an3  a2  ....
Ta có đpcm.
Nhận xét. Việc chuyển từ phát biểu lượng giác sang công thức truy hồi rồi đưa về dạng
đại số đã giúp bài toán sáng sủa hơn rất nhiều. Dưới đây là một số bài toán tương tự:
1) (VMO 1989) Cho dãy đa thức Pn ( x) xác định bởi:

x  Pn2 ( x )
P0 ( x )  0, Pn1 ( x )  Pn ( x) 
,n  0 .
2
Chứng minh rằng với mọi x  0;1 và n  0 thì 0  x  Pn ( x ) 

2
.
n 1

2) Cho đa thức Pn ( x) có bậc không vượt quá n và hệ số cao nhất là a0 , thỏa mãn

1 x 2 Pn ( x)  1, x  1;1 .
Chứng minh rằng a0  2n1 .

25