Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Đề thi và lời giải chi tiết HSG Quốc gia Toán VMO 2019

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 15/1/19
    loigiaiVMO.jpg

    Ngày thi thứ nhất

    Bài 1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\]
    • a) Chứng minh rằng tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$.
    • b) Chứng minh rằng tồn tại hai dãy số $\left(x_n\right)$ và $\left(x_n\right)$ sao cho $\lim x_n=\lim y_n$ và\[{x_n} < {y_n},\;\;\;{\kern 1pt} f\left( {{x_n}} \right) = f\left( {{y_n}} \right),\quad \;\;\;\forall {\mkern 1mu} n.\]

    Bài 2. Dãy số nguyên $\left( {{x_n}} \right)$, thỏa $0\le x_0<x_1\le 100$ và\[{x_{n + 2}} = 7{x_{n+1}} - {x_n} + 280,\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]
    • a) Với $x_0=2,\,x_1=3$, chứng minh rằng tổng các ước số dương của $M_n$ là bội số của $24$, với$$M_n=x_{n}x_{n+1}+x_{n+1}x_{n+2}+x_{n+2}x_{n+3}+2018.$$
    • b) Tìm các cặp $\left(x_0,\,x_1\right)$ sao cho $x_nx_{n+1}+2019$ là số chính phương với vô số số tự nhiên $n$.

    Bài 3. Với mỗi đa thức $f(x)$, ký hiệu $T(f)$ là tổng bình phương các hệ số của $f(x)$. Cho $P\left( x \right) = \prod\limits_{1 \le k \le 2020} {\left( {x + k} \right)}$, chứng minh rằng tồn tại $2^{2019}$ đa thức $Q_k(x)$ ($1\le k\le 2^{2019}$) có các hệ số là các số thực dương và có bậc là $2020$ sao cho\[T\left( {{Q_k}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N^*.\]

    Câu 4. Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và tâm đường tròn nội tiếp $I$, trên các tia $AB$, $AC$, $BC,\, BA,\, CA,\, CB$ lần lượt lấy các điểm $A_1,\,A_2,\,B_1,\,B_2,\,C_1,\,C_2$, sao cho $$AA_1=AA_2=BC,\, BB_1=BB_2=AC,\, CC_1=CC_2=AB.$$ Các cặp đường thẳng $\left(B_1B_2,\, C_1C_2 \right),\, \left( C_1C_2,\, A_1A_2 \right),\, \left( B_1B_2,\, A_1A_2 \right)$. Lần lượt có giao điểm là $A',\,B',\,C'$.
    • a) Chứng minh rằng diện tích tam giác $A'B'C'$ không vượt quá diện tích tam giác $ABC$.
    • b) Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C'$. Các đường thẳng $AJ,\,BJ,\,CJ$ lần lượt cắt các đường thẳng $BC,\, CA,\,AB$ tại $R,\,S,\,T$ tương ứng. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AST,\, BTR,\, CRS$ cùng đi qua một điểm $K$. Chứng minh rằng nếu tam giác $ABC$ không cân thì $IHJK$ là hình bình hành.

    Ngày thi thứ 2

    Bài 5. Cho đa thức $f(x)=x^2-\alpha x+1$.
    • a) Với $\alpha=\dfrac{\sqrt{15}}{2}$, hãy viết $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
    • b) Tìm tất cả các giá trị của $\alpha$ để viết được $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.

    Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nhọn và không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm $(H)$. Gọi $M,\,N,\,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,\,CA,\,AB$ và $D,\,E,\,F$ lần lượt là chân các đường cao tương ứng với các đỉnh $A,\,B,\,C$ của tam giác $ABC$. Gọi $K$ là điểm đối xứng của $H$ qua $BC$. Hai đường thẳng $DE$ và $MP$ cắt nhau tại $X$; hai đường thẳng $DF$ và $MN$ cắt nhau tại $Y$.
    • a) Đường thẳng $XY$ cắt cung nhỏ $\displaystyle\mathop{BC}^{\frown}$ của $(O)$ tại $Z$. Chứng minh rằng bốn điểm $K,\,Z,\,E,\,F$ đồng viên.
    • b) Hai đường thẳng $KE,\,KF$ lần lượt cắt $(O)$ tại các điểm thứ hai là $S$ và $T$ (khác $K$). Chứng minh rằng các đường thẳng $BS,\,CT$ và $XY$ đồng quy.

    Bài 7. Có một số mảnh giấy hình vuông có cùng kích thước, mỗi mảnh được chia caro thành $5x5$ ô vuông ở cả hai mặt. Ta dùng $n$ màu đẻ tô cho các mảnh giấy sao cho mỗi ô của mỗi mảnh giấy được tô cả hai mặt bởi cùng một màu. Hai mảnh giấy được coi là giống nhau nếu có thể xếp chúng khít lên nhau sao cho các cặp ô vuông ở cùng vị trí có cùng màu. Chứng minhh rằng không có quá $\dfrac{1}{8}\left( {{n^{25}} + 4{n^{15}} + {n^{13}} + 2{n^7}} \right)$ mảnh giấy đôi một không giống nhau.

    HÌNH ẢNH ĐỀ THI
    VMO_2019_01.jpg
    VMO_2019_02.jpg
     
  2. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 15/1/19
    Bài 1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\]
    • a) Chứng minh rằng tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$.
    • b) Chứng minh rằng tồn tại hai dãy số $\left(x_n\right)$ và $\left(x_n\right)$ sao cho $\lim x_n=\lim y_n$ và\[{x_n} < {y_n},\;\;\;{\kern 1pt} f\left( {{x_n}} \right) = f\left( {{y_n}} \right),\quad \;\;\;\forall {\mkern 1mu} n.\]
    Lời giải:
    Câu a.
    Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists b > 0:0 < f\left( x \right) \le 1,\forall x \ge b$
    và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists a < 0:0 < f\left( x \right) \le 1,\forall x \le a$
    Với \[x \in \left[ {a;b} \right]\] thì hàm số f(x) đạt giá trị lớn nhất trên \[x \in \left[ {a;b} \right]\] . Giả sử $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)$. Khi đó xét:
    Do đó hàm số f(x) bị chặn trên R. Đặt $M={sup f(x):x\in R}$.
    Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists d > 0:0 < f\left( x \right) < M,\forall x \ge d$
    và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \exists c < 0:0 < f\left( x \right) < M,\forall x \le c$

    Câu b. Gọi giá trị lớn nhất của $f$ trên $\mathbb{R}$ là $M$ và giả sử $x_0$ là một điểm nào đó sao cho $f(x_0) = M$. Ta xét hai trường hợp sau.


    Trường hợp 1. Không tồn tại khoảng $(a, b)$ chứa $x_0$ nào mà $f(x) < M$ với mọi $x\in (a, b) \setminus \{x_0\}$.

    Với mỗi $n$ nguyên dương, đặt $I_n = \left(x_0 - \frac{1}{n}, x_0 + \frac{1}{n}\right)$. Theo trường hợp đang xét, tồn tại $u_n \in I_n\setminus \{x_0\}$ sao cho $f(u_n) = M$, với mọi $n\ge 1$. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $\{u_n\}$ có một dãy con $\{u_{n_k}\}$ gồm các số hạng đôi một khác nhau và $u_{n_k} < x_0$ với mọi $k\ge 1$.

    Xét dãy $\{x_k\}$ xác định bởi $x_k = u_{n_k}$ với mọi $k\ge 1$ và dãy $\{y_k\}$ xác định bởi $y_k = x_0$ với mọi $k \ge 1$. Ta có $x_k < y_k$ với mọi $k\ge 1$, $\lim x_k = \lim y_k = x_0$ và $f(x_k) = f(y_k) = M$ với mọi $k\ge 1$.


    Trường hợp 2. Tồn tại khoảng $(a, b)$ chứa $x_0$ sao cho $f(x) < M$ với mọi $x\in (a, b) \setminus \{x_0\}$.

    Lấy $A, B \neq x_0$ trong $(a, b)$ sao cho $x_0 \in [A, B]$. Từ giờ trở đi, ta sẽ chỉ làm việc trên đoạn $[A, B]$.

    Do $f$ liên tục trên $[A, x_0]$ và $[x_0, B]$ nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất trên hai đoạn này. Gọi $m_1$ và $m_2$ lần lượt là giá trị nhỏ nhất của $f$ trên $[A, x_0]$ và $[x_0, B]$ (theo trường hợp đang xét, ta suy ra $m_1, m_2 < M$). Đặt $z_1 = \max\{m_1, m_2\}$. Theo Định lý giá trị trung gian, tồn tại $x_1\in [A, x_0]$ và $y_1 \in [x_0, B]$ sao cho $f(x_1) = f(y_1) = z_1$. Theo cách chọn này, $x_1 < y_1$ vì nếu không thì $x_1 = y_1 = x_0$, mâu thuẫn với việc $m_1, m_2 < M$.

    Chọn $z_2 = \frac{1}{2}(z_1 + M)$ thì $z_1 < z_2 < M$. Theo Định lý giá trị trung gian trên đoạn $[x_1, x_0]$ và $[x_0, y_1]$, tồn tại $x_2\in [x_1, x_0]$ và $y_2\in [x_0, y_1]$ sao cho $f(x_2) = f(y_2) = z_2$. Lập luận tương tự như trên, ta cũng có $x_2 < y_2$.

    Giả sử ta đã xây dựng được $x_n$ và $y_n$. Chọn $z_{n+1} = \frac{1}{2}(z_n + M)$ thì $z_n < z_{n+1} < M$. Theo Định lý giá trị trung gian trên đoạn $[x_n, x_0]$ và $[x_0, y_n]$, tồn tại $x_{n+1} \in [x_n, x_0]$ và $y_{n+1} \in [x_0, y_n]$ sao cho $f(x_{n+1}) = f(y_{n+1}) = z_{n+1}$, đồng thời $x_{n+1} < y_{n+1}$.

    Như vậy, ta đã xây dựng được dãy $\{x_n\}$ tăng trên $[A, x_0]$ và $\{y_n\}$ giảm trên $[x_0, B]$ sao cho $x_n < y_n$ và $f(x_n) = f(y_n)$ với mọi $n\ge 1$. Ta chứng minh $\lim x_n = \lim y_n = x_0$.

    Do $\{x_n\}$ tăng và bị chặn trên bởi $x_0$ nên nó có giới hạn $l_1 \in [A, x_0]$. Giả sử $l_1 \neq x_0$, do $f$ liên tục nên $$M = \lim z_n = \lim f(x_n) = f(l_1) < M,$$

    mâu thuẫn ($f(l_1) < M$ theo trường hợp đang xét).

    Vậy $\lim x_n = x_0$. Tương tự, ta chứng minh được $\lim y_n = x_0$.

    Ta có điều cần chứng minh.
     
  3. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 15/1/19
    Bài 2. Dãy số nguyên $\left( {{x_n}} \right)$, thỏa $0\le x_0<x_1\le 100$ và\[{x_{n + 2}} = 7{x_{n+1}} - {x_n} + 280,\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]
    • a) Với $x_0=2,\,x_1=3$, chứng minh rằng tổng các ước số dương của $M_n$ là bội số của $24$, với$$M_n=x_{n}x_{n+1}+x_{n+1}x_{n+2}+x_{n+2}x_{n+3}+2018.$$
    • b) Tìm các cặp $\left(x_0,\,x_1\right)$ sao cho $x_nx_{n+1}+2019$ là số chính phương với vô số số tự nhiên $n$.
    Lời giải:
    a) Ta có các đồng dư sau với mỗi số tự nhiên $n$\[\begin{array}{l}
    {x_{n + 2}} \equiv - \left( {{x_{n + 1}} + {x_n}} \right)\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 8} \right),\\
    {x_{n + 2}} \equiv {x_{n + 1}} - {x_n} + 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 3} \right).
    \end{array}\]
    Từ đây, khảo sát số dư của dãy khi chia $8$ và chia $3$, qua phép truy toán ta được $x_n$ chia cho $3$ dư $2$ nếu $n$ chẵn và $x_n$ chia $3$ dư $0$ nếu $n$ lẻ. Đồng thời, $x_n$ chia cho $8$ dư $2$ nếu $3\mid n$, và khi $3\nmid n$ thì $x_n$ chia $8$ dư $2$. Cho nên có\[\begin{array}{l}
    {M_n} &= {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_{n + 2}} + {x_{n + 2}}{x_{n + 3}} + 2018\\
    &\equiv {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_n} + {x_n}{x_{n + 1}} + 2018\\
    &\equiv - 1\;\;\;\left( {\,\bmod \,3} \right).
    \end{array}\]Trong ba số nguyên liên tiếp, sẽ có duy nhất một số chia hết cho $3$, nên\[\begin{array}{l}
    {M_n} &= {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_{n + 2}} + {x_{n + 2}}{x_{n + 3}} + 2018\\
    & \equiv {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_n} + {x_{n + 2}}{x_n} + 2018\\
    &\equiv 2\times 3+3\times 3+3\times 2+2018\\
    & \equiv - 1\;\;\;\left( {\,\bmod \,8} \right).
    \end{array}\]Tổng hợp lại ta sẽ có\[{M_n} = {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_{n + 2}} + {x_{n + 2}}{x_{n + 3}} + 2018 \equiv - 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 24} \right).\]Do $M_n\equiv -1\pmod 3$, nên $M_n$ không thể là số chính phương, và ta viết tổng các ước số dương của $M_n$ thành\[\sigma = \sum\limits_{d} {\left( {d + \frac{{{M_n}}}{d}} \right)} .\]Trong đó, $d$ chạy khắp các ước dương của $M_n$ nhỏ hơn $\sqrt{M_n}$.

    Để ý là nếu $d\mid M_n$ thì $d$ lẻ và $3\nmid d$, cho nên từ $M_n\equiv -1\pmod{24}$ có\[\begin{array}{l}
    d + \frac{{{M_n}}}{d} = \frac{{{d^2} + {M_n}}}{d} \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 3} \right),\\
    d + \frac{{{M_n}}}{d} = \frac{{{d^2} + {M_n}}}{d} \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod 8} \right).
    \end{array}\]Từ đó lấy tổng lại là có$$24\mid\sigma .$$

    b) Giả sử, $x_0,\,x_1$ là các số thỏa yêu cầu, ta có đẳng thức sau
    \[{x_{n + 3}} - 7{x_{n + 2}} + {x_{n + 1}} = {x_{n + 2}} - 7{x_{n + 1}} + {x_n},\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]Từ đó, nếu với mỗi $n\in\mathbb N$ đặt $x_{n+2}-9x_{x_n+1}-x_n=a_n$, thế thì có\[{a_{n + 1}} = - {a_n} - 18{x_{n + 1}},\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]Bình phương hai vế ta có\[\begin{array}{l}
    a_{n + 1}^2 - 36{x_{n + 2}}{x_{n + 1}} &= a_n^2 + 36{a_n}{x_{n + 1}} + {18^2}x_{n + 1}^2 - 36{x_{n + 2}}{x_{n + 1}}\\
    &= a_n^2 + 36\left( {{x_{n + 2}} - 9{x_{n + 1}} - {x_n}} \right)x_{n+1} + {18^2}x_{n + 1}^2 - 36{x_{n + 2}}{x_{n + 1}}\\
    &= a_n^2 - 36{x_{n + 1}}{x_n}.
    \end{array}\]Như vậy, $a_n^2-36x_{n+1}x_n$ là dãy hằng, và ta có\[\begin{array}{l}
    a_n^2 - 36{x_{n + 1}}{x_n} &= {a_0}^2 - 36{x_1}{x_0}\\
    &= {\left( {{x_2} - 9{x_1} - {x_0}} \right)^2} - 36{x_1}{x_0}\\
    &= {\left( {7{x_1} - {x_0} - 9{x_1} - {x_0}} \right)^2} - 36{x_1}{x_0}\\
    &= {\left( {280 - 2{x_1} - 2{x_0}} \right)^2} - 36{x_1}{x_0}.
    \end{array}\]Từ đó mà có được\[36\left( {{x_n}{x_{n + 1}} + 2019} \right) = a_n^2 - D.\]Trong đó, $D= {\left( {280 - 2{x_1} - 2{x_0}} \right)^2} - 36{x_1}{x_0}-36\times 2019$, đó là một hằng số và nếu ta kết hợp với việc $\lim x_nx_{n+1}=+\infty$ kéo theo $\lim \left| {{a_n}} \right|=+\infty$ thế thì với $n$ đủ lớn, sẽ xảy ra bất đẳng thức $$2\left| {{a_n}} \right| + 1 > - D > - 2\left| {{a_n}} \right| + 1,$$ nó dẫn đến\[{\left( {\left| {{a_n}} \right| + 1} \right)^2} > a_n^2 - D > {\left( {\left| {{a_n}} \right| - 1} \right)^2}.\]Vì $a_n^2 - D$ là số chính phương với $n$ lớn thỏa thích, thế nên $D=0$, tức là có\[{\left( {140 - {x_1} - {x_0}} \right)^2} = 9\left( {2019 + {x_1}{x_0}} \right).\]Giờ để ý $0\le x_0<x_1\le 100$, để có đánh giá sau\[2019 + {x_0}{x_1} = \frac{{{{\left( {140 - {x_1} - {x_0}} \right)}^2}}}{9} < 2178.\]Do $2019 + {x_0}{x_1}$ là số chính phương nằm giữa $2019$ và $2178$, nên có hai khả năng sau.

    • Nếu $2019 + {x_0}{x_1}=46^2$, khi đó $x_0x_1=97$ và $x_0+x_1=2$, nên không xảy ra tình huống này.
    • Nếu $2019 + {x_0}{x_1}=45^2$, khi đó $x_0x_1=6$ và $x_0+x_1=5$. Từ đây, $x_0=2$ và $x_1=3$.

    Vậy, tất cả các cặp cần tìm là \[\left( {{x_0},{\mkern 1mu} {x_1}} \right) = \left( {2,\,3} \right).\]
     
  4. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 15/1/19
    Bài 3. Với mỗi đa thức $f(x)$, ký hiệu $T(f)$ là tổng bình phương các hệ số của $f(x)$. Cho $P\left( x \right) = \prod\limits_{1 \le k \le 2020} {\left( {x + k} \right)}$, chứng minh rằng tồn tại $2^{2019}$ đa thức $Q_k(x)$ ($1\le k\le 2^{2019}$) có các hệ số là các số thực dương và có bậc là $2020$ sao cho\[T\left( {{Q_k}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N^*.\]

    Lời giải:
    Trước hết ta có các tính chất sau:
    1. Cho $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+....+a_nx^n$ và $a,b$ là các số thực dương. Khi đó $$\Gamma((ax+b)f(x))=(a^2+b^2)(a_0^2+a_1^2+...+a_n^2)+2ab(a_0.a_1+a_1a_2+...+a_{n-1}.a_n).$$
    2. Từ tính chất trên suy ra $\Gamma((ax+b)f(x))=\Gamma((bx+a)f(x))$.
    3. Ta có $\Gamma((ax+b)^nf^n(x))=\Gamma((ax+b)^{n-1}(bx+a)f^n(x))=...=\Gamma((bx+a)^nf^n(x))$ với mọi số nguyên dương $n$.
    Trở lại bài toán. Đặt $X=\{2;3;...;2020\}$, Gọi $A$ là tập con bất kỳ của $X$, đặt $Q_{A}(x)=(x+1)\prod\limits_{k \notin A} {\left( {x + k} \right)}\prod\limits_{k \in A} {\left( {kx + 1} \right)}$.
    Áp dụng tính chất $(2)$, ta được $\Gamma(Q_A(x))=\Gamma(P(x))$ và cũng từ tính chất $(3)$ suy ra $\Gamma(Q_A^n(x))=\Gamma (P^n(x))$ với mọi số nguyên dương $n$. Hay $Q_A(x)$ là một đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán. Do tập $X$ có $2^{2019}$ tập con. Nên có ít nhất $2^{2019}$ đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

    Hoặc có thể suy luận theo cách sau:
    Xét đa thức $F(x)=\left(a_0+a_1x+\ldots+a_mx^m\right)\left(a_m+a_{m-1}x+\ldots+ax\right)^m$, trong đó $\left(a_m+a_{m-1}x+\ldots+ax\right)=x^mF\left(\dfrac{1}{x}\right)$, lúc này hệ số của $x^m$ trong $F(x)$ sẽ là \[a_0^2 + a_1^2 + \ldots + a_m^2 = T\left( {f\left( x \right)} \right).\] Xét đa thức $H(x)=P(x)x^2020P\left(\dfrac{1}{x}\right)=\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) \ldots \left( {x + 2020} \right)\left( {1 + x} \right)\left( {1 + 2x} \right) \ldots \left( {1 + 2020x} \right)$. Lúc này hệ số của $2020$ trong $H(x)$ sẽ là tổng bình phương các hệ số trong $P(x)$. Quy nạp ta suy ra hệ số của $x^{2020^n}$ trong $H(x)^n$ sẽ bằng $T \left( P(x)^n \right)$. Xét đa thức $Q_x(x)$ đạt được bằng cách trong đa thức $P(x)$ thay một số thừa số có dạng $x+j$ bằng thừa số $jx+1$. Rõ ràng có $2^{2019}$ đa thức $Q_x(x)$ thế này do số tập con của ${2,\,\ldots,\,2020}$ là $2^{2019}$ và bậc của $Q_x(r)$ là $2020$. Ta sẽ chỉ ra $T\left( {{Q_x}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),{\mkern 1mu} \forall n$. Ta có ${Q_x}\left( x \right){x^{2020}}{Q_x}\left( {\frac{1}{x}} \right) = H\left( x \right)$. Do đó hệ số của $x^{2020^{n}}$ của $H(x)^n$ sẽ bằng $T\left( {{Q_x}{{\left( x \right)}^n}} \right)$ kết hợp với hệ số của $x^{2020^n}$ của $H(x)^n$ bằng $T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right)$, ta có $$T\left( {{Q_x}{{\left( x \right)}^n}} \right) = T\left( {P{{\left( x \right)}^n}} \right),{\mkern 1mu} \forall n.$$
     
  5. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 15/1/19
    Câu 4. Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và tâm đường tròn nội tiếp $I$, trên các tia $AB$, $AC$, $BC,\, BA,\, CA,\, CB$ lần lượt lấy các điểm $A_1,\,A_2,\,B_1,\,B_2,\,C_1,\,C_2$, sao cho $$AA_1=AA_2=BC,\, BB_1=BB_2=AC,\, CC_1=CC_2=AB.$$ Các cặp đường thẳng $\left(B_1B_2,\, C_1C_2 \right),\, \left( C_1C_2,\, A_1A_2 \right),\, \left( B_1B_2,\, A_1A_2 \right)$. Lần lượt có giao điểm là $A',\,B',\,C'$.
    • a) Chứng minh rằng diện tích tam giác $A'B'C'$ không vượt quá diện tích tam giác $ABC$.
    • b) Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C'$. Các đường thẳng $AJ,\,BJ,\,CJ$ lần lượt cắt các đường thẳng $BC,\, CA,\,AB$ tại $R,\,S,\,T$ tương ứng. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AST,\, BTR,\, CRS$ cùng đi qua một điểm $K$. Chứng minh rằng nếu tam giác $ABC$ không cân thì $IHJK$ là hình bình hành.
    Lời giải:

    bai4_01.png bai4_02.png bai4_03.png
     
  6. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 15/1/19
    Bài 5. Cho đa thức $f(x)=x^2-\alpha x+1$.
    • a) Với $\alpha=\dfrac{\sqrt{15}}{2}$, hãy viết $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
    • b) Tìm tất cả các giá trị của $\alpha$ để viết được $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
    Lời giải:
    Trước hết ta có một số kết quả sau:
    1. $\lim\dfrac{n}{q^n}=0$ với $q>1$ cho trước.
    2. $\lim\dfrac{a^n}{C_{2n}^n}=0$ với mọi số thực dương $a<4$. Thật vậy, ta có $0<\dfrac{a^n}{C_{2n}^n}<\dfrac{a^n}{\frac{1}{2n}.4^n}=\dfrac{2n}{q^n}$ với $q=\dfrac{4}{a}>1$. Suy ra $\lim\dfrac{a^n}{C_{2n}^n}=0$.
    Trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh phần $(b)$ trước. Giả sử rằng $x^2-\alpha x+1=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ với $P(x),Q(x)$ là hai đa thức với hệ số không âm. Từ đây suy ra $2-\alpha=\dfrac{P(1)}{Q(1)}>0$. Hay $\alpha <2$. Và đây là tất cả những số $\alpha$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi $\alpha \leq 0$ là trường hợp tầm thường (vì $f(x)=\dfrac{f(x)}{1}$). Ta chỉ xét $\alpha >0$. Do $\alpha<2$ nên $a=2+\alpha <4$. Từ tính chất $(2)$, suy ra tồn tại $n$ sao $\dfrac{(2+\alpha)^{2^{n-1}}}{C_{2^n}^{2^{n-1}}}<1$ hay $(2+\alpha)^{2^{n-1}}<C_{2^n}^{2^{n-1}}$. Xét các biểu thức $$P(x)=x^{2^{n-1}}[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^n}-(2+\alpha)^{2^{n-1}}]$$

    $$Q(x)=x^{2^{n-1}-1}[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2}+(2+\alpha)][(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^2}+(2+\alpha)^2]...[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^{n-1}}+(2+\alpha)^{2^{n-2}}].$$
    Rỏ ràng $P(x)$ và $Q(x)$ là các đa thức với hệ số không âm, đồng thời $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=x[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2}-(2+\alpha)]=f(x).$ Hay ta có điều phải chứng minh.
     
  7. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 15/1/19
    Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nhọn và không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm $(H)$. Gọi $M,\,N,\,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,\,CA,\,AB$ và $D,\,E,\,F$ lần lượt là chân các đường cao tương ứng với các đỉnh $A,\,B,\,C$ của tam giác $ABC$. Gọi $K$ là điểm đối xứng của $H$ qua $BC$. Hai đường thẳng $DE$ và $MP$ cắt nhau tại $X$; hai đường thẳng $DF$ và $MN$ cắt nhau tại $Y$.
    • a) Đường thẳng $XY$ cắt cung nhỏ $\displaystyle\mathop{BC}^{\frown}$ của $(O)$ tại $Z$. Chứng minh rằng bốn điểm $K,\,Z,\,E,\,F$ đồng viên.
    • b) Hai đường thẳng $KE,\,KF$ lần lượt cắt $(O)$ tại các điểm thứ hai là $S$ và $T$ (khác $K$). Chứng minh rằng các đường thẳng $BS,\,CT$ và $XY$ đồng quy.
    Lời giải:
    bai6_01.png
    bai6_02.png
     
  8. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 15/1/19
    Bài 7. Có một số mảnh giấy hình vuông có cùng kích thước, mỗi mảnh được chia caro thành $5x5$ ô vuông ở cả hai mặt. Ta dùng $n$ màu đẻ tô cho các mảnh giấy sao cho mỗi ô của mỗi mảnh giấy được tô cả hai mặt bởi cùng một màu. Hai mảnh giấy được coi là giống nhau nếu có thể xếp chúng khít lên nhau sao cho các cặp ô vuông ở cùng vị trí có cùng màu. Chứng minhh rằng không có quá $\dfrac{1}{8}\left( {{n^{25}} + 4{n^{15}} + {n^{13}} + 2{n^7}} \right)$ mảnh giấy đôi một không giống nhau.

    Lời giải:

    Cách 1:
    Trước hết ta có một số nhận xét sau:
    1. Có tất cả là $n^{25}$ cách tô màu tất cả các ô của mảnh giấy ( kể cả giống nhau do quay và lật).
    2. Phép lật ngược mảnh giấy được xem như là phép đối đối xứng của hình vuông (bao gồm phép đối xứng ngang dọc hoặc phép đối xứng chéo).
    3. Một số mảnh giấy có thể tự xoay hoặc tự đối xứng thành chính nó và tất cả các mảnh giấy được chia thành $8$ trường hợp sau:
    • Quay được $90^0$ và đối xứng được: Trường hợp này có tất cả là $x_1=n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $1$ lần.
    • Quay được $90^0$ và không đối xứng được: Trường hợp này có tất cả là $x_2=n^7-n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $2$ lần.
    • Quay $180^0$ và đối xứng ngang hoặc dọc (không quay $90^0$): Trường hợp này có tất cả là $x_3=n^8-n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $2$ lần.
    • Quay $180^0$ và đối xứng chéo (không quay $90^0$): Trường hợp này có tất cả là $x_4=n^9-n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $2$ lần.
    • Quay $180^0$ và không đối xứng (không quay $90^0$): Trường hợp này có $x_5\leq n^{13}-n^7$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $4$ lần.
    • Không quay được nhưng đối xưng ngang hoặc dọc: Trường hợp này có tất cả là $x_6\leq n^{14}-n^8$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $4$ lần.
    • Không quay được nhưng đối xứng chéo: Trường hợp này có tất cả là $x_7\leq n^{15}-n^9$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $4$ lần.
    • Không quay và không đối xứng: Đây là những cách tô màu còn lại, có tất cả là $x_8=n^{25}-x_1-x_2-x_3-x_4-x_5-x_6-x_7$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng 8 lần.
    Vậy số cách tô màu thỏa mãn yêu cầu bài toán là
    $$S=x_1+\frac{x_2+x_3+x_4}{2}+\frac{x_5+x_6+x_7}{4}+\frac{x_8}{8}=\frac{n^{25}+x_7+x_6+x_5+3x_4+3x_3+3x_2+7x_1}{8}$$
    $$\leq \frac{n^{25}+n^{15}+n^{14}+n^{13}+2n^9+2n^8+2n^7-2n^6}{8}\leq\frac{n^{25}+4.n^{15}+n^{13}+2n^7}{8}.$$

    bai7_C1.png

    Cách 2:
    Trước hết ta có bổ đề Buenside được phát biểu như sau:
    Cho $G$ là một nhóm hữu hạn trên tập X. Với $x,y\in X$, ta nói $x$ ~ $y$ nếu $\exists g\in G:g\left( x \right)=g\left( y \right)$. Đặt ${{X}^{g}}$ là tập hợp các điểm bất động của $g$ với mỗi $g\in G$ và ${{X}_{g}}$ là tập hợp các lớp tương đương của $X$ theo quan ~.
    Khi đó ta luôn có: $$\left| {{X}_{g}} \right|=\frac{1}{\left| G \right|}\sum\limits_{g\in G}{\left| {{X}^{g}} \right|}$$.
    Bạn có thể tìm thấy cách chứng minh bổ đề này trên mạng.
    Áp dụng bổ đề Buenside, ta có:
    Gọi $X$ là tập hợp các cách tô màu hình vuông
    Gọi $G$ là các phép biến đổi hình vuông sinh ra từ hành động lật và quay. Các phần tử của $G$ là:
    • ${{g}_{0}}$ là phép đồng nhất
    • ${{g}_{1}}$ là phép quay ${{90}^{0}}$
    • ${{g}_{2}}$ là phép quay ${{180}^{0}}$
    • ${{g}_{3}}$ là phép quay ${{270}^{0}}$
    • ${{g}_{4}}$ là phép lật trên dưới
    • ${{g}_{5}}$ là phép lật trái phải
    • ${{g}_{6}}$ là phép lật đường chéo thứ nhất
    • ${{g}_{7}}$ là phép lật đường chéo thứ hai
    Số điểm bất động của các phép ở trên là:
    bai7.png
    Vậy $\left| {{X}_{g}} \right|=\frac{1}{8}\left( {{n}^{25}}+2{{n}^{7}}+{{n}^{13}}+4{{n}^{15}} \right)$. Ta có ngay điều cần chứng minh.
     
: VMO 2019