Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Đề thi và lời giải chi tiết HSG Quốc gia Toán VMO 2018

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: Mai Xuân Việt
    Đăng lúc: 14/1/18
    Bài 1. Cho dãy số $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ xác định bởi công thức truy hồi $x_1=2$ và
    \[{x_{n + 1}} = \sqrt {{x_n} + 8} - \sqrt {{x_n} + 3}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    1. Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ và tính giới hạn.
    2. Chứng minh rằng
      \[n \le {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} \le n + 1\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Bài 2. Cho tam giác nhọn không cân $ABC$ với $D$ là một điểm trên cạnh $BC$ . Lấy điểm $E$ trên cạnh $AB$ và điểm $F$ trên cạnh $AC$ sao cho $\widehat{DEB}=\widehat{DFC}$. Các đường thẳng DF,DE lần lượt cắt $AB,AC$ tại $M,N$. Gọi $(I_1),(I_2)$ tương ứng là các đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEM,DFN$. Kí hiệu $(J_1)$ là đường tiếp xúc trong với $(I_1)$ tại $D$ và tiếp xúc với $AB$ tại $K$, $(J_2)$ là đường tròn tiếp xúc trong với $(I_2)$ tại $D$ và tiếp xúc với $AC$ tại $H$, $P$ là giao điểm của $(I_1)$ và $(I_2)$, $Q$ là giao điểm của $(J_1)$ và $(J_2)$ ($P,Q$ khác $D$)
    1. Chứng minh $D,P,Q$ thẳng hàng.
    2. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AHK$ và đường thẳng $AQ$ lần lượt tại $G$ và $L$ ($G,L$ khác $A$).Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $D$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $DQG$ cắt đường thẳng $EF$ tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $DLG$.

    Bài 3. Mội nhà đầu tư có hai mảnh đất hình chữ nhật cùng kích thước $120m \times 100m$.
    1. Trên mảnh đất thứ nhất, nhà đầu tư muốn xây một ngôi nhà có nền hình chữ nhật có kích thước $25m \times 35m$ và xây bên ngoài $9$ bồn hoa hình tròn đường kính $5m$. Chứng minh rằng dù xây trước $9$ bồn hoa ở đâu thì trên phần đất còn lại vẫn đủ xây ngôi nhà đó.
    2. Trên mảnh đất thứ hai, nhà đầu tư muốn xây một hồ cá hình đa giác lồi sao cho từ một điểm bất kì trên phần đất còn lại có thể đi không quá $5m$ thì đến bờ hồ. Chứng minh rằng chu vi hồ không nhỏ hơn $(440-20\sqrt{2})m.$

    Bài 4. Gọi $(C)$ là đồ thị hàm số $y=\sqrt[3]{x^2}$ trong mặt phẳng toạ độ $(Oxy)$. Một đường thẳng $(d)$ thay đổi cắt $(C)$ tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là $x_1;\,x_2;\,x_3$.
    1. Chứng minh rằng đại lượng $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}$ là một hằng số.
    2. Chứng minh rằng
      \[\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} < - \frac{{15}}{4}.\]

    Bài 5. Cho các số nguyên dương $n$ và $d$. Xét tập hợp $S_{n}(d)$ gồm tất cả các bộ số có thứ tự $(x_1;...;x_d)$ thỏa mãn điều kiện sau:
    • $x_{i}\in{1;2;...;n}$ với mọi chỉ số $1\leq i\leq d$.
    • $x_{i}\neq x_{i+1}$ với mọi chỉ số $1\leq i\leq d-1$.
    • Không tồn tại các chỉ số $1\leq i< j< k< l\leq d$ sao cho $x_i=x_k$ và $x_j=x_l$.

    a) Tính số phần tử của tập hợp $S_{3}(5)$.

    b) Chứng minh rằng tập hợp $S_{n}(d)$ khác rỗng khi và chỉ khi $d\leq 2n-1$.

    Bài 6. Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_0=2,x_1=1$ và $x_{n+2}=x_{n+1}+x_{n}\left ( n\geq 0 \right )$

    a)Với $n\geq 1$, chứng minh rằng nếu $x_n$ là số nguyên tố thì $n$ là số nguyên tố hoặc $n$ không có ước nguyên tố lẻ.

    b)Tìm các cặp số nguyên không âm $(m,n)$ sao cho $x_n$ chia hết cho $x_m$.

    Bài 7. Cho tam giác nhọn không cân $ABC$ có trọng tâm $G$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $H_a,H_b,H_c$ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh $A,B,C$ của tam giác $ABC$ và $D,E,F$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$. Các tia $GH_a,GH_b,GH_c$ lần lượt cắt $(O)$ tại các điểm $X,Y,Z$

    a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $XCE$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BH$

    b) Gọi $M,N,P$ tương ứng là trung điểm các đoạn thẳng $AX,BY,CZ$. Chứng minh rằng các đường thẳng $DM,EN,FP$ đồng quy.

    HÌNH ẢNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC
    [​IMG]
    [​IMG]
     
  2. Chia sẻ trang này

    Tác giả: Mai Xuân Việt
    Đăng lúc: 14/1/18
    Bài 1. Cho dãy số $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ xác định bởi công thức truy hồi $x_1=2$ và
    \[{x_{n + 1}} = \sqrt {{x_n} + 8} - \sqrt {{x_n} + 3}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    1. Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ và tính giới hạn.
    2. Chứng minh rằng
      \[n \le {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} \le n + 1\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Lời giải tham khảo:

    1. Ta có
    \[\left| {{x_{n + 1}} - 1} \right| = \left| {{x_n} - 1} \right|\left( {\frac{1}{{2 + \sqrt {{x_n} + 3} }} - \frac{1}{{3 + \sqrt {{x_n} + 8} }}} \right) < \frac{{\left| {{x_n} - 1} \right|}}{2}.\]
    Từ đây thấy dãy là dãy co, nên hội tụ về $1$.

    2. Cách 1:
    Xét hàm $f\left( x \right) = \sqrt {x + 8} - \sqrt {x + 3}$ trên $\mathbb R^+$, nó là hàm lồi và do vậy theo bất đẳng thức tiếp tuyến có
    \[{x_{n + 1}} \ge f\left( 1 \right) + \left( {{x_n} - 1} \right)f'\left( 1 \right) = 1 - \frac{{{x_n} - 1}}{{12}}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Lấy tổng lại ta được
    \[{x_2} + {x_3} + \ldots + {x_{n + 1}} \ge n - \frac{1}{{12}}\left( {{x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n}}-n \right).\]
    Từ đó ta sẽ có
    \[{x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} -n\ge \frac{{12}}{{13}}\left( {{x_1} - {x_{n+1}}} \right) = \frac{{12}}{{13}}\left( {2 - {x_{n+1}}} \right);\;(1).\]
    Từ ý trên ta có
    \[\left| {{x_{n + 1}} - 1} \right| \le \frac{1}{{{2^n}}}\left| {{x_1} - 1} \right| = \frac{1}{{{2^n}}}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Cho nên $x_{n+1}<1+\dfrac{1}{2^n}<2$, và từ $(1)$ ta có
    \[{x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} \ge n\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Lại bởi vì
    \[{x_{n + 1}} - 1 = - \left( {{x_n} - 1} \right)\left( {\frac{1}{{2 + \sqrt {{x_n} + 3} }} - \frac{1}{{3 + \sqrt {{x_n} + 8} }}} \right).\]
    Nên dễ dàng có được $x_{2k}\le 1\le x_{2k-1}\;\forall\,k\in\mathbb Z^+$ và
    \[{x_{2n}} + {x_{2n + 1}} - 2 = \left( {{x_{2n}} - 1} \right)\left( {1 - \frac{1}{{2 + \sqrt {{x_n} + 3} }} + \frac{1}{{3 + \sqrt {{x_n} + 8} }}} \right) < 0\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Từ đó ta sẽ thấy
    \[{x_1} + {x_2} + \ldots + {x_{2n + 1}} = 2 + \left( {{x_2} + {x_3}} \right) + \ldots + \left( {{x_{2n}} + {x_{2n + 1}}} \right) \le 2n + 2\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Và do $x_{2n+2}\le 1\;\forall\,n\in\mathbb Z^+ $ nên
    \[{x_1} + {x_2} + \ldots + {x_{2n + 2}} = \left( {{x_1} + {x_2} + \ldots + {x_{2n + 1}}} \right) + {x_{2n + 2}} \le 2n + 2 + 1\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Bởi vậy cho nên ta có
    \[{x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} \le n + 1\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]

    Cách 2:

    Ta có hàm số $f(x)=\sqrt{x+8}-\sqrt{x+3}$ nghịch biến và $x_1<x_2$ nên ta có dãy $$x_2<x_4<\cdots<x_{2n}<1<x_1<\cdots<x_{2n+1}.$$ Suy ra $$\begin{cases}x_{2n+1}+x_{2n+2}=x_{2n+1}+f(x_{2n+1})>x_1+f(x_1)>2\\ x_{2n+2}+x_{2n+3}=x_{2n+2}+f(x_{2n+2})<x_2+f(x_2)<2 \end{cases}$$
    Suy ra $$\begin{aligned} S_{2n}&=x_1+x_2+x_3+\cdots+x_{2n}\\&=x_1+x_2+(x_3+x_4)+\cdots+(x_{2n-1}+x_{2n})\\&>2+0+2+\cdots+2=2n \end{aligned}$$

    $$\begin{aligned} S_{2n}&=x_1+x_2+x_3+\cdots+x_{2n}\\&=x_1+(x_2+x_3)+\cdots+(x_{2n-2}+x_{2n-1})+x_{2n}\\&<2+2+2+\cdots+2+1=2n+1 \end{aligned}$$
    Suy ra $2n<S_{2n}<2n+1$.
    Chứng minh tương tự ta cũng có $2n+1<S_{2n+1}<2n+2$. Từ đó ta có đpcm.
     
  3. Chia sẻ trang này

    Tác giả: Mai Xuân Việt
    Đăng lúc: 14/1/18
    Bài 2. Cho tam giác nhọn không cân $ABC$ với $D$ là một điểm trên cạnh $BC$ . Lấy điểm $E$ trên cạnh $AB$ và điểm $F$ trên cạnh $AC$ sao cho $\widehat{DEB}=\widehat{DFC}$. Các đường thẳng DF,DE lần lượt cắt $AB,AC$ tại $M,N$. Gọi $(I_1),(I_2)$ tương ứng là các đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEM,DFN$. Kí hiệu $(J_1)$ là đường tiếp xúc trong với $(I_1)$ tại $D$ và tiếp xúc với $AB$ tại $K$, $(J_2)$ là đường tròn tiếp xúc trong với $(I_2)$ tại $D$ và tiếp xúc với $AC$ tại $H$, $P$ là giao điểm của $(I_1)$ và $(I_2)$, $Q$ là giao điểm của $(J_1)$ và $(J_2)$ ($P,Q$ khác $D$)
    1. Chứng minh $D,P,Q$ thẳng hàng.
    2. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AHK$ và đường thẳng $AQ$ lần lượt tại $G$ và $L$ ($G,L$ khác $A$).Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $D$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $DQG$ cắt đường thẳng $EF$ tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $DLG$.
    Lời giải tham khảo:

    [​IMG]
    [​IMG]
    [​IMG]
     
  4. Chia sẻ trang này

    Tác giả: Mai Xuân Việt
    Đăng lúc: 14/1/18
    Bài 3. Mội nhà đầu tư có hai mảnh đất hình chữ nhật cùng kích thước $120m \times 100m$.
    1. Trên mảnh đất thứ nhất, nhà đầu tư muốn xây một ngôi nhà có nền hình chữ nhật có kích thước $25m \times 35m$ và xây bên ngoài $9$ bồn hoa hình tròn đường kính $5m$. Chứng minh rằng dù xây trước $9$ bồn hoa ở đâu thì trên phần đất còn lại vẫn đủ xây ngôi nhà đó.
    2. Trên mảnh đất thứ hai, nhà đầu tư muốn xây một hồ cá hình đa giác lồi sao cho từ một điểm bất kì trên phần đất còn lại có thể đi không quá $5m$ thì đến bờ hồ. Chứng minh rằng chu vi hồ không nhỏ hơn $(440-20\sqrt{2})m.$
    Lời giải tham khảo:

    1) Rõ ràng là chỉ cần chứng minh bài toán khi đặt 9 điểm tùy ý thì tồn tại cách đặt hình chữ nhật $30 \times 40$.
    Chia thành 9 hình chữ nhật nhỏ gồm 6 hình $30 \times 40$, 3 hình $40 \times 40$ nằm ngang liên tiếp nhau.
    • Nếu có 1 hình chữ nhật mà không chứa điểm nào bên trong thì hiển nhiên.
    • Ngược lại giả sử mỗi hình chữ nhật chứa đúng 1 điểm bên trong. Xét 3 điểm nằm trong 3 hình chữ nhật $40 \times 40$ liên tiếp nhau. Vẽ 3 đường thẳng đứng từ 3 điểm này. 3 đường dọc này với 2 cạnh dọc của hình chữ nhật lớn tạo thành 4 khoảng. Do đó tồn tại 1 khoảng có độ dài không vượt quá $120 / 4 = 30$. Done!
    2) Từ 4 góc của mảnh đất vẽ 4 cung bán kính 5.
    Hiển nhiên, phải có 1 cạnh của đa giác đi vào mỗi hình quạt. Tại mỗi hình quạt ta lấy 1 điểm nằm trên cạnh nào đó của đa giác. Ta chỉ cần chứng minh cho tứ giác này là đủ.
    [​IMG]
    Xét 1 góc ở đỉnh $A$ như hình trên. Hạ vuông góc $DB$, $DC$. Dễ thấy $DB + DC \le 5\sqrt{2}$. Từ đó chu vi tứ giác sẽ không nhỏ hơn $2(120 + 100) - 4.5\sqrt{2} = 440 - 20\sqrt{2}$.
     
  5. Chia sẻ trang này

    Tác giả: Mai Xuân Việt
    Đăng lúc: 14/1/18
    Bài 4. Gọi $(C)$ là đồ thị hàm số $y=\sqrt[3]{x^2}$ trong mặt phẳng toạ độ $(Oxy)$. Một đường thẳng $(d)$ thay đổi cắt $(C)$ tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là $x_1;\,x_2;\,x_3$.
    1. Chứng minh rằng đại lượng $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}$ là một hằng số.
    2. Chứng minh rằng
      \[\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} < - \frac{{15}}{4}.\]
    Lời giải tham khảo:

    Cách 1:
    Ta thấy phương trình của $(d)$ ở dạng $(d):\;y=kx+l$ với $kl\ne 0$. Khi đó $x_1;\,x_2;\,x_3$ là nghiệm của phương trình
    \[kx + l = \sqrt[3]{{{x^2}}}.\]
    Đặt $\sqrt[3]{{{x_i}}}=t_i$ thì $t_i$ là nghiệm của phương trình
    \[lx^3-x+k=0.\]
    Do đó mà ta có
    \[\begin{array}{l}
    \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}} &= \dfrac{{t_1^3 + t_2^3 + t_3^3}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}\\
    &= 3 + \dfrac{{\left( {{t_1} + {t_2} + {t_3}} \right)\left( {t_1^2 + t_2^2 + t_3^2 - {t_1}{t_2} - {t_2}{t_3} - {t_3}{t_1}} \right)}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}
    \end{array}.\]
    Theo Viettè thì $t_1+t_2+t_3=0$, cho nên
    \[\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=3.\]
    Lại đi đặt $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} =a;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} =b;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=c$ để có
    \[a+b+c=3;\;abc=1.\]
    Khi đó thì
    \[M=\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} =ab+bc+ca.\]
    Ta thấy trong $a;\,b;\,c$ phải có 2 số âm và một số dương, kẻo không thì theo AM-GM có $a=b=c=1$ mâu thuẫn với việc ba giao điểm phân biệt. Ta giả sử $a>0>b> c$ thì có
    \[a - 3 = - b - c \ge 2\sqrt {bc} = \frac{2}{{\sqrt a }}.\]
    Từ đó có $a> 4$ và do đó
    \[M = a\left( {3 - a} \right) + \frac{1}{a} = - \frac{{15}}{4} - \frac{{{{\left( {2a - 1} \right)}^2}\left( {a - 4} \right)}}{{4a}} < - \frac{{15}}{4}.\]

    Cách 2:
    Giả sử đường thẳng $d:y=ax+b,\ a \neq 0$. Phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $(C)$ là: $\sqrt[3]{x^2}=ax+b.$\\
    Đặt $t=\sqrt[3]{x}$, ta có phương trình
    $$at^3-t^2+b=0. (1)$$
    Theo đề bài thì phương trình (1) có ba nghiệm $t_1,\ t_2,\ t_3$ và theo định lí Viet ta có
    $$\begin{cases} t_1+t_2+t_3=\dfrac{1}{a}\\ t_1t_2+t_2t_3+t_3t_1=0\\ t_1t_2t_3=-\dfrac{b}{a} \end{cases}$$
    Khi đó
    $$\begin{aligned} \sqrt[3]{\dfrac{x_1x_2}{x_3^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{x_2x_3}{x_1^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{x_3x_1}{x_2^2}} &= \dfrac{t_1t_2}{t_3^2}+\dfrac{t_2t_3}{t_1^2}+\dfrac{t_3t_1}{t_2^2}\\&= \dfrac{(t_1t_2)^3+(t_2t_3)^3+(t_3t_1)^3}{(t_1t_2t_3)^2}\\&= \dfrac{3t_1t_2.t_2t_3.t_3t_1}{(t_1t_2t_3)^2}=3. \end{aligned}$$
    Ta có
    $$\sqrt[3]{\dfrac{x_1^2}{x_2x_3}}+\sqrt[3]{\dfrac{x_2^2}{x_3x_1}}+\sqrt[3]{\dfrac{x_3^2}{x_1x_2}}=\dfrac{t_1^3+t_2^3+t_3^3}{t_1t_2t_3}.$$
    Mà $$t_1^3+t_2^3+t_3^3=(t_1+t_2+t_3)(t_1^2+t_2^2+t_3^2-t_1t_2-t_2t_3-t_3t_1)+3t_1t_2t_3=(t_1+t_2+t_3)^3+3t_1t_2t_3.$$
    Nên ta chứng minh $$\dfrac{(t_1+t_2+t_3)^3}{t_1t_2t_3}=-\dfrac{1}{a^2b}<-\dfrac{27}{4} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a^2b} >\dfrac{27}{4}. (2) $$
    Xét hàm số $f(t)=at^3-t^2+b$ ta có $f'(t)=3at^2-2t=t(3at-2)$, suy ra $f'(t)=0 \Leftrightarrow t=0,\ t=\dfrac{2}{3a}$.\\
    Ta có $f(0)=b,\ f\left(\dfrac{2}{3a}\right)=b-\dfrac{4}{27a^2}$. Mà phương trình $f(t)=0$ có ba nghiệm phân biệt nên ta có $$f(0)f\left(\dfrac{2}{3a}\right)<0 \Leftrightarrow 0<b<\dfrac{4}{27a^2} \Rightarrow \dfrac{1}{a^2b}>\dfrac{27}{4}.$$
    Bài toán được chứng minh.
     
  6. Chia sẻ trang này

    Tác giả: Mai Xuân Việt
    Đăng lúc: 14/1/18
    Bài 5. Cho các số nguyên dương $n$ và $d$. Xét tập hợp $S_{n}(d)$ gồm tất cả các bộ số có thứ tự $(x_1;...;x_d)$ thỏa mãn điều kiện sau:
    • $x_{i}\in{1;2;...;n}$ với mọi chỉ số $1\leq i\leq d$.
    • $x_{i}\neq x_{i+1}$ với mọi chỉ số $1\leq i\leq d-1$.
    • Không tồn tại các chỉ số $1\leq i< j< k< l\leq d$ sao cho $x_i=x_k$ và $x_j=x_l$.

    a) Tính số phần tử của tập hợp $S_{3}(5)$.

    b) Chứng minh rằng tập hợp $S_{n}(d)$ khác rỗng khi và chỉ khi $d\leq 2n-1$.

    Lời giải tham khảo:

    Câu a: Nhận thấy tập $S_{3}(5)$ phải nhận ba giá trị vì nếu nhân có hai giá trị thì có thê là một trong các trường hợp sau:
    $\begin{bmatrix}{1;2;1;2;1} & \\ {2;1;2;1;2} & \end{bmatrix}$ ( vô lý theo iii)
    Giả sử $x_{1}=1$
    $\Rightarrow \begin{bmatrix}x_{2}=3 & \\x_{2}=2 & \end{bmatrix}$
    Giả sử luôn $x_{2}=2$
    Nếu $x_{3}=1$, khi đó $\begin{bmatrix}x_{4}=2 & \\ x_{5}=2 & \end{bmatrix}$ ( điều vô lý theo iii)
    $\begin{bmatrix}x_{4}=3 \\ x_{5}=1 & \end{bmatrix}$
    $\Rightarrow S_{3}(5)={1;2;1;3;1}$
    $\Rightarrow x_{3}=3$
    $\Rightarrow x_{4},x_{5}$ sẽ nhận một trong ba giá trị :1 hoặc 2 hoặc 3
    Nhận thấy để $x_{i}=3$ thì $i=5$
    $\Rightarrow \begin{bmatrix}x_{4}=2 & \\x_{4}=1 & \end{bmatrix}$ (Trường hợp trên không thể xảy ra vì mâu thuẫn với iii)
    Nếu $x_{4}=1$ $=> x_{5}=2$ $ \Rightarrow S_{3}(5)={1;2;3;1;2}$ (loại)
    $\Rightarrow x_{4}=2 \Rightarrow x_{5}=1 \Rightarrow S_{3}(5)={1;2;3;2;1}$ (nhận)
    Mà do tính hoán vị của 1;2;3 nên có thêm $3!$ cách
    Vậy số phần tử của tập hợp là $2.3!$

    Câu b: Ta có các nhận xét sau
    1. Nếu $|S_n(d)|=0$ thì $|S_n(d+1)|=0$,
    2. Nếu $|S_n(d)|>0$ với $d>1$ thì $|S_n(d-1)|>0$.
    3. Bộ $(1,2,...,n-1,n,n-1,...,2,1)$ thuộc $S_n(2n-1)$.
    Từ các nhận xét trên ta dễ dàng suy ra $S_n(d)$ khác rỗng với mọi $1\leq d\leq 2n-1$. Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $S_n(d)=\emptyset$ với mọi $d\geq 2n$ bằng quy nạp.
    Rỏ ràng $S_1(d)=\emptyset,\forall d\geq 2.$ Giả sử $(x_1,x_2,...,x_d)\in S_n(2n)$(ở đây $d=2n$). Ta xét các trường hợp sau
    • Nếu có một số nào đó từ $1$ đến $n$ không xuất hiện trong dãy $(x_1,x_2,...,x_d)$. Khi đó $(x_1,x_2,...,x_d)\in S_{n-1}(2n)$. Rỏ ràng điều này mâu thuẩn với giả thiết quy nạp.
    • Nếu có một số nào đó từ $1$ đến $n$ chỉ xuất hiện trong dãy $(x_1,x_2,...,x_d)$ đúng một lần. Giả sử số đó là $a$.
      • Nếu $x_1=a$ hoặc $x_d=a$, khi đó xóa số đó khỏi dãy thì ta được $(x_2,x_3,...,x_d)\in S_{n-1}(2n-1)$ hoặc $(x_1,x_2,...,x_{d-1})\in S_{n-1}(2n-1)$. Rỏ ràng điều này cũng mâu thuẩn với giả thiết quy nạp.
      • Giả sử tồn tại $d>k>1$ sao cho $x_k=a$. Xóa $x_k$ ra khỏi dãy. Nếu $x_{k-1}\neq x_{k+1}$ thì ta có dãy $(x_1,x_2,...,x_{k-1},x_{k+1},...,x_d)\in S_{n-1}(2n-1)$ và điều này cũng trái với giả thiết quy nạp. Nếu $x_{k-1}=x_{k+1}$ thì xóa luôn số $x_{k-1}$ ra khỏi dãy, khi đó dãy còn lại thuộc $S_{n-1}(2n-2)$ và điều này cũng trái với giả thiết quy nạp.
    • Nếu mỗi số từ $1$ đến $n$ xuất hiện trong dãy $(x_1,x_2,...,x_d)$ đúng hai lần. Không giảm tổng quát giả sử $x_1=n$ và $x_k=n$ với $1<k\leq 2n$. Kết hợp với giả thiết suy ra trong dãy $(x_2,x_3,...,x_{k-1})$ mỗi số lặp lại đúng hai lần và $k$ là số chẵn, từ đây ta có $(x_2,x_3,...,x_{k-1})\in S_m(2m)$ với $m=\dfrac{k-2}{2}$. Rỏ ràng điều này trái với giả thiết quy nạp.
    Vậy ta có $S_n(d)=\emptyset, \forall d\geq 2n$. Hay bài toán hoàn toàn được chứng minh.
     
  7. Chia sẻ trang này

    Tác giả: Mai Xuân Việt
    Đăng lúc: 14/1/18
    Bài 6. Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_0=2,x_1=1$ và $x_{n+2}=x_{n+1}+x_{n}\left ( n\geq 0 \right )$

    a) Với $n\geq 1$, chứng minh rằng nếu $x_n$ là số nguyên tố thì $n$ là số nguyên tố hoặc $n$ không có ước nguyên tố lẻ.

    b) Tìm các cặp số nguyên không âm $(m,n)$ sao cho $x_n$ chia hết cho $x_m$.

    Lời giải tham khảo:

    Tất cả gói gọn trong công thức sau
    \[{x_{m + n}} = {x_m}{x_n} + {\left( { - 1} \right)^{n+1}}{x_{m - n}}\quad\forall\,m;\,n\in\mathbb Z^+, m\ge n\;(*).\]
    a-Với $n>2k$, ta có
    \[{x_n} = {x_{n - k}}{x_k} + {\left( { - 1} \right)^{k+1}}{x_{n - 2k}} \equiv {\left( { - 1} \right)^{k+1}}{x_{n - 2k}}\pmod{x_k}.\]
    Từ đây nếu $n=kp$, trong đó $p\in\mathcal P\setminus\{2\}$ và $k>1$ thì
    \[{x_n} \equiv {\left( { - 1} \right)^{\frac{{(p - 1)(k+1)}}{2}}}{x_k} \equiv 0\pmod{x_k}.\]
    Vì dãy tăng ngặt trên $\mathbb Z^+$ nên $x_k>x_1=1$ và $x_n>x_k$, cho nên $x_n$ không là số nguyên tố.
    Vậy nếu $x_n$ là số nguyên tố, thì $n$ là số nguyên tố hoặc $n$ không có ước nguyên tố lẻ.
    b-Nếu $m=0$, dễ thấy để $x_m\mid x_n$ thì $3\mid n$, còn $m=1$ thì mọi $n$ đều thoả. Ta xét với $m>1$, khi đó viết phép chia
    \[n = qm + r.\]
    Ta xét các trường hợp sau:
    1. Nếu $q=0$, thì do dãy tăng ngặt trên $\mathbb Z^+$ nên $1\le x_r<x_m$ nên không thoả.
    2. Nếu $q$ chẵn, từ $(*)$ ta có
      \[{x_n} \equiv {\left( { - 1} \right)^{\frac{{q(m+1)}}{2}}}{x_r}\pmod{x_m}\]
      Cho nên không thể có $x_m\mid x_n$, bởi nếu không phải có $x_n\mid x_r$ mà $1\le x_r<x_n$.
    3. Nếu $q$ lẻ, từ $(*)$ ta lại có
      \[{x_n} \equiv {\left( { - 1} \right)^{\frac{{\left( {q - 1} \right){(m+1)}}}{2}}}{x_{m + r}}.\]
      Cho nên để $x_m\mid x_n$ thì $x_m\mid x_{m+r}$.
      • Nếu $r>0$, lại để ý đẳng thức
        \[{x_{m + r}} = {x_{2m + r - m}} = {x_r}{x_m} - {\left( { - 1} \right)^r}{x_{m - r}}.\]
        Vậy nếu $x_m\mid x_n$ thì $x_m\mid x_{m-r}$, nhưng điều này là không thể do dãy tăng ngặt trên $\mathbb Z^+$.
      • Nếu $r=0$, tức $n$ là bội lẻ của $m$ thì rõ ràng $x_n\mid x_m$.
    Tóm lại, các cặp thoả mãn là $(0;\,3k)$, $(1;\,n)$ và $(m;\,(2k+1)m)$ với $m\in\mathbb Z^+\setminus\{1\},\,n;\,k\in\mathbb N$.
     
  8. Chia sẻ trang này

    Tác giả: Mai Xuân Việt
    Đăng lúc: 14/1/18
    Bài 7. Cho tam giác nhọn không cân $ABC$ có trọng tâm $G$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $H_a,H_b,H_c$ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh $A,B,C$ của tam giác $ABC$ và $D,E,F$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$. Các tia $GH_a,GH_b,GH_c$ lần lượt cắt $(O)$ tại các điểm $X,Y,Z$

    a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $XCE$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BH$

    b) Gọi $M,N,P$ tương ứng là trung điểm các đoạn thẳng $AX,BY,CZ$. Chứng minh rằng các đường thẳng $DM,EN,FP$ đồng quy.

    Lời giải tham khảo:

    [​IMG]
    [​IMG]
    [​IMG]
    [​IMG]
    [​IMG]