Loi giai va Binh luan VMO 2013pdf

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (197.1 KB, 25 trang )

(1)Diễn đàn Toán học MathScope.org. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012 - 2013 LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN. Người thực hiện : Trần Nam Dũng Phan Đức Minh Lê Phúc Lữ. Tháng 01 - 2013.

(2) Phần 1 ĐỀ THI. 2.

(3) Ngày thi thứ nhất : 11/01/2013 Thời gian : 180 phút Bài 1 (5,0 điểm). Giải hệ phương trình r r r 1 1 20y  2 2  + cos y + =  sin x + 2 2 cos y r x + y sin x r r  1 20x 1   sin2 y + + cos2 x + = 2 2 cos x x+y sin y. (x, y ∈ R).. Bài 2 (5,0 điểm). Cho dãy số thực (an ) xác định bởi : a1 = 1 và an+1 = 3 −. an + 2 2an. với mọi n > 1.. Chứng minh rằng dãy (an ) có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó. Bài 3 (5,0 điểm). Cho tam giác không cân ABC. Kí hiệu (I) là đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (I) với các cạnh BC, CA, AB. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với BI cắt (I) tại K (K 6= E), đường thẳng đi qua F và vuông góc với CI cắt (I) tại L (L 6= F ). Gọi J là trung điểm của KL. (a) Chứng minh rằng D, I, J thẳng hàng AB = k (k không đổi). AC Gọi M, N tương ứng là các giao điểm IE, IF với (I) (M 6= E, N 6= F ). M N cắt IB, IC lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng đường trung trực của P Q luôn đi qua một điểm cố định.. (b) Giả sử các đỉnh B và C cố định, đỉnh A thay đổi sao cho tỉ số. Bài 4 (5,0 điểm). Cho trước một số số tự nhiên được viết trên một đường thẳng. Ta thực hiện các bước điền số lên đường thẳng như sau : tại mỗi bước, xác định tất cả các cặp số kề nhau hiện có trên đường thẳng theo thứ tự từ trái qua phải, sau đó điền vào giữa mỗi cặp một số bằng bằng tổng của hai số thuộc cặp đó. Hỏi sau 2013 bước, số 2013 xuất hiện bao nhiêu lần trên đường thẳng trong các trường hợp sau : (a) Các số cho trước là : 1 và 1000 ? (b) Các số cho trước là : 1, 2, . . . , 1000 và được xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải ?. 3.

(4) Ngày thi thứ hai : 12/01/2013 Thời gian : 180 phút Bài 5 (7,0 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn : f (0) = 0, f (1) = 2013 và (x − y) f f 2 (x) − f f 2 (y) = f (x) − f (y) f 2 (x) − f 2 (y). 2 đúng với mọi x, y ∈ R, trong đó f 2 (x) = f (x) .. Bài 6 (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm D thuộc cung BC không chứa điểm A. Đường thẳng ∆ thay đổi đi qua trực tâm H của tam giác ABC cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH và ACH lần lượt tại M và N (M 6= H, N 6= H). (a) Xác định vị trí của đường thẳng ∆ để diện tích tam giác AM N lớn nhất. (b) Kí hiệu d1 là đường thẳng đi qua M và vuông góc với DB, d2 là đường thẳng đi qua N và vuông góc với DC. Chứng minh rằng giao điểm P của d1 và d2 luôn thuộc một đường tròn cố định. Bài 7 (6,0 điểm). Tìm số các bộ sắp thứ tự (a, b, c, a′ , b′ , c′ ) thỏa mãn   ′ ′   ab + a b ≡ 1 (mod 15) bc + b′ c′    ca + c′ a′. ≡ 1. (mod 15). ≡ 1. (mod 15). với a, b, c, a′ , b′ , c′ ∈ {0, 1, . . . , 14}.. 4.

(5) Phần 2 BÌNH LUẬN CHUNG. 5.

(6) Một cảm giác đầu tiên khi đọc đề thi năm nay là đề thi không thực sự hay và đẹp. Cũng có một số bài toán thú vị nhưng nhìn tổng thể thì đề năm nay kém hẳn so với đề thi năm ngoái (VMO 2012). Về cấu trúc đề, năm nay có 2 bài đại số, 2 bài hình học, 1 bài giải tích, 1 bài tổ hợp và 1 bài số học. Phần đại số tuy có mặt nhiều nhưng lại là non nhất vì không có ý tưởng gì mới. Hai bài hình học thì khá giống nhau nên cũng làm đề thi kém thú vị. Bài giải tích tiếp tục “bổn cũ soạn lại” cho thấy sự bế tắc trong cách ra đề cho phân môn này. Hai bài tổ hợp và số học có nét thú vị nhưng lại có một đặc điểm chung là cả hai bài đều là sự kết hợp giữa tổ hợp và số học (bài tổ hợp thì dùng số học để đếm, còn bài số học lại yêu cầu đếm số nghiệm). Về độ khó, đề năm nay có độ khó tương đương với đề năm ngoái với thứ tự các bài toán được sắp như sau (theo thứ tự từ dễ đến khó): bài 1, bài 2, bài 5, bài 6, bài 3, bài 7, bài 4. Tuy nhiên, các bài 6, 3 và 4 đều có câu để cho điểm. Các bài 1, 2, 5 tuy dễ nhưng cũng có nhiều chỗ khiến thí sinh bị mất điểm. Do đó dự đoán của chúng tôi là phổ điểm thi năm nay cũng tương tự phổ điểm năm ngoái. Lời giải các bài toán bên dưới có tham khảo từ diễn đàn MathScope. Xin chân thành cảm ơn các thành viên : Traum, ThangToan, DaiToan, quykhtn, thaygiaocht, kien10A1, LTL, liverpool29,. . . đã đóng góp các lời giải cho đề thi này.. 6.

(7) Phần 3 LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN. 7.

(8) Bài 1. Hệ phương trình Giải hệ phương trình r r r 1 1 20y  2 2  = + cos y +  sin x + 2 2 cos y r x + y sin x r r  1 1 20x   sin2 y + + cos2 x + = 2 2 cos x x+y sin y. (x, y ∈ R).. Lời giải. Điều kiện xác định : sin x, cos x, sin y, cos y 6= 0, xy > 0.. Nhân theo vế hai phương trình của hệ, ta thu được ! s ! r r r 1 1 1 1 sin2 x + sin2 y + + cos2 y + + cos2 x + 2 2 cos y cos2 x sin x sin2 y r xy . = 20 (x + y)2. (1). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có 2 1 1 1 2 2 sin x + cos x + > | sin x cos x| + cos2 x | sin x cos x| sin2 x 2 1 3 | sin 2x| + + = 2 2| sin 2x| 2| sin 2x| 2 2 3 5 > 1+ = . 2 2 Hoàn toàn tương tự, ta có sin2 y +. 1 sin2 y. . 1 cos y + cos2 y 2. . 2 5 > . 2. Do đó theo bất đẳng thức AM-GM s 1 1 1 1 4 2 2 2 2 sin y + VT(1) > 4 sin x + cos x + cos y + cos2 x cos2 y sin2 x sin2 y s r 4 5 xy 4 >4 = 10 > 20 = VP(1). 2 (x + y)2 π kπ , k ∈ Z. Thử lại : Ta Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi | sin 2x| = 1, x = y ⇔ x = y = + 4 2 π kπ thấy rằng khi x = y = + , k ∈ Z thì 4 2 x y 1 1 và = = . 2 x+y x+y 2 √ Khi đó cả hai vế của mỗi phương trình trong hệ đã cho đều bằng 10. π kπ Vậy x = y = + , k ∈ Z là tất cả các nghiệm của hệ phương trình đã cho. 4 2 sin2 x = cos2 x = sin2 y = cos2 y =. 8. ❒.

(9) Nhận xét. Đây là bài toán dễ nhất và cũng là bài toán. . . dở nhất của kỳ thi. Dễ vì ý tưởng dùng bất đẳng thức là quá rõ ràng, còn dở là vì việc trộn lẫn giữa các biểu thức lượng giác và biểu thức đại số đã làm cho bài toán trở nên xấu xí và thiếu tự nhiên. Ngoài các đánh giá đã nêu trong hai lời giải trên còn có thể dùng nhiều cách khác, có thể đặt thêm ẩn phụ để dễ biến đổi hơn. Ý tưởng dùng bất đẳng thức trong giải phương trình là không mới và gần đây nhất đã được sử dụng trong kỳ VMO 2009: (Bài 1, VMO 2009) Giải hệ phương trình  1 2 1  +p =√ √ 1 + 2xy 1 + 2x2 1 + 2y 2 p p   x(1 − 2x) + y(1 − 2x) = 2 9. Sự lặp lại trong các đề thi VMO của chúng ta có thể nói đã trở thành hệ thống. Có thể đơn cử một số ví dụ trong lĩnh vực hệ phương trình để minh chứng cho luận điểm này. (VMO 1996) Giải hệ phương trình  √ 1   =2  3x 1 + x + y √ √ 1   =4 2  7y 1 − x+y. (VMO 2007) Giải hệ phương trình  √ 12   x=2  1+ 3x + y 12 √   y=6  1− 3x + y. (VMO 2004) Giải hệ phương trình  x3 + 3xy 2 = −49 x2 − 8xy + y 2 = 8y − 17x. (VMO 2010) Giải hệ phương trình  x4 − y 4 = 240 x3 − 2y 3 = 3 (x2 − 4y 2 ) − 4(x − 8y). (VMO 1994) Giải hệ phương trình sau trên tập các số thực   3 2   x + 3x − 3 + ln(x − x + 1) = y y 3 + 3y − 3 + ln(y 2 − y + 1) = z    z 3 + 3z − 3 + ln(z 2 − z + 1) = x 9.

(10) (VMO 2006) Giải hệ phương trình sau trên tập các số thực √  2   px − 2x + 6 · log3 (6 − y) = x y 2 − 2y + 6 · log3 (6 − z) = y   √   z 2 − 2z + 6 · log (6 − x) = z 3. Sự lặp lại này cho thấy những sáng tạo, những ý tưởng mới gần đây đã thiếu vắng rất nhiều, thay vào đó là những bài toán “cho đủ đội hình”. Để thoát khỏi tình trạng này, rất cần phải có sự đầu tư mạnh mẽ cho công tác xây dựng nguồn đề đề xuất, mà giải pháp khả thi nhất là mạnh dạn sử dụng sự đóng góp của các bạn trẻ là cựu VMO, cựu IMO như kinh nghiệm của các nước có phong trào Olympic Toán mạnh như Nga, Mỹ, Romania. . . Cuối cùng, cũng cần nói thêm là bài toán này tuy dễ nhưng cũng có thể làm nhiều bạn mất điểm ở khâu trình bày. Điều kiện xác định ở đầu bài toán và thử lại trước khi kết luận là những phần không thể thiếu. Nhiều thành viên trong đội tuyển thi IMO 2012 đã quên trình bày phần thử lại đầy đủ và mất đi 1 điểm ở bài 4 (phương trình hàm), đây là một điều đáng tiếc và là bài học quý giá cho các học sinh chuyên Toán, dù giải được bài nhưng thể hiện lời giải cũng phải thật cẩn thận.. 10.

(11) Bài 2. Dãy số Cho dãy số thực (an ) xác định bởi : a1 = 1 và an+1 = 3 −. an + 2 2an. với mọi n > 1.. Chứng minh rằng dãy (an ) có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó. Lời giải. Trước hết, bằng quy nạp, ta chứng minh an > 1 với mọi n > 1. (∗) Thật vậy : • Với n = 2, ta có u2 =. 3 nên (∗) đúng. 2. ak + 2 >1 2ak hay 2ak +1 > ak + 2. Xét hàm số u(x) = 2x+1 − x − 2 trên (1, +∞). Ta có u′ (x) = 2x+1 ln 2 − 1 > 0, ∀x > 1. Do đó u(x) là hàm đồng biến, suy ra u(ak ) > u(1) > 0. Từ đó suy ra (∗) đúng với mọi n > 1.. • Giả sử (∗) đúng với n = k > 1, tức là ak > 1, ta cần chứng minh ak+1 = 3 −. Vì an > 1 với mọi n > 1 nên an+1 = 3 −. an + 2 < 3, ∀n > 1. 2an. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (an ) là dãy tăng. ln 4 + x ln 2 − 1 2+x ′ với 1 < x < 3. Ta có f (x) = > 0 nên f (x) 2x 2x 3 đồng biến trên (1; 3). Ta cũng có a2 = > a1 nên dãy tăng. Do đó, dãy (an ) đã cho tăng 2 và bị chặn trên bởi 3 nên có giới hạn hữu hạn. Xét hàm số f (x) = 3 −. Giả sử giới hạn đó là L ∈ (1; 3). Trong công thức xác định của dãy, chuyển qua giới hạn, L+2 ta có L = 3 − L . Ta sẽ chứng minh phương trình 2 x=3−. x+2 2x. có nghiệm duy nhất trên (1; 3). Thật vậy, xét hàm số g(x) = 3 − g ′ (x) =. (1) x+2 − x, x ∈ (1; 3), ta có 2x. ln 4 + x ln 2 − 1 ln 4 + x ln 2 − 1 − 2x − 1 = , 2x 2x. Ta xét tiếp hàm số h(x) = ln 4 + x ln 2 − 1 − 2x , x ∈ (1; 3) thì h′ (x) = ln 2(1 − 2x ) < 0, x ∈ (1; 3) nên đây là hàm nghịch biến. Suy ra h(x) < h(1) = ln 4 + ln 2 − 3 = ln 8 − 3 < 0, hay ln 4 + x ln 2 − 1 − 2x < 0 với mọi x ∈ (1; 3). Do đó, hàm số g(x) nghịch biến trên (1; 3) và phương trình g(x) = 0 có không quá một nghiệm. Hơn nữa g(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vì vậy dãy số đã cho có giới hạn là 2. ❒ 11.

(12) Nhận xét. Ngoài cách đánh giá chặn miền giá trị của dãy thuộc (1; 3) như trên, ta cũng có nhiều có nhiều đánh giá khác chặt hơn giúp quá trình quy nạp thuận tiện hơn. Bài này cũng khá cơ bản và quen thuộc. Bài toán khảo sát sự hội tụ của dãy số dạng an+1 = f (an ) đã trở thành “giáo khoa”, đặc biệt là khi f là hàm tăng. Vấn đề chứng minh dãy bị chặn cũng không có khó khăn vì chỉ cần chứng minh được an > 1 thì hiển nhiên ta có an < 3. Cuối cùng, việc giải phương trình x = f (x) gây đôi chút khó khăn đối với một số bạn, đặc biệt là các bạn học lớp 11 (và lớp 10 - năm nay có một số bạn lớp 10 tham gia kỳ thi). Bổ sung thêm cho ý kiến về sự lặp lại trong các đề thi VMO, chúng tôi tiếp tục đưa ra một số bài toán có hình thức và cách tiếp cận tương tự bài VMO năm nay đã được sử dụng trong các kỳ VMO trước đây. (VMO 1998) Cho a > 1 là số thực. Đặt x1 = a, xn+1 = 1 + ln. . x2n 1 + ln xn. . (n = 1, 2, . . .).. Chứng minh rằng dãy {xn } có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. (VMO 2008) Dãy số thực (xn ) được xác định bởi 1 x1 = 0, x2 = 2 và xn+2 = 2−xn + , ∀n = 1, 2, 3, . . . 2 Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng và tìm giới hạn đó. Ở đây chúng tôi chỉ nêu hai bài toán có dạng và cả cách giải rất giống với bài năm nay, vì các bài dãy số các năm 2000, 2001, 2005 cũng có dạng dãy số xn+1 = f (xn ) nhưng đều có những nét thú vị riêng do khai thác được những ý hay.. 12.

(13) Bài 3. Hình học phẳng Cho tam giác không cân ABC. Kí hiệu (I) là đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (I) với các cạnh BC, CA, AB. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với BI cắt (I) tại K (K 6= E), đường thẳng đi qua F và vuông góc với CI cắt (I) tại L (L 6= F ). Gọi J là trung điểm của KL. (a) Chứng minh rằng D, I, J thẳng hàng AB = k (k không AC đổi). Gọi M, N tương ứng là các giao điểm IE, IF với (I) (M 6= E, N 6= F ). M N cắt IB, IC lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng đường trung trực của P Q luôn đi qua một điểm cố định.. (b) Giả sử các đỉnh B và C cố định, đỉnh A thay đổi sao cho tỉ số. Lời giải. A X E. Y. F J. K. L I. Q N. M B P. U. D. G. C. T. (a) Do D, E lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh BC, CA nên ta có DE ⊥ CI. Theo giả thiết thì F L ⊥ CI nên suy ra DE k F L. Hoàn toàn tương tự, ta có DF k EK. Từ các cung bằng nhau trong đường tròn, ta có được DK = DL = EF hay D nằm trên đường trung trực của KL. Hơn nữa, I cũng nằm trên đường trung trực của KL nên suy ra D, I, J thẳng hàng. (b) Gọi T là trung điểm BC, G là giao điểm của AI với BC, U là điểm đối xứng với T qua G. Ta sẽ chứng minh rằng đường trung trực của P Q luôn đi qua U . Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của EF với BI, CI. Ta có [ = 180◦ − BIC [ = 180◦ − XIC. [ BAC 90◦ + 2. [ BAC [ − EF [I = AEI 2 [ = XEC. \ = AEF. = 90◦ −. 13. !.

(14) \ = 90◦ . Tương tự, ta suy ra BY \ Do đó C, I, E, X đồng viên, suy ra BXC C = 90◦ . Do đó B, C, X, Y nội tiếp đường tròn tâm T , đường kính BC. Suy ra T nằm trên đường trung trực của XY . Dễ thấy rằng các cặp điểm M, E và N, F đối xứng nhau qua I nên EF k M N hay XY k P Q. Từ đó, ta có △IEX = △IM P , suy ra X và P đối xứng với nhau qua I. Tương tự, ta cũng có Y và Q đối xứng nhau qua I. Do đó hai đường trung trực của XY và P Q đối xứng với nhau qua AI. Từ đó suy ra đường trung trực của P Q đi qua U . GB AB Vì B, C cố định nên T cố định. Tỉ số = = k không đổi nên G cố định. Do đó U cố GC AC định. Vì vậy đường trung trực của P Q luôn đi qua điểm cố định U . ❒ Nhận xét. Việc dự đoán điểm cố định ở trên BC là tương đối đơn giản vì chỉ cần lấy A′ đối xứng với A qua BC, ta sẽ được hai đường trung trực đối xứng nhau qua BC. Do đó chúng sẽ cắt nhau tại một điểm trên BC và là điểm cố định cần tìm (dễ thấy rằng nếu AB = k thì điểm A′ đối xứng với A qua BC cũng sẽ thỏa điểm A thỏa mãn điều kiện AC A′ B mãn điều kiện ′ = k). Các kết quả cơ bản cũng tương đối dễ nhìn ra vì mô hình của AC bài này đã từng xuất hiện trong bài 3, đề VMO 2009. Tuy vậy, cái mới và chính là cái khó của bài toán này nằm ở chỗ : việc xác định M, N là phép đối xứng tâm I, nhưng để giải bài toán ta cần chuyển qua phép đối xứng trục AI. Điều này đòi hỏi học sinh phải nắm vững tính chất của phép biến hình mới có thể lập luận nhanh chóng được, nếu không học sinh có thể dùng một số biến đổi góc, tính toán đại số cũng có thể giải quyết được bài toán nhưng khá vất vả. Một khó khăn khác của bài này chính là khó vẽ được hình chính xác do các vị trí điểm khá gần nhau, không rõ ràng dẫn đến tính trực quan bị mất đi, nhiều khi dẫn đến ngộ nhận. Do đó, bài toán này đòi hỏi nhiều ở khả năng phán đoán của thí sinh. AB không đổi chỉ là để suy ra chân đường phân giác cố định nhưng vô tình Giả thiết AC làm một số học sinh nghĩ đến đường tròn Apollonius. Việc chỉ ra điểm cố định dựa theo tỉ số chia đoạn BC là có thể làm được nhưng cũng tương đối không đơn giản.. 14.

(15) Bài 4. Tổ hợp Cho trước một số số tự nhiên được viết trên một đường thẳng. Ta thực hiện các bước điền số lên đường thẳng như sau : tại mỗi bước, xác định tất cả các cặp số kề nhau hiện có trên đường thẳng theo thứ tự từ trái qua phải, sau đó điền vào giữa mỗi cặp một số bằng bằng tổng của hai số thuộc cặp đó. Hỏi sau 2013 bước, số 2013 xuất hiện bao nhiêu lần trên đường thẳng trong các trường hợp sau : (a) Các số cho trước là : 1 và 1000 ? (b) Các số cho trước là : 1, 2, . . . , 1000 và được xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải ? Lời giải. (a) Ta sẽ chứng minh rằng có đúng hai số 2013 trong dãy nhận được sau 2013 lần thực hiện. Thật vậy, chú ý rằng ta chỉ quan tâm đến số lần xuất hiện của 2013 nên khi có hai số đứng kề nhau mà tổng các số đều lớn hơn 2013 hoặc các số đã xuất hiện từ trước đó rồi (ta đã hoàn toàn xác định số đó có bằng 2013 hay không) thì ta không cần liệt kê nữa. Dãy ban đầu là 1, 1000. Sau bước 1 : 1, 1001, 1000. Sau bước 2 : 1, 1002, 1001, 2001, 1000. Sau bước 3 : 1, 1003, 1002, 2003, 1001, 3002, 2001, 3001, 1000. Tiếp theo, ta chỉ giữ lại 4 số đầu tiên. Sau bước 4 : 1, 1004, 1003, 2005, . . . Sau bước 5 : 1, 1005, 1004, 2007, . . . Sau bước 6 : 1, 1006, 1005, 2009, . . . Sau bước 7 : 1, 1007, 1006, 2011, . . . Sau bước 8 : 1, 1008, 1007, 2013, . . . Sau bước thứ 8, số 2013 xuất hiện lần đầu tiên. Sau đó, trừ tổng của cặp đầu tiên còn bé hơn 2013 thì các cặp còn lại đều lớn hơn 2013. Hơn nữa ngay từ đầu, sau mỗi lần thực 15.

(16) hiện thì số thứ hai trong dãy tăng đúng một đơn vị nên sau 1013 bước thì số thứ hai đó sẽ nhận giá trị 2013. Từ đó trở đi, sẽ không có số 2013 nào mới xuất hiện thêm nữa. Vậy với các số cho trước là 1 và 1000 thì số 2013 xuất hiện đúng hai lần. (b) Ta sẽ chuyển việc thao tác trên các số từ 1 đến 1000 viết trên đường thẳng về các số từ 1 đến 1000 viết trên vòng tròn (có thể hiểu là thêm một đoạn 1000-1 vào cuối dãy ban đầu) rồi tiến hành thực hiện với quy tắc tương tự. Ở câu (a), ta đã chứng minh được rằng sau 2013 bước thì có đúng hai số 2013 nên với vòng tròn này, giả sử sau 2013 bước, có N số 2013 thì đáp số cần tìm - số các số 2013 xuất hiện trên đường thẳng ban đầu - chính là N − 2. Ta thấy rằng việc thao tác với các số 1, 2, 3, . . . , 1000 trên vòng tròn như thế hoàn toàn tương tự với việc thao tác với vòng tròn ban đầu chỉ có hai số là 1 và 2. 1 1000. 1 2. 999. 4. 3. .... 4. 3. 4. 3. 5. .... 5 2. Thật vậy : Với hai số ban đầu là 1 và 2, ta điền số 3 vào giữa các cặp (1, 2) và (2, 1) (các cặp có tính thứ tự), tuy nhiên, ta chỉ quan tâm đến số 3 điền vào giữa cặp (2, 1). Tiếp tục điền các số vào giữa các cặp hiện đang có là (1, 3), (3, 2), (2, 3), (3, 1), ta được các số như hình trên. Trong đó, ta cũng chỉ quan tâm đến số 4 điền giữa cặp (3, 1). Cứ tiếp tục như thế, điền số 5 vào giữa cặp (4, 1), điền số 6 vào giữa cặp (5, 1),. . . , điền số 1000 vào giữa cặp (999, 1). Đồng thời, với việc điền số này, ta đã xây dựng được một dãy các cặp số (a, b) trên vòng tròn theo chiều kim đồng hồ. Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng với mỗi cặp (a, b) mà gcd(a, b) = 1 và (a, b) 6= (1, 1) thì xuất hiện duy nhất một lần trong dãy vô hạn này. Nếu a > b thì cặp (a, b) xuất hiện từ cặp (a − b, b). So sánh tiếp hai số này, chẳng hạn, nếu a − b > b thì cặp số này xuất hiện từ cặp (a − 2b, b) và cứ thế, đến một lúc nào đó sẽ trở về cặp (1, 2) hoặc (2, 1) ban đầu. Do đó, theo thuật toán Eulid thì gcd(a, b) = gcd(2, 1) = 1, tức là hai số kề nhau trên vòng tròn luôn nguyên tố cùng nhau. Khi đó, số 2013 sẽ xuất hiện từ mỗi cặp số có dạng là (a, 2013 − a) mà 0 < a < 2013 và gcd(a, 2013) = 1. Hơn nữa, sau bước thứ 2013, tất cả các số điền vào tiếp theo sẽ đều lớn hơn 2013 nên sẽ không có số 2013 nào được điền vào nữa. 16.

(17) Do đó, số các số xuất hiện trên vòng tròn sẽ là ϕ(2013) = 1200. Vậy số lần các số 2013 xuất hiện trên đường thẳng sau 2013 lần thao tác là 1198. ❒ Nhận xét. Đây là bài toán thú vị nhất của ngày thi thứ nhất. Rất tiếc là nhiều bạn đã không dám đụng đến bài này (hoặc đơn giản là hết thời gian, do tốn nhiều sức cho các bài trước, đặc biệt là bài hình). Đó là một điều đáng tiếc vì câu (a) của bài toán hoàn toàn là một câu cho điểm. Một nguyên tắc cơ bản khi giải bài toán tổ hợp là phải. . . làm thử, cụ thể ở đây, với quy tắc biến đổi như thế phải làm thử qua các bước để cảm nhận bài toán. Điểm mấu chốt trong lời giải của bài toán chúng ta là việc đưa về xét tình huống cơ bản khi bộ số ban đầu là (k, k + 1). Quá trình sinh ra các bộ số mới hoàn toàn độc lập, không chườm lên nhau và phụ thuộc vào nhau. Rõ ràng trong các bài toán tổ hợp dạng như thế này, dự đoán và quy nạp đóng một vai trò quan trọng. Cũng nói thêm rằng bài toán sẽ được giải quyết dễ dàng hơn nếu sử dụng dãy Farey và các tính chất của dãy này (được giới thiệu trong cuốn Tài liệu chuyên toán - Đại số và giải tích 11). Dãy Farey có định nghĩa như sau : Dãy Farey bậc n, kí hiệu Fn là dãy tăng các phân số trong đoạn [0; 1] sao cho chúng là các a phân số tối giản có dạng với 0 6 a (18) Bài 5. Phương trình hàm Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn : f (0) = 0, f (1) = 2013 và (x − y) f f 2 (x) − f f 2 (y) = f (x) − f (y) f 2 (x) − f 2 (y). 2 đúng với mọi x, y ∈ R, trong đó f 2 (x) = f (x) .. Lời giải. Cho x 6= 0 và y = 0, ta được. x f f 2 (x) = f 3 (x).. Suy ra. f 3 (x) , ∀x 6= 0. f f 2 (x) = x Thay vào phương trình ban đầu ta được: 3 f (x) f 3 (y) − = f (x) − f (y) f 2 (x) − f 2 (y) , ∀x, y 6= 0. (x − y) x y. (1). Thay x < 0, y = 1 vào (1), ta có 3 f (x) 3 (x − 1) − 2013 = f (x) − 2013 f 2 (x) − 20132 , x. tương đương với. f (x) − 2013x. . f 2 (x) − 20132 x = 0, ∀x < 0.. Mặt khác, với x < 0 thì f 2 (x) > 20132 x, từ đó suy ra f (x) = 2013x với mọi x < 0. Do đó f (−1) = −2013. Thay x > 0, y = −1 vào (1), ta được 3 f (x) 3 (x + 1) + 2013 = f (x) + 2013 f 2 (x) − 20132 , x tương đương với. f (x) − 2013x Suy ra. . f 2 (x) + 20132 x = 0, ∀x > 0.. f (x) = 2013x, ∀x > 0. Kết hợp với f (0) = 0, ta suy ra f (x) = 2013x, ∀x ∈ R. Với f (x) = 2013x, ta có. Do đó, ta có và. f 2 (x) = 20132 x2 và f f 2 (x) = f (2013x)2 = 20133 x2 . (x − y) f f 2 (x) − f f 2 (y) = 20133 (x − y) x2 − y 2. f (x) − f (y) f 2 (x) − f 2 (y) = (2013x − 2013y) 20132 x2 − 20132 y 2 = 20133 (x − y) x2 − y 2 . 18.

(19) Từ hai đẳng thức trên, ta suy ra hàm số f (x) = 2013x thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán. Vậy f (x) = 2013x là tất cả các hàm cần tìm. ❒ Nhận xét. Đây là một bài toán khá cơ bản. Sẽ không quá khó khăn để đi đến đẳng thức (1) trong lời giải trên. Cách giải không có gì mới nhưng cũng chứa đựng một số bẫy khiến nhiều học sinh mất điểm, trong đó lỗi thường gặp nhất sẽ là " f (x) = ax ∀x (f (x) − ax)(f (x) − bx) = 0 ⇔ f (x) = bx ∀x (Đúng ra là với mọi x thì f (x) = ax hoặc f (x) = bx). Tình huống này cũng đã xuất hiện trong một số bài VMO trước đó. Chẳng hạn : (VMO 2002B) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f y − f (x) = f x2002 − y − 2001yf (x), ∀x, y ∈ R.. (VMO 2007) Cho b là số thực dương. Hãy xác định tất cả các hàm số f : R → R sao cho f (x + y) = f (x) · 3b. y +f (y)−1. + bx 3b. y +f (y)−1. − by , ∀x, y ∈ R.. Ngoài cách đã sử dụng ở trên, học sinh có thể chứng minh bằng phản chứng để dẫn đến điều vô lí. Có một điểm làm cho bài toán mất đẹp, đó là các điều kiện f (0) = 0, f (1) = 2013. Tất nhiên điều kiện f (1) = 2013 là “giả” nhưng điều kiện f (0) = 0 đã làm cho bài toán đơn giản đi rất nhiều. Tình huống phải thêm điều kiện này đã gặp phải ở bài phương trình hàm VMO 2012 khi tác giả “bắt buộc” phải thêm điều kiện f toàn ánh, vốn là một điều kiện rất thiếu tự nhiên. Việc thêm các điều kiện như vậy phần nào giảm đi tính trọn vẹn của bài toán.. 19.

(20) Bài 6. Hình học phẳng Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm D thuộc cung BC không chứa điểm A. Đường thẳng ∆ thay đổi đi qua trực tâm H của tam giác ABC cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH và ACH lần lượt tại M và N (M 6= H, N 6= H). (a) Xác định vị trí của đường thẳng ∆ để diện tích tam giác AM N lớn nhất. (b) Kí hiệu d1 là đường thẳng đi qua M và vuông góc với DB, d2 là đường thẳng đi qua N và vuông góc với DC. Chứng minh rằng giao điểm P của d1 và d2 luôn thuộc một đường tròn cố định. Lời giải. P. F. N. A. H M. B C. D. (a) Dễ thấy rằng R(AHB) = R(AHC) = R(ABC) không đổi (trong đó R(XY Z) là bán kính \ đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z). Lại có AM và AN là hai dây cung chắn góc AHM \ nên AM = AN . Ta có và AHN (AM, AN ) ≡ (AB, AC) + (AM, AB) + (AC, AN ). ≡ (AB, AC) + (HM, HB) + (HC, HN ). ≡ (AB, AB) + (HC, HB) ≡ 2(AB, AC). (mod π).. Do đó (AM, AN ) không đổi (theo modulo π). Suy ra diện tích tam giác AM N lớn nhất khi và chỉ khi AM lớn nhất. Điều này xảy ra khi AM, AN lần lượt là đường kính của (AHB) \ = AHN \ = 90◦ nên M H k BC. và (AHC). Khi đó AHM (b) Ta có (P M, P N ) ≡ (DB, DC) ≡ (AB, AC) (mod π). Suy ra (AM, AN ) ≡ 2(P M, P N ). (mod π),. do đó P ∈ (A, AM ). Gọi F là giao điểm khác A của (AHC) với đường thẳng qua A song song CD. Ta có AF ⊥ P N nên P đối xứng với N qua AF . Vì AF cố định và N di động 20.

(21) trên (AHC) cố định, ta suy ra P luôn di động trên một đường tròn cố định đối xứng với (AHC) qua AF . ❒ Nhận xét. Đây lại là một ứng dụng đẹp của phép đối xứng trục, trong bài này thì “”trục” còn khó nhìn ra hơn ở bài 3b trước đó. Có lẽ nhiều học sinh đã đi đến kết quả P thuộc (A; AM ) nhưng lại bị cách xác định điểm P đánh lạc hướng, và không tận dụng được kết quả trên. Cũng bởi lí do không có sẵn trục đối xứng là đường thẳng AF nên việc vẽ hình và dự đoán cũng dễ làm học sinh hoang mang bởi không rõ vị trí của đường tròn chứa P . Mấu chốt là phải nhìn ra P chính là giao của đường thẳng qua N vuông góc BD với (A; AN ) (đây lại là một điều hiển nhiên !?) rồi từ đó mới có thể dễ dàng tìm ra trục đối xứng AF và giải quyết bài toán. Muốn có những nhận xét quan trọng này thì ngoài việc nắm vững tính chất còn phải bình tĩnh quan sát kĩ hình vẽ, điều kiện đề bài. Trong nhiều năm trở lại đây, các bài toán hình học thi VMO thường ít có sự xuất hiện của phép biến hình mà chỉ xoay quanh các vấn đề về phương tích, trục đẳng phương, hàng điểm điều hòa hay các dạng biến đổi góc cơ bản. Trong đề thi lần này, cả hai bài hình đều đòi hỏi phải vận dụng đến tính chất của phép biến hình đã nhắc chúng ta rằng phải chuẩn bị cho mình những kiến thức căn bản đầy đủ chứ không nên dựa vào đề thi các năm trước mà phán đoán. Phép biến hình là nội dung quan trọng không thể thiếu trong việc xây dựng, phát triển hình phẳng mà ta đã được học ngay trong chương trình phổ thông ở lớp 8 và lớp 11. Ngoài cách tiếp cận trên, ta cũng có thể vẽ thêm các hình phụ để tạo ra mô hình theo phép đối xứng và chỉ ra cụ thể tâm của đường tròn cố định cần tìm.. 21.

(22) Bài 7. Số học Tìm số các bộ sắp thứ tự (a, b, c, a′ , b′ , c′ ) thỏa mãn   ′ ′   ab + a b ≡ 1 (mod 15) bc + b′ c′    ca + c′ a′. ≡ 1. (mod 15). ≡ 1. (mod 15). với a, b, c, a′ , b′ , c′ ∈ {0, 1, . . . , 14}.. Lời giải. Trước hết, theo định lí phần dư Trung Hoa thì ta thấy rằng nếu số x ≡ a (mod 3), 0 6 a 6 2 và x ≡ b (mod 5), 0 6 b 6 4 thì tồn tại duy nhất số c, 0 6 c 6 14 mà x ≡ c (mod 15), do (3, 5) = 1. Do đó, ta sẽ đếm số bộ (a, b, c, a′ , b′ , c′ ) mà   ′ ′   ab + a b ≡ 1 bc + b′ c′    ca + c′ a′. (mod 3). ≡ 1. (mod 3). ≡ 1. (mod 3). với a, b, c, a′ , b′ , c′ ∈ {0, 1, 2}. Giả sử số bộ này là A. Tiếp theo, ta đếm số bộ (a, b, c, a′ , b′ , c′ ) mà   ′ ′   ab + a b ≡ 1 (mod 5) bc + b′ c′ ≡ 1 (mod 5)    ca + c′ a′ ≡ 1 (mod 5). với a, b, c, a′ , b′ , c′ ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. Giả sử số bộ này là B. Khi đó, ứng với mỗi bộ A và mỗi bộ B sẽ tương ứng với một bộ 6 số thỏa mãn đề bài, tức là ta cần tìm tích AB. Đếm số bộ A. Trước hết, ta thấy rằng (ab, a′ b′ ), (bc, b′ c′ ), (ca, c′ a′ ) đều không cùng chia hết cho 3 nên dễ thấy rằng abc, a′ b′ c′ cũng không cùng chia hết cho 3 (nếu không thì sẽ có một trong 3 bộ kia chia hết cho 3, mâu thuẫn).. Giả sử abc không chia hết cho 3, do chỉ có hai số dư là 1, 2 nên sẽ có hai trong ba số a, b, c đồng dư với nhau theo modulo 3. Ta tiếp tục giả sử đó là a, b. Khi đó, tương ứng a′ b′ chia hết cho 3. Nếu a′ chia hết cho 3 thì lại suy ra tiếp c′ a′ chia hết cho 3 hay ca ≡ 1 (mod 3), tức là a ≡ c (mod 3). Mà bc chia 3 dư 1 nên dẫn đến b′ c′ chia hết cho 3 và suy ra thêm có một số trong b′ , c′ chia hết cho 3. Từ đó, do tính bình đẳng của các số a, b, c và a′ , b′ , c′ , ta suy ra rằng cả ba số a, b, c đồng dư với nhau theo modulo 3 và trong các số a′ , b′ , c′ thì có hai số chia hết cho 3, số còn lại tùy ý. Có hai cách chọn bộ (a, b, c) và 7 cách chọn bộ (a′ , b′ , c′ ), do có một cách chọn (0, 0, 0), ba cách chọn (0, 0, 1) và ba cách chọn (0, 0, 2). 22.

(23) Tương tự với trường hợp a′ b′ c′ không chia hết cho 3. Do đó, số bộ trong trường hợp này là A = 2 × 2 × 7 = 28 bộ. . Đếm số bộ B. Các số dư khi chia cho 5 là 0, 1, 2, 3, 4 và ta thấy các tích của các bộ sau sẽ có số dư tương ứng khi chia cho 5 được liệt kê bên dưới : 1 × 2 ≡ 1, 1 × 2 ≡ 2, 1 × 3 ≡ 3, 1 × 4 ≡ 4, 2 × 2 ≡ 4,. 2 × 3 ≡ 1, 2 × 4 ≡ 3, 3 × 3 ≡ 4, 3 × 4 ≡ 2, 4 × 4 ≡ 1.. Tương tự trên, các số abc, a′ b′ c′ đều không cùng chia hết cho 5. Ta xét các trường hợp sau : • Nếu abc hoặc a′ b′ c′ chia hết cho 5, giả sử abc chia hết cho 5 và ta tiếp tục giả sử a chia hết cho 5 thì a′ b′ , a′ c′ chia 5 dư 1. Ta xét tiếp các trường hợp sau : ◦ Nếu a′ chia 5 dư 1 thì b′ , c′ chia 5 dư 1 và dẫn đến bc chia hết cho 5 và có thêm một trong hai số b, c chia hết cho 5. Khi đó, các bộ số mà hai trong ba số (a, b, c) chia hết cho 5 và (a′ , b′ , c′ ) = (1, 1, 1) thỏa mãn đề bài. Có tất cả 7 × 1 = 7 bộ như thế. ◦ Nếu a′ chia 5 dư 4 thì b′ , c′ chia 5 dư 4 và dẫn đến bc chia hết cho 5, các bộ số mà hai trong ba số (a, b, c) chia hết cho 5 và (a′ , b′ , c′ ) = (4, 4, 4) thỏa mãn đề bài. Có tất cả 7 × 1 = 7 bộ như thế.. ◦ Nếu a′ chia 5 dư 2 thì b′ , c′ chia 5 dư 3 thì b′ c′ chia 5 dư 4 và dẫn đến bc chia 5 dư 2. Khi bộ số có dạng (a, b, c) = (0, 1, 2), (0, 3, 4) và (a′ , b′ , c′ ) = (2, 3, 3) thỏa mãn. Có tất cả 6 × 2 = 12 bộ như thế. ◦ Nếu a′ chia 5 dư 3 thì b′ , c′ chia 5 dư 2 và dẫn đến bc chia 5 dư 2. Khi đó, các bộ số có dạng (a, b, c) = (0, 1, 2), (0, 3, 4) và (a′ , b′ , c′ ) = (3, 2, 2) thỏa mãn. Có tất cả 6 × 2 = 12 bộ như thế.. Trường hợp này có tất cả 2 × (7 + 7 + 12 + 12) = 76 bộ thỏa. • Ta tìm số trường hợp mà cả abc và a′ b′ c′ đều không chia hết cho 5. Khi đó, ta thấy ab, bc, ca chỉ có thể chia 5 dư 2, 3, 4 vì nếu chia 5 dư 1 thì bộ a′ b′ , b′ c′ , c′ a′ sẽ chia hết cho 5, mâu thuẫn. Ta thấy các số dư của (ab, bc, ca) khi chia cho 5 không thể là một trong các bộ sau : (2, 2, 2), (2, 2, 3), (2, 2, 4), (2, 3, 3), (2, 4, 4), (3, 3, 3), (3, 3, 4), (3, 4, 4). Thật vậy, chẳng hạn với bộ (2, 2, 2), ta có ab ≡ bc ≡ ca ≡ 2, dẫn đến 2c2 = 4, vô lí. Tương tự với các trường hợp còn lại. Do đó, các bộ số dư này chỉ có thể là (2, 3, 4), (3, 3, 4), (4, 4, 4), ta có ba trường hợp sau : 23.

(24) ◦ Nếu (ab, bc, ca) = (2, 3, 4) thì (a′ b′ , b′ c′ , c′ a′ ) = (4, 3, 2) và ta được (a, b, c, a′ , b′ , c′ ) tương ứng với một trong 4 trường hợp sau : (4, 3, 1, 1, 4, 2), (1, 2, 4, 1, 4, 2), (4, 3, 1, 4, 1, 3), (1, 2, 4, 4, 1, 3). Có tất cả 6 × 4 = 24 bộ thỏa mãn (ứng với mỗi hoán vị của ba số đầu thì tồn tại đúng một dãy thứ tự cho ba số sau và các hoán vị của các bộ khác nhau). ◦ Nếu (ab, bc, ca) = (2, 4, 2) thì (a′ b′ , b′ c′ , c′ a′ ) = (4, 2, 4) không thỏa.. ◦ Nếu (ab, bc, ca) = (4, 4, 4) thì (a′ b′ , b′ c′ , c′ a′ ) = (2, 2, 2) cũng không thỏa.. Do đó, trong trường hợp này có 2 × 24 = 48 bộ thỏa mãn đề bài. Từ đó ta tính được tổng số bộ B là 76 + 48 = 124 bộ.. . Vậy tổng số bộ cần tìm là 28 × 124 = 3472.. ❒. Nhận xét. Bài này là một tình huống áp dụng định lý Trung hoa về số dư khá cơ bản, tuy nhiên có vẻ như các thí sinh không được học nhiều lắm về định lý này dưới góc độ ánh xạ “phục hồi” θ : Zp × Zq → Zpq vốn là ứng dụng quan trọng nhất của định lý này : Một số thuộc Zpq được xác định một cách duy nhất qua cặp số dư của nó khi chia cho p và q. Từ đó ta chuyển các bài toán trên Zpq về các bài toán trên Zp và Zq . Trước đây, định lý Trung hoa về số dư thường được sử dụng trong các bài toán như thế này: 1. (Ninh Bình 2010) Cho hai số nguyên dương p, q lớn hơn 1 và nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên k sao cho (pq − 1)nk + 1 là hợp số với mọi số nguyên dương n. 2. Chứng minh rằng với mọi n, tồn tại n số nguyên dương liên tiếp mà mỗi số đều chia hết cho bình phương của một số nguyên tố. 3. Xét đa thức P (x) = (2x + 1)(3x + 1). Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, tồn tại x nguyên sao cho P (x) chia hết cho n. Vì thế góc nhìn dưới góc độ ánh xạ phục hồi chưa được giới thiệu một cách đầy đủ. “Tiền sử” VMO “ghi nhận” bài toán sau có nét giống nhất với bài toán VMO năm nay về cách áp dụng định lý Trung hoa về số dư : (VMO 2008) Cho m = 20072008 . Tồn tại bao nhiêu số nguyên dương n sao cho n < m và n(2n + 1)(5n + 2) chia hết cho m? Bài toán này có thể tổng quát như sau : Cho p là một số nguyên tố, gọi f (p) là số tất cả bộ sắp thứ tự (a, b, c, a′ , b′ , c′ ) thỏa mãn   ′ ′   ab + a b ≡ x (mod p) bc + b′ c′    ca + c′ a′. ≡ y. (mod p). ≡ z. (mod p). với a, b, c, a′ , b′ , c′ ∈ {0, 1, 2, . . . , p − 1} và 0 6 x, y, z 6 p − 1. Khi đó : 24.

(25) • Nếu 0 < x, y, z 6 p − 1 thì ◦ f (p) = p3 − 1 = (p − 1)(p2 + p + 1) nếu p ≡ 1 (mod 4).. ◦ f (p) = p3 + 1 = (p + 1)(p2 − p + 1) nếu p ≡ 3 (mod 4). • Nếu trong ba số x, y, z có một số bằng 0 thì. ◦ f (p) = p3 − p2 + p − 1 = (p − 1)(p2 + 1) nếu p ≡ 1 (mod 4).. ◦ f (p) = p3 − p2 − p + 1 = (p + 1)(p − 1)2 nếu p ≡ 3 (mod 4). • Nếu trong ba số x, y, z có hai số bằng 0 thì ◦ f (p) = 2p3 − 3p2 + 2p − 1 = (p − 1)(2p2 − p + 1) nếu p ≡ 1 (mod 4).. ◦ f (p) = 2p3 − p2 − 2p + 1 = (p + 1)(p − 1)(2p − 1) nếu p ≡ 3 (mod 4). • Nếu cả ba số x, y, z đều bằng 0 thì ◦ f (p) = 5p3 − 6p2 + 3p − 1 nếu p ≡ 1 (mod 4).. ◦ f (p) = 3p3 − 3p + 1 nếu p ≡ 3 (mod 4). Ta thử kiểm tra các biểu thức trên :. • Với p ≡ 1 (mod 4) thì số tất cả các trường hợp xảy ra là (p−1)3 (p3 −1)+3(p−1)2 (p3 −p2 +p−1)+3(p−1)(2p3 −3p2 +2p−1)+(5p3 −6p2 +3p−1) = p6 . • Với p ≡ 3 (mod 4) thì số tất cả các trường hợp xảy ra là (p − 1)3 (p3 + 1) + 3(p − 1)2 (p3 − p2 + p − 1) + 3(p − 1)(2p3 − p2 − 2p + 1) + (3p3 − 3p + 1) = p6 . Hoàn toàn trùng khớp do mỗi số a, b, c, a′ , b′ , c′ có p cách chọn. Cũng cần chú ý thêm rằng, với p, q là hai số nguyên tố phân biệt bất kì thì (p, q) = 1. Do đó, theo định lí phần dư Trung Hoa, ta có f (p)f (q) = f (pq), suy ra f là hàm nhân tính. Ta chỉ cần tìm công thức tổng quát cho f (pk ) với p nguyên tố và k > 1 là có thể tổng quát được bài toán khi thay 15 bởi một số nguyên dương lớn hơn 1 bất kì.. 25.

(26)

Loi giai va Binh luan VMO 2013pdf

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về