VMO preparation de 1 phi nhan

Mathscope.org
VMO 2011 Preparation

Bài luyện số 1
Hồ Phi Nhạn _ 12 CT _ LHP –tp HCM
Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z biết rằng x, y, z thỏa mãn
phương trình
y2 + yz + z2 = 1 – 3x2/2.
GIẢI :
4 2
1
2
2
2
2
2
Do : P = x + y + z nên ( P − x) = y + 2 yz + z = ( y + yz + z ) − ( y − z )
3
3
4 2
4  3x 2 
( y + yz + z 2 ) =  1 −
÷
3
3
2 
4
⇒ 3 x 2 − 2 Px + P 2 − ≤ 0
3
2
P  2P 2 − 4


⇒  3x −
≤0
÷ +
3
3

⇒ ( P − x) 2 ≤

⇒ 2P 2 − 4 ≤ 0
⇒− 2≤P≤ 2
 2 2 2
;
;
÷
2 . Đạt được khi ( x, y, z ) = 
÷
 3 3 3 
− 2 − 2 − 2
;
;
Giá trị nhỏ nhất của P là − 2 . Đạt được khi ( x, y, z ) = 
÷
3
3 ÷
 3

Giá trị lớn nhất của P là

Bài 2. Cho dãy số (an) xác định bởi a1 = a2 = 1, an+1 = an + an-1/n(n+1) với mọi n = 2, 3, 4, …

Chứng minh rằng dãy số (an) có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng.
GIẢI :
Nhận xét rằng an > 0 với mọi n=1,2,3,…
Do đó : an+1 = an + an-1/n(n+1) > an với mọi n=2,3,4,…
⇒ {an} là dãy số tăng
Ta chứng minh {an} bị chặn trên bởi 2 bằng cách chứng minh an ≤ 2 −
Ta quy nạp theo n=2,3,… để chứng minh :

2
với mọi n=2,3,...
n


2
(đúng)
2
a
7
2
• a3 = a2 + 1 = ≤ 2 − (đúng)
2.3 6
3
2
2
• Giả sử ta đã có : an ≤ 2 − với mọi n = 2,3,..., k . Ta sẽ chứng minh : ak +1 ≤ 2 −
n
k +1
Thật vậy :
2
2−

ak −1
2
2
k −1 < 2 − 2 + 2
ak +1 = ak +
≤ 2− +
= 2−
k (k + 1)
k k (k + 1)
k k (k + 1)
k +1
• a2 = 1 ≤ 2 −

2
với mọi n=2,3,...
n
Dãy số {an } tăng và bị chặn trên bởi 2 nên có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng.
Theo nguyên lí quy nạp ta được an ≤ 2 −


Bài 3. Cho đường tròn (C) tâm O cố định và một điểm M khác O. Đường kính AB quay
quanh O nhưng đường thẳng AB không đi qua M. MA, MB cắt (O) tại các điểm thứ hai
A’, B’.
a) Chứng minh rằng đường thẳng A’B’ đi qua một điểm cố định.
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MA’B’ đi qua một điểm cố
định.
GIẢI :

Gọi L, K, I lần lượt là giao điểm của đường thẳng OA với A’B’ , đường tròn ngoại
tiếp tam giác MAB và đường tròn ngoại tiếp tam giác MA’B’.

a) Ta chứng minh L là điểm cố định :
Tứ giác MAKB nội tiếp đường tròn và có giao điểm hai đường chéo là O , nên
OA.OB
không đổi , nên K là điểm cố định.
OM
· ′L = MBA
·
·
Ta có : MA
nên ∆MA ' L ~ ∆MKA ; ta được : ML.MK = MA '.MA
= MKA

OM.OK=OA.OB . Suy ra OK =

Nhưng do M là điểm cố định và (O) là đường tròn cố định nên phương tích từ M
đến O chính bằng MA’.MA là không đổi và do đó ML.MK là không đổi.
Vì K cố định và ML.MK không đổi nên hiển nhiên L là một điểm cố định .


Vậy đường thẳng A’B’ luôn đi qua điểm cố định là L_giao của OM với A’B’
b) Ta chứng minh I là điểm cố định :
′
′
· ′ = MB
· ' A′ = MA
· ′O nên ∆MA ' I ~ ∆MOA ⇒ MA = MO ⇒ MI = MA .MA
Do MIA
MI

MA

MO

Với chú ý MA.MA’ không đổi (lí luận tương tự câu a) ta suy ra I là điểm cố định.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MA’B’ luôn đi qua một điểm cố định khác M
là I .
Bài 4. Cho n là một số tự nhiên. Chứng minh rằng nếu phương trình x 2 + xy – y2 = n có
ít nhất một nghiệm nguyên thì có vô số nghiệm nguyên.
GIẢI :
@@ : Em nghĩ n phải là số nguyên dương. Vì khi n=0 thì phương trình có 1 nghiệm
nguyên duy nhất là (0,0)
2
2
2
2
 x + xy − y = x + x( x − y ) − ( x − y )
Nhận xét rằng :  2
2
2
2
 x + xy − y = (2 x + 3 y ) + (2 x + 3 y )(3 x + 5 y ) − (3 x + 5 y )
Và do đó : nếu có bộ số ( x0 , y0 ) là một nghiệm nguyên của phương trình x 2 + xy − y 2 = n thì ta
suy ra hai bộ số khác là : ( x0 , x0 − y0 ) và (2 x0 + 3 y0 ;3 x0 + 5 y0 ) cũng là nghiệm nguyên của
phương trình này. Từ nhận xét này, ta sẽ cố gắng xây dựng dãy nghiệm ( xk , yk ) từ nghiệm ban
đầu ( x0 ; y0 ) sao cho các nghiệm này đôi một khác nhau.

Với mỗi n là số tự nhiên, ( x0 , y0 ) là một nghiệm nguyên của phương trình x 2 + xy − y 2 = n . Ta
xét 4 trường hợp :
• TH1 : x0 ≥ 0 và y0 ≥ 0 (hiển nhiên ( x, y ) ≠ (0, 0) ) . Xét dãy ( xk , yk ) thỏa mãn :

xk = 2 xk −1 + 3 yk −1 và yk = 3 xk −1 + 5 yk −1 (với mọi k=1,2,3,…)
Ta nhận thấy : ( xk , yk ) là nghiệm nguyên của phương trình x 2 + xy − y 2 = n với mọi k=0,1,2,…
và ( xk + yk ) > ( xk −1 + yk −1 ) với mọi k=1,2,3,… . Do đó hiển nhiên ( xi , yi ) ≠ (x j , y j ) với mọi
i ≠ j.
Vậy phương trình x 2 + xy − y 2 = n có vô số nghiệm nguyên trong trường hợp này
• TH2: x0 ≤ 0 và y0 ≤ 0 : hoàn toàn tương tự TH1 với cách xét dãy ( xk , yk ) thỏa mãn :

xk = 2 xk −1 + 3 yk −1 và yk = 3 xk −1 + 5 yk −1 (với mọi k=1,2,3,…) ta được ( xk + yk ) < ( xk −1 + yk −1 )
với mọi k=1,2,3,…


Vậy phương trình x 2 + xy − y 2 = n có vô số nghiệm nguyên trong trường hợp này
• TH3 : x0 ≥ 0 và y0 ≤ 0 . Dựa vào nhận xét đầu bài thì ( x1 , y1 ) = ( x0 ; x0 − y0 ) là một nghiệm

nguyên của phương trình x 2 + xy − y 2 = n và hiển nhiên x1 ≥ 0 và y1 ≥ 0 . Ta quay lại TH1
• TH4: x0 ≤ 0 và y0 ≥ 0 . Dựa vào nhận xét đầu bài thì ( x1 , y1 ) = ( x0 ; x0 − y0 ) là một nghiệm

nguyên của phương trình x 2 + xy − y 2 = n và hiển nhiên x1 ≤ 0 và y1 ≤ 0 . Ta quay lại TH2
Như vậy ơ cả 4 TH ta đều đã chứng minh được phương trình x 2 + xy − y 2 = n (n=1,2,3,..) có
vô số nghiệm nguyên nếu có ít nhật một nghiệm nguyên

Bài 5. Phủ hình vuông 5 x 5 bằng các quân tri-mi-no hình chữ L sao cho các ô không
chườm lên nhau thì còn thừa 1 ô không được phủ. Hỏi ô đó có thể nằm ở vị trí nào?
GIẢI :
Ta đánh số 25 ô vuông của bảng : các ô vuông ở số hàng lẻ và số cột lẻ là số 7 (có 9 ô) ; 16 ô
vuông còn lại ta đánh số (-4) (như hình vẽ bên)
Nhận xét khi ta lát một quân tri-mi-no bất kì vào bảng bên thì
tổng ba ô số trong quân tri-mi-no ấy hiển nhiên là số âm .
Từ nhận xét trên : Nếu ô không được lát là ô số mang số (-4)
thì tổng các ô còn lại là : 7.9+(-4).15 = 3 > 0. Và do đó phần

còn lại không thể lát kín bằng các quân tri-mi-no.
Do đó các ô không được lát chỉ có thể nằm trong số các ô
mang số 7. Ta sẽ chỉ ra các ô này đều có thể là ô không được
lát .
Do tính đối xứng của hình vuông 5 X 5 ta chỉ cần chỉ ra cách lát trong 3 trường hợp :


• TH1 :

• TH2 :

• TH3 :