5,0 điểm Người ta xếp k viín bi văo câc ô của một bảng 2024 × 2024 ơ vng sao cho hai điều kiệnsau được thỏa mên: mỗi ô không có quâ một viín bi vă không có hai viín bi năo được xếp ở hai
Trang 1HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2023 - 2024
Phan Phương Đức - Nguyễn Văn Linh - Phạm Việt Hưng
NGÀY THỨ NHẤT
Bài 1 (5,0 điểm) Với mỗi số thực x, ta gọi [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.
Cho dãy số {an}∞n=1xác định bởi: an = 1
4[− log4n], ∀n ≥ 1 Đặt bn= 1
n2
Pn k=1ak− 1
a1+ a2
, ∀n ≥ 1
a) Tìm một đa thức P (x) với hệ số thực sao cho bn= P an
n
, ∀n ≥ 1
b) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương {nk}∞k=1tăng thực sự sao cho
lim k→∞bnk = 2024
2025.
Bài 2 (5,0 điểm) Tìm tất cả các đa thức P (x), Q(x) với hệ số thực sao cho với mỗi số thực a thì P (a) là
nghiệm của phương trình: x2023+ Q(a) · x2+ (a2024+ a) x + a3+ 2025a = 0
Bài 3 (5,0 điểm) Cho ABC là tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp O Gọi A0 là tâm của đường tròn đi qua C và tiếp xúc với AB tại A, B0 là tâm của đường tròn đi qua A và tiếp xúc với BC tại B, C0 là tâm của đường tròn đi qua B và tiếp xúc với CA tại C
a) Chứng minh rằng diện tích tam giác A0B0C0lớn hơn hoặc bằng diện tích tam giác ABC
b) Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên các đường thẳng A0B0, B0C0, C0A0 (XY Z) cắt lại A0B0, B0C0, C0A0 tại X0, Y0, Z0 Chứng minh rằng AX0, BY0, CZ0 đồng quy
Bài 4 (5,0 điểm) Người ta xếp k viên bi vào các ô của một bảng 2024 × 2024 ô vuông sao cho hai điều kiện
sau được thỏa mãn: mỗi ô không có quá một viên bi và không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau (hai ô được gọi là kề nhau nếu chúng có chung một cạnh)
a) Cho k = 2024 Hãy chỉ ra một cách xếp thỏa mãn cả hai điều kiện trên mà khi chuyển bất kì viên bi đã được xếp nào sang một ô tùy ý kề với nó thì cách xếp mới không còn thỏa mãn cả hai điều kiện nêu trên b) Tìm giá trị k lớn nhất sao cho với mọi cách xếp k viên bi thỏa mãn hai điều kiện trên ta có thể chuyển một trong số các viên bi đã được xếp sang một ô kề với nó mà cách xếp mới vẫn không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau
Trang 2NGÀY THỨ HAI
Bài 5 (6,0 điểm) Với mỗi đa thức P (x), ta đặt
P1(x) = P (x), ∀x ∈ R;
P2(x) = P (P1(x)) , ∀x ∈ R;
· · · ·
P2024(x) = P (P2023(x)) , ∀x ∈ R.
Cho a là số thực lớn hơn 2 Tồn tại hay không một đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: với mỗi
t ∈ (−a; a), phương trình P2024(x) = t có đúng 22024 nghiệm thực phân biệt?
Bài 6 (7,0 điểm) Với mỗi số nguyên dương n, gọi τ (n) là số các ước nguyên dương của n.
a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương τ (n) + 2023 = n với n là ẩn số
b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương k sao cho có đúng hai số nguyên dương n thỏa mãn phương trình τ (kn) + 2023 = n
Bài 7 (7,0 điểm) Trong không gian, cho đa diện lồi D sao cho tại mỗi đỉnh của D có đúng một số chẵn các
cạnh chứa đỉnh đó Chọn ra một mặt F của D Giả sử ta gán cho mỗi cạnh của D một số nguyên dương sao cho điều kiện sau được thỏa mãn: với mỗi mặt (khác mặt F ) của D, tổng các số được gán với các cạnh của mặt đó là một số nguyên dương chia hết cho 2024 Chứng minh rằng tổng các số được gán với các cạnh của mặt F cũng là một số nguyên dương chia hết cho 2024
Trang 3HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN
Bài 1
Với mỗi số thực x, ta gọi [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x Cho dãy số {an}∞n=1 xác định bởi: an= 1
4[− log4n], ∀n ≥ 1 Đặt bn = 1
n2
Pn k=1ak− 1
a1+ a2
, ∀n ≥ 1
a) Tìm một đa thức P (x) với hệ số thực sao cho bn = Pan
n
, ∀n ≥ 1
b) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương {nk}∞k=1tăng thực sự sao cho
lim k→∞bnk = 2024
2025.
Lời giải.
a) Từ giả thiết ta suy ra:
an+1 = an, với n 6= 4k
an+1 = 4an= 4n, với n = 4k nếu 4k−1 < n ≤ 4kthì an= 4k
Vì bn phụ thuộc vào 1
n2 nên ta dự đoán
P (x) bậc 2, có dạng ax2+ bx + c Lần lượt tính P (1) = 4
5, P (2) =
6
5, P
4 3
= 44
45, thay vào ta được
P (x) = −x
2
5 + x Ta chứng minh đa thức này là đa thức cần tìm bằng quy nạp Tức là:
1
n2
n X
k=1
ak− 1 5
!
= −a
2 n 5n2 + an
n , ∀n ≥ 1.
tương đương với
n X
k=1
ak− 1
5 = −
a2 n
Thật vậy, n = 1, 2, 3 thỏa mãn Giả sử mệnh đề (1) đúng đến n ≥ 3 Khi đó:
– Nếu an+1 = anthì
n+1 X
k=1
ak− 1
5 = −
a2 n
5 + nan+ an+1 = −
a2 n+1
5 + (n + 1)an+1.
– Nếu an+1 = an= 4n thì
n+1 X
k=1
ak− 1
5 = −
a2 n
5 + nan+ an+1 = −
a2n+1
5 + (n + 1)an+1, đẳng thức cuối đúng vì
a2n+1
5 − a
2 n
5 = 3a
2
n= 3nan = nan+1− nan
Do đó, phép quy nạp hoàn tất, ta có P (x) = −x
2
5 + x là đa thức cần tìm.
Trang 4b) Theo chứng minh câu a), ta có:
bn= − a
2 n 5n2 +an
n , ∀n ≥ 1.
Trước hết, ta sẽ chứng minh luôn tồn tại n0 để
1 > n0
an0 = 0, x1x2· · · xn(4)> 1
với x1, x2, · · · , xnbất kì thuộc {0, 1, 2, 3} và x1 ≥ 1 Chọn 4n−1< n0 < 4nthì an0 = 4n Lúc đó (2) tương đương với
n0
4n = x1
4 +
x2
42 + · · · + xn
4n, hay
n0 = x1· 4n−1+ x2· 4n−2+ · · · + 4xn−1+ xn
Rõ ràng
4n−1< x1· 4n−1+ x2· 4n−2+ · · · + 4xn−1+ xn< 4n, nên luôn tồn tại n0 như vậy Hơn nữa, nếu tăng số chữ số của vế phải tại (2) thì rõ ràng n0 cũng tăng
Từ đó, với mỗi q ∈ 1
4, 1
, ta luôn có thể viết:
q = 0, q1q2· · · qn· · ·(4) (hệ đếm cơ số 4), với qi ∈ {0, 1, 2, 3}, ∀i ≥ 1 và q1 ≥ 1 Vậy, theo chứng minh trên thì luôn tồn tại dãy (nk) tăng thực sự sao cho:
nk
ank = 0, q1q2· · · qk (4), ∀k ≥ 1, với qi là chữ số thứ i sau dấu phẩy của q thì lim
k→+∞
nk
ank = q.
Xét phương trình − 1
5q2 +1
q =
2024
2025 có 1 nghiệm q ∈
1
4, 1
Do đó, với dãy (nk) xây dựng như trên thì:
lim k→+∞bnk = lim
k→+∞
− a
2
nk 5nk2 + ank
nk
= − 1 5q2 +1
q =
2024
2025,
ta có điều cần chứng minh
Trang 5Bài 2
Tìm tất cả các đa thức P (x), Q(x) với hệ số thực sao cho với mỗi số thực a thì P (a) là nghiệm của phương trình: x2023+ Q(a) · x2+ (a2024 + a) x + a3+ 2025a = 0
Lời giải. Điều kiện đề bài tương đương với:
P (x)2023+ Q(x) · P (x)2+ x2024+ x P (x) + x3
+ 2025x = 0, ∀x ∈ R
Xét tính chia hết của đa thức cho P (x) của đẳng thức trên, ta suy ra
x x2+ 2025 P (x)
Vì x2+ 2025 là đa thức bất khả quy, ta có các trường hợp sau:
• TH1: P (x) = k (hằng số) Thay vào ta được:
k2023+ k2Q(x) + k x2024+ x + x3+ 2025x = 0
Từ đây dễ thấy k 6= 0 và Q(x) = −k (x
2024+ x) + x3+ 2025x + k2023
• TH2: P (x) = kx Thay vào ta được:
k2023x2023+ k2x2Q(x) + kx x2024+ x + x3 + 2025x = 0
Từ đây xét tính chia hết của đa thức cho x2, ta suy ra 2025x x2, vô lí
• TH3: P (x) = k (x2 + 2025) Thay vào ta được:
k2023 x2+ 20252023+ k2 x2+ 20252Q(x) + k x2+ 2025
x2024+ x + x x2+ 2025 = 0, hay
k2023 x2+ 20252022+ k2 x2+ 2025 Q(x) + k x2024+ x + x = 0
Xét tính chia hết của đa thức cho x2+ 2025 của đẳng thức trên, ta được:
kx2024 + (k + 1)x x2+ 2025
Mà x2024− 20251012 x2+ 2025, nên
(k + 1)x + k · 20251012 x2 + 2025
Điều này là vô lí, vì hệ số bậc nhất và tự do không thể đồng thời bằng 0
• TH4: P (x) = kx (x2+ 2025) Xét tương tự TH2 ta suy ra 2025x x2, vô lí
Vậy, P (x) ≡ k 6= 0 (hằng số) và Q(x) = −k (x
2024+ x) + x3+ 2025x + k2023
k2 là các đa thức thỏa mãn
Trang 6Bài 3
Cho ABC là tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp O Gọi A0là tâm của đường tròn đi qua C
và tiếp xúc với AB tại A, B0 là tâm của đường tròn đi qua A và tiếp xúc với BC tại B, C0 là tâm của đường tròn đi qua B và tiếp xúc với CA tại C
a) Chứng minh rằng diện tích tam giác A0B0C0 lớn hơn hoặc bằng diện tích tam giác ABC
b) Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên các đường thẳng A0B0, B0C0, C0A0 (XY Z) cắt lại A0B0, B0C0, C0A0 tại X0, Y0, Z0 Chứng minh rằng AX0, BY0, CZ0 đồng quy
X'
Z Y
X
C'
T B'
A'
O A
Lời giải.
a) Gọi T là giao điểm của ba đường tròn (A0; A0A), (B0; B0B), (C0; C0C)
Ta có (AB, AT ) ≡ (CA, CT ) ≡ (BC, BT ) (mod π)
Suy ra (A0A, A0T ) ≡ (C0C, C0T ) ≡ (B0B, B0T ) (mod π)
Từ đó 4A0AT ∼ 4C+ 0CT ∼ 4B+ 0BT
Suy ra tồn tại phép vị tự quay tâm T biến tam giác ABC thành tam giác A0B0C0
Vậy ta cần chứng minh T A
0
T A ≥ 1
Điều này tương đương ∠AA0T ≤ 60◦ hay ∠T CA ≤ 30◦
Trang 7Đặt ∠T AB = ∠T CA = ∠T BC = α.
Áp dụng định lý cos và công thức tính diện tích cho tam giác T BC ta có
cot α = cos α
sin α =
BT2+ a2− T C2 4SBT C . Tương tự suy ra
cot α = BT
2+ a2− T C2
CT2+ b2− T A2
AT2 + c2− T B2
a2+ b2 + c2 4SABC ≥√3 Suy ra α ≤ 30◦ Bài toán được chứng minh
b) Ta có ∠T A0B0 = 1
2∠T A0A = ∠T CA Mặt khác, OA0 ⊥ AC, A0C0 ⊥ CT nên ∠OA0C0 = ∠T CA
Vậy ∠T A0B0 = ∠OA0C0 hay A0T và A0O đẳng giác trong ∠B0A0C0
Tương tự suy ra O và T liên hợp đẳng giác trong tam giác A0B0C0
Suy ra X0, Y0, Z0 là hình chiếu của T trên ba cạnh của tam giác A0B0C0 hay AX0, BY0, CZ0 đồng quy tại T
Bình luận Ý a) của bài toán số 3 liên quan tới điểm Brocard và tính chất quen thuộc của góc Brocard Câu
b) sử dụng kiến thức về cặp điểm liên hợp đẳng giác với biến đổi góc đơn giản
Trang 8Bài 4
Người ta xếp k viên bi vào các ô của một bảng 2024 × 2024 ô vuông sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn: mỗi ô không có quá một viên bi và không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau (hai ô được gọi là kề nhau nếu chúng có chung một cạnh)
a) Cho k = 2024 Hãy chỉ ra một cách xếp thỏa mãn cả hai điều kiện trên mà khi chuyển bất kì viên bi đã được xếp nào sang một ô tùy ý kề với nó thì cách xếp mới không còn thỏa mãn cả hai điều kiện nêu trên
b) Tìm giá trị k lớn nhất sao cho với mọi cách xếp k viên bi thỏa mãn hai điều kiện trên ta có thể chuyển một trong số các viên bi đã được xếp sang một ô kề với nó mà cách xếp mới vẫn không
có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau
Lời giải.
a) Gọi (i, j) là ô vuông ở hàng i cột j Hàng đếm từ dưới lên trên, cột đếm từ trái sang phải Gọi đường chéo chẵn là (1, 1) − (2024, 2024), đường chéo chẵn là (2024, 1) − (1, 2024)
Ta xếp 2024 viên bi lên các ô ở đường chéo chẵn Khi đó nếu viên bi ở ô (i, i) được di chuyển lên hoặc sang trái, nó sẽ nằm kề (i + 1, i + 1), và nếu di chuyển xuống dưới hoặc sang phải sẽ nằm kề (i − 1, i − 1) Do đó cách xếp này thỏa mãn đề bài
b) Nhận xét đầu tiên: Ta có thể xét riêng các ô chẵn hoặc các ô lẻ (một ô là chẵn nếu tổng 2 tọa độ của nó chẵn) Thật vậy, một cấu hình mà thỏa mãn thì xét riêng những viên bi ở ô chẵn cũng cho ta một cấu hình thỏa mãn
Ta sẽ chứng minh k = 2(2024 − 1) − 1 là số lớn nhất thỏa mãn Giả sử phản chứng tồn tại cách xếp thỏa mãn cả 2 điều kiện đề bài, mà di chuyển bất kỳ viên bi nào cũng đều không thỏa mãn
Ý tưởng: Đồ thị hóa, chứng minh tồn tại một chu trình gồm gần như toàn các ô phân biệt mà chứa một
số ô trên cả 4 cạnh của hình vuông.
Xét đồ thị G có các viên bi là đỉnh, 2 viên bi được nối với nhau khi và chỉ khi chúng có khoảng cách 2
(ô x có thể được nối với các ô đỏ nếu chúng có bi)
Ta sẽ định nghĩa một đường đi sang trái từ viên bi (i, j) là chuỗi các viên bi được nối với nhau, với
tọa độ thứ 2 giảm dần và kết thúc tại một viên bi nằm trên cạnh bên trái của hình vuông
Trang 9(một đường sang trái từ x0)
Nhận xét 1:Từ bất cứ viên bi nào, luôn tồn tại một đường đi sang trái bắt đầu từ viên bi đó
Thật vậy, nếu viên bi này không nằm trên cạnh bên trái, ta biết rằng khi di chuyển nó sang trái thì sẽ kề một viên bi nào đó khác Do đó tồn tại một viên bi ở bên trái viên bi đang xét và được nối với nó Xét viên bi mới này và lập luận tương tự cho ta 1 đường đi sang trái
Nhận xét 2:Nếu điểm (i, j) nằm phía dưới đường chéo lẻ, ta có ô cuối cùng của đường đi này không là
ô góc trái trên
Thật vậy, nếu i + j < 2025 thì cũng có i + (j − 2), (i − 1) + (j − 1), (i + 1) + (j − 1) nhỏ hơn 2025
Do đó tất cả các ô trên đường đi nều nằm phía dưới đường chéo lẻ theo quy nạp Ta cũng có nhận xét tương tự nếu ô đầu tiên của đường di nằm bên trên đường chéo chẵn
Bằng cách tương tự, ta định nghĩa đường đi lên trên, sang phải và xuống dưới Ta thu được 2 nhận xét bên trên với cả 4 loại đường đi
Nhận xét 3: 2 đường đi từ A và từ B nếu cắt nhau, thì tồn tại 1 đường đi từ A tới B
Thật vậy, chỉ có 2 trường hợp: Cắt nhau trên 1 đỉnh nào đó (xong do A − C − B với C là đỉnh chung giữa 2 đường), hoặc TH như hình vẽ:
Bằng cách nối 1 và 2, ta cũng có được đường đi A − 1 − 2 − B Vậy nhận xét được chứng minh Quay trở lại bài toán, gọi 1 viên bi là tốt nếu nó nằm ở cạnh của hình vuông nhưng không nằm ở góc
Ta chia bài toán thành 2 trường hợp theo sự tồn tại của các viên bi tốt
Trang 10• TH1: Không có bi tốt Ta chứng minh cấu hình của câu a) là cấu hình duy nhất, tức là không thỏa
mãn do chỉ có 2024 viên bi
KMTTQ ta chỉ xét bi ở các ô chẵn
Giả sử phản chứng có một viên bi nằm bên trên đường chéo (i, i) tức là có tọa độ (i, j) với i > j
Xét đường đi sang bên trái từ ô này, từ Nhận xét 2 ta thu được một viên bi tốt ở cạnh bên trái.
Chứng minh tương tự ta cũng có rằng không có viên bi nào nằm bên dưới đường chéo lớn
Mà nếu ô (i, i) có bi thì ô (i + 1, i + 1) cũng vậy, nên cả đường chéo đều phải được điền Lập luận tương tự cho các ô lẻ có được số bi là 0, 2024 hoặc 4048, mâu thuẫn
• TH2: Tồn tại bi tốt.
KMTTQ giả sử tồn tại bi tốt ở ô chẵn Chỉ xét các ô chẵn ta có:
Xét một viên bi tốt, KMTTQ giả sử nó nằm ở hàng dưới cùng, với tọa độ (1, a) Giả sử thêm rằng đây là viên nằm bên phải cùng, gọi nó là p0
Xét một đường đi sang phải từ p0 Theo Nhận xét 2, có được ptlà ô cuối cùng của đường đi phải
là viên bi tốt (ô chẵn nằm phía dưới đường chéo chẵn)
Gọi q0 là ô tốt thấp nhất ở cạnh bên phải, xét dường đi xuống dưới tương tự có ô tốt qr ở hàng dưới cùng
TH2.1: chỉ có 2 cạnh có ô tốt, là cạnh dưới và bên phải.
Xét p0 : (1, x) là ô nằm về bên phải nhất trong số các ô tốt ở cạnh dưới Khi đó p1 : (2, x + 1) có
bi vì (1, x + 2) không là ô tốt và không nằm ở góc Tồn tại đường đi về bên phải từ p1tới ô tốt ps Tương tự gọi q0 : (y, 2024) là tốt thấp nhất của cạnh bên phải Khí đó q1 : (y − 1, 2023) có bi, tồn tại đường đi xuống dưới từ q1 tới ô tốt qr
Nếu q0 ≡ ps hoặc p0 ≡ qr thì có thể dùng luôn đường đi này Nếu không, p0 và qr nằm ở 2
phía khác nhau của đường đi Q, do đó chúng cắt nhau và từ Nhận xét 3, cũng có được đường đi
(đường màu đỏ là đường đi thu được.)
Trang 11Từ việc không có ô tốt ở 2 cạnh còn lại, chứng minh tương tự như TH1 có được đường chéo lớn phải có đủ bi (không có bi nằm trên đường chéo chẵn, sau đó xét đường đi lên từ (1, 1))
Từ p0 ta đi sang trái theo cách cho đến khi gặp đường chéo chẵn tại A : (a, a)
Từ q0 ta đi lên trên tương tự cho đến khi gặp đường chéo chẵn tại B : (b, b)
Vậy đếm được có ít nhất là các ô ở A − B − q0− p0− A, và các ô còn lại trên đường chéo chẵn: (2b − 2a) + (a − 1 + x − a) + (y − 1 + 2024 − x) + (b − y + 2024 − b)
= 4046 viên bi, mâu thuẫn do 4046 > 4045
(Riêng việc đếm các ô chẵn đã có thừa nên không cần xét các ô lẻ)
TH2.2: cả 4 cạnh có ô tốt.
Làm tương tự TH2.1 cho đến (*)
Làm thao tác (*) cho cả 2 cạnh còn lại của hình vuông, có 1 đường đi giữa 2 ô tốt ở cạnh trái và cạnh trên là u0, u1, , v1, v0
Đi sang trái từ p0, xuống dưới từ u0, cho 2 đường đi Nếu chúng cắt nhau, ghép lại theo Nhận xét 3
có 1 đường đi từ p0 tới u0 Nếu chúng không cắt nhau tức là có 1 đường đi nằm ngoài hẳn đường
đi còn lại theo góc nhìn từ ô (1,1) (xem hình):
khi đó đi tiếp bên trái từ un(giả sử U nằm bên trong P ), đến một lúc sẽ cắt P Ghép 2 đường đi này lại cũng thu được 1 đường đi từ p0 đến u0 Chú ý rằng mọi ô trên đường đi đều nằm dưới đường chéo lẻ
Tương tự, ta cũng có được một đường đi từ q0tới v0, nằm trên đường chéo lẻ Ta có được một chu trình, chạm vào cả 4 cạnh và đếm các đỉnh trên chu trình này cho ta ít nhất 4046 viên bi
Cuối cùng, ta sẽ chứng minh với mọi k ≥ 2(2024 − 1) đều tồn tại cách xếp thỏa mãn 2 điều kiện đề bài
mà không di chuyển được bi nào