KHAI THÁC MỘT SỐ CHỦ ĐỀ CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI VMO 2018

Lời giải. Bài toán được phát biểu lại để có thể dễ tiếp cận hơn.. Từ đó, ta có đẳng thức đã nêu.. Chứng minh rằng số giao điểm của các đường tròn ít nhất là 2000. Các đường tròn này sẽ [r]

KHAI THÁC MỘT SỐ CHỦ ĐỀ CHỌN LỌC

HƯỚNG TỚI VMO 2018

Lê Phúc Lữ tổng hợp và giới thiệu

Mục lục

1 Đa thức đẹp nhưng có nghiệm xấu 2

2 Đường thẳng Nagel đi qua tâm Spieker 7

3 Hai bổ đề Lifting trong số học 13

4 Đếm bằng hai cách trong hình học 18

5 Bài toán tồn tại trong giải tích 23

Qua bài viết này, tác giả muốn giới thiệu đến bạn đọc một vài chủ đề chọn lọc ở

các phân môn của Olympic Toán cũng như các nhận xét, phân tích các khía cạnh liên quan

Chủ đề A ĐA THỨC ĐẸP NHƯNG CÓ NGHIỆM XẤU

Từ bổ đề đơn giản này, ta có thể thu được ngay bài toán quen thuộc sau ở THCS:

Cho , ,A B C thỏa mãn A3 4 B 32 C 0 Khi đó, A  B C 0

Nếu không dùng liên hợp, ta có thể lập luận bằng cách xét tam thức bậc hai

P x  x  Q x  với ( )Q x  [ ].x

Ta xét các bài toán sau:

Bài 1 (KHTN 2017) Cho đa thức P x( ) có hệ số tự nhiên thỏa mãn P( 3)3 2017 Hỏi tổng các

hệ số của P x( ) nhỏ nhất là bao nhiêu?

Lời giải Đặt

0( )

n i i i

không chia hết cho 3 nên rõ ràng, tất cả hệ số đó đều bằng 0 Suy ra ( )P x chỉ chứa toàn các hệ

số của số mũ chia hết cho 3

Giả sử f(1) nhỏ nhất (đây cũng chính là tổng hệ số của đa thức P ban đầu) thì dễ dàng chứng minh được b i0,1, 2 (vì nếu không, ta có thể thay b i  b i 3) Suy ra ( )f x nhỏ nhất khi các hệ

số của nó là biểu diễn tam phân của 2017, đáp số là 9

Một bài tương tự có trong đề thi Nga:

Bài 2 Tìm tất cả đa thức hệ số tự nhiên ( )P x sao cho (1) P 7, (2)P 2017

Tiếp theo, có lẽ chúng ta đã khá quen thuộc với bài toán sau của thầy Trần Nam Dũng:

Bài 3 Cho phương trình bậc ba x33x 1 0 Chứng minh rằng phương trình có ba nghiệm là

,

a b c đồng thời 2 2 2

2

a  c c  b b  a Trong đề thi chọn đội tuyển Trung Quốc 2017, có một bài tương tự như thế như ở dạng tổng quát hơn có nội dung như sau:

Bài 4 (China TST 2017) Cho đa thức P x( ) [ ]x có bậc ba và ba nghiệm vô tỷ a b c, , phân biệt

có tổng là 0 Giả sử tồn tại p q,  sao cho ab2 pb q Chứng minh rằng 2

( ( )) ( ) ( ) ( )

P Q x P x f x r x với deg ( )r x 2 Thay xb vào, suy ra ( )r b 0 Nếu degr0 thì lại xét phép chia

( ) ( ) ( ) ( )

P x  f x r x r x với deg ( ) 1r x1  Chú ý rằng r x1( ) [ ]x và r b1( )0 với b vô tỷ nên vô lý, suy ra degr0 hay

( ( )) ( ) ( )

P Q x P x f x

Từ đây ta có ( ( ))P Q a P Q c( ( ))0 Suy ra Q a( )a b c, ,  Ta xét các trường hợp:

Nếu ( )Q a a thì aa2 pa q , dễ dẫn đến điều vô lý tương tự trên (vì)

Nếu ( )Q a b thì a2 pa q b, mà b2 pb q a nên

( )( ) ( ) 1 ( )

a b  b a a b  p b a     a b p

 

(p a p b p c )(  )(  ) 1.

Cộng các đẳng thức trong (*) lại, ta được 2 2 2 3 0 3

2

a b c  q ab bc ca q Nhân phương trình thứ 1, 2,3 của (*) cho , ,b c a rồi cộng lại, ta có

Tiếp theo, ta xét một bài có phát biểu rất ấn tượng và cũng rất thú vị cũng chủ đề trên

Bài 5 (Benelux 2017) Cho số nguyên dương k2 và đặt 65k a a n n1 a a a2 1 0 Xét đa thức

1

P x a x a x   a x a Chứng minh rằng nếu tồn tại a để ( )P a 0 thì a

Lời giải Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề:

Nếu đa thức ( )f x  [ ]x và có nghiệm là x p

Thật vậy, xét

0( )

n i i i

f x a x



 và

0( )

m i i i

g x b x



 là hai đa thức nguyên bản; giả sử tích ( ) ( )f x g x

là một đa thức không nguyên bản, tức là có một ước nguyên tố chung p cho các hệ số

Do ,f g nguyên bản nên tồn tại a và r b không chia hết cho s p

Giả sử rằng r là chỉ số lớn nhất trong f và s là chỉ số lớn nhất trong g thỏa mãn điều kiện đó Khi đó | , |p a p b với i j ir j, s Xét lũy thừa x r s với hệ số là i j

P x  qxp Q x với ( )Q x  [ ].x Suy ra 65k (10qp Q) (10) Chú ý rằng a12,a0 5 vì 65k với k2 tận cùng là 25

Ta cũng có p a| 5 nên p1 hoặc p5 Ta xét hai trường hợp:

Nếu p1 thì 10q1 là ước của 65k, nhưng q1, 2,3, ,9 và 65k không có ước nào có dạng

10q1 như trên nên vô lý

Nếu p5 thì 10q5 là ước của 65k hay 2q1 là ước của 13 5k k1

a   a     a     a   Nếu k3 thì 625 | 65k nên 65k sẽ có tận cùng là 625 và a2 6 nên vế trái có tận cùng khác 0, không thỏa Suy ra k2 Khi đó, ta có P x( )4x32x22x5, dễ dàng kiểm tra trực tiếp được

đa thức này không có nghiệm hữu tỷ

Vậy với mọi k2 thì đa thức ( )P x xác định như trên không có nghiệm hữu tỷ

Cuối cùng, xin giới thiệu thêm hai bài toán về liên hệ đẹp giữa các nghiệm xấu của phương trình bậc ba trong các đề thi năm vừa rồi:

Bài 6 (Hà Tĩnh 2017) Cho P x( )x32x27x17, ( )Q x x33x28x4 Chứng minh rằng hai đa thức đều có nghiệm dương duy nhất ,  và    1

Bài 7 (Gặp gỡ Toán học 2017) Cho P x( )x34x239x46 và Q x( )x33x24x3 Chứng minh rằng ( ), ( )P x Q x đều có các nghiệm dương duy nhất, đặt là ,  và { } { }   2, trong

đó ký hiệu { }x là phần lẻ của x

Chủ đề B ĐƯỜNG THẲNG NAGEL ĐI QUA TÂM SPIEKER

Trong tam giác ABC, ta đã biết rằng trọng tâm, trực tâm, tâm ngoại tiếp và tâm Euler là bốn điểm thẳng hàng quen thuộc; nhưng còn có bốn điểm quen thuộc khác cũng thẳng hàng nữa là: trọng tâm G, tâm nội tiếp I , điểm Nagel N và tâm Spierker S Xin nhắc lại:

- Điểm Nagel là điểm đồng quy của 3 đoạn thẳng nối đỉnh và tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc tương ứng lên cạnh đối diện

- Tâm Spierker là tâm nội tiếp của tam giác có ba đỉnh là ba trung điểm

Có một cách sơ cấp hơn bằng việc chứng minh bổ đề sau:

Bài 1 Cho hình bình hành ABCD với ,E F di động trên BA BC sao cho , AECF thì giao điểm của AF CE sẽ nằm trên đường thẳng cố định, đó là phân giác của góc , D

Thật vậy, đặt K  AFCE H,  ADCE thì theo định lý Thales, ta có

Suy ra DK là phân giác của ADC

Trở lại bài toán,

Dựng tam giác DEF sao cho , ,A B C lần lượt là trung điểm của EF FD DE Vì , , N là điểm Nagel của tam giác ABC nên nếu đặt RNBAC S, NCAB thì CRBS

H

K

F

B A

D

Theo bổ đề thì N thuộc phân giác trong góc D Tương tự thì N cũng thuộc phân giác trong của các góc ,E F nên N là tâm nội tiếp tam giác DEF

Dễ thấy hai tam giác ABC DEF có cùng trọng tâm , G nên xét phép vị tự tâm G, tỷ số  2 biến

ABCDEF nên sẽ biến I N Do đó, , ,I G N thẳng hàng

(2) Để chứng minh , ,I G S thẳng hàng, ta có thể dễ dàng dùng phép vị tự tâm G, tỷ số 1

2

 biến tam giác ABC thành tam giác XYZ (trung điểm ba cạnh) Do đó, phép vị tự đó sẽ biến I thành

S và khi đó , ,I G S cũng thẳng hàng Kết quả được chứng minh

Liên quan đến đường thẳng Nagel, trong kỳ thi hình học Sharygin cũng có vài lần nhắc đến:

Bài 2 (Vòng loại Sharygin 2016) Cho tam giác ABC có O M N lần lượt là tâm ngoại tiếp, , ,

trọng tâm và điểm Nagel Chứng minh rằng MON 90 khi và chỉ khi một trong các góc của tam giác ABC bằng 60 

Lời giải

Giả sử MON 90 thì gọi I H E, , lần lượt là tâm nội tiếp, trực tâm và tâm Euler của tam giác

ABC Từ các tỷ lệ quen thuộc, ta có IE ON

Do đó, IEHO, mà E là trung điểm HO nên IHIO

S N

I G A

E H

I

O A

Giả sử I nằm trong tam giác AHO thì hai tam giác AIO và AIH có AI chung, IHIO và

90

IAH IAO

     (do tính đẳng giác của AO AH, ) nên dễ dàng suy ra hai tam giác này bằng nhau hay AH AO2RcosA   R A 60

Chiều ngược lại cũng tương tự như trên (thậm chí còn dễ thấy hơn)

Bài 3 (Vòng loại Sharygin 2018) Dựng tam giác ABC biết điểm Nagel N đỉnh , B và chân đường cao H kẻ từ B đến AC.

Trong một lần muốn chế biến đề bài liên quan đến (1), tác giả bài viết này đã " vẽ hình sai " và đi đến một bài toán khá thú vị (cái sai là vẽ nhầm đường phân giác của góc):

Bài 4 Cho tam giác ABC không cân có M N P lần lượt là trung điểm , , BC CA AB Giả sử , , I là giao điểm của phân giác BPM,MNP và J là giao điểm của phân giác CNM,MPN.Đường tròn tâm I tiếp xúc với MP tại D , đường tròn tâm J tiếp xúc với MN tại E Chứng

minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn ( )I và ( ) J chia đôi đoạn thẳng DE

Lời giải Mấu chốt là cần chứng minh rằng DE song song với BC

Đặt BAC2 , ABC2 , BCA2 thì      90 Ta tính được

Theo định lý sin thì sin



 Chia hai

vế của các đẳng thức trên, ta có sin cos sin

sin cos sin

MN  JN  EN , điều này chứng tỏ DE NP hay DE BC .

Giả sử đường thẳng DE cắt ( ), ( )I J lần lượt tại , S T Ta sẽ chứng minh rằng DSET

Dễ thấy rằng MDE2  IDS   90 PDS902  Suy ra

2 cos 2 sin 2 2 sin sin 2

Tương tự, ET 4 sinsinsinNP nên DSET

Gọi K là trung điểm DE thì K/( )I KD KS KE KT  K/( )J ,chứng tỏ rằng K thuộc trục đẳng phương của ( ),( ).I J Ta có đpcm

Tiếp theo, xét mô hình sau trong đề chọn đội tuyển bổ sung 2005:

Bài 5 (VN TST 2005) Cho tam giác ABC có đường cao AD và E F, là hình chiếu của B C, lên phân giác góc A Gọi M là trung điểm BC Khi đó, D E F M, , , cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC

Lời giải

Gọi N P, là trung điểm AB AC, thì dễ thấy nếu gọi B là giao điểm của 1 BE AC, thì ABB cân 1

ở A nên E là trung điểm BB , suy ra E1 MN Tương tự FMP

I

P J

F E A

Khi đó DEF    B CMP DMF nên D E M F, , , cùng thuộc đường tròn Bằng biến đổi góc, ta cũng có MEMF

Gọi T là điểm thuộc ( )O sao choAT BC và J là trung điểm cung lớn BC , ta có JAJT

Xét phép vị tự tâm là G (trọng tâm tam giác ABC ), tỷ số 1

2

 thì A M T, D (dễ chứng minh) và ( )O biến thành đường tròn Euler (O) Khi đó, J K thì K(O) và K là trung điểm cung DM Ngoài ra, ta có AJEF nên KM EF nên KEKF, mà KM KD nên K chính

là tâm đường tròn qua D E F M, , , Bài toán được chứng minh

Gọi I là tâm nội tiếp tam giác ABC thì dễ dàng tính được phương tích từ I đến ( )K là r Do 2

đó, khi xây dựng các đường tròn tương tự với K là ( ), ( )R S ở các đỉnh B C, thì I chính là tâm đẳng phương của ( ), ( ), ( )K R S

Tiếp theo, ta cũng biết rằng điểm Nagel của tam giác MNP chính là tâm nội tiếp I của tam giác

ABC và ( )K chính là đường tròn có tâm là trung điểm cung lớn NP của (MNP) nên ta thu được ngay kết quả sau, được giới thiệu bởi thầy Trần Quang Hùng:

Bài 5 Cho tam giác ABC có điểm Nagel N và D E F, , lần lượt là trung điểm các cung lớn

Tiếp theo, nói về tâm Spieker, ta có có nhiều tính chất thú vị như sau:

- Tâm Spieker chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn bàng tiếp

- Tâm Spieker là trung điểm của đoạn nối trực tâm H và tâm đường tròn qua ba tâm bàng tiếp

Để kết thúc chủ đề này, ta xét bài toán sau của thầy Lê Bá Khánh Trình bồi dưỡng đội tuyển PTNK Lời giải có sự đóng góp của bạn Nguyễn Tiến Hoàng, PTNK TP HCM và Nguyễn Minh Uyên, THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang:

Bài 5 Cho tam giác ABC nhọn không cân trực tâm H tâm nội tiếp , I và có M N P lần lượt , ,

là trung điểm các cạnh BC CA AB Gọi , , d d d lần lượt là đường thẳng qua 1, 2, 3 M N P và vuông , ,góc với đường phân giác trong các góc , ,A B C tương ứng Giả sử d d d cắt nhau đôi một tạo 1, 2, 3thành tam giác DEF và K là tâm ngoại tiếp của DEF Chứng minh rằng K là trung điểm HI

Lời giải

Gọi ( ), ( ), ( )I a I b I c là các đường tròn bàng tiếp góc , ,A B C của tam giác ABC Ta biết rằng M

cách đều hai tiếp điểm ( ),( )I I lên a BC nên M có cùng phương tích đến ( ), ( )I I a Do đó, d chính 1

là trục đẳng phương của hai đường tròn này

Tương tự suy ra d d lần lượt là trục đẳng phương của ( ), ( )2, 3 I I b và ( ), ( ).I I c Suy ra Dd2d3

chính là tâm đẳng phương của ( ),( ),( )I I b I hay c /( ) /( )

D I  D I Ngoài ra, /( ) /( )

M I  M I nên MD chính là trục đẳng phương của ( ), ( )I b I c

Vì trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm nên

Chủ đề C HAI BỔ ĐỀ LIFTING TRONG SỐ HỌC

Hai bổ đề này mà tác giả muốn nhắc đến ở đây chính là Bổ để nâng lũy thừa LTE và bổ đề Hensel (còn gọi là Hensel Lifting, cũng dùng để nâng lũy thừa trong phương trình đồng dư) Cả hai bổ

đề này cũng đã từng xuất hiện cách đây rất lâu trong đề thi VMO Ta nhắc lại sơ lược về hai bổ

đề này như sau:

(LTE 1) Với p là số nguyên tố lẻ, xét ,a b là các số nguyên không chia hết cho p nhưng p a b|  Khi đó, với mọi n nguyên dương thì

P x  p và P x( )i 0 (mod )p với mọi i1, 2, , r

Khi đó, với mọi số nguyên dương k , tồn tại đúng r số nguyên dương với 1 x p k sao cho P x( )

với mọi p nguyên tố, các số x x, 0 và p x| x0

Chứng minh tính chất này dễ dàng bằng khai triển Taylor

!

k

P x

k  với mọi x vì đạo hàm cấp k có các số hạng chia hết cho k!

Bạn Trần Hoàng Anh, SV trường ĐH KHTN Hà Nội cũng đã chỉ ra được mối liên hệ giữa hai bổ

đề trên Tác giả bài viết sẽ giới thiệu nội dung đó trong một dịp khác

Tiếp theo, ta xét hai bài toán trong đề VMO trước đây có dùng hai bổ đề trên:

Bài 1 (VMO 1997) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, đều tồn tại k nguyên dương

để cho 2 |19n k97

Lời giải Quy nạp theo n

Với n1 thì chọn k0

Giả sử khẳng định đúng đến n, tức là ta đã có k để 2 |19n k 97 Có hai trường hợp xảy ra:

- Nếu v2(19k97) n 1 thì quy nạp hoàn tất

Bài 2 (VMO 2000) Xét đa thức P x( )x3153x2111x38 Chứng minh rằng trên [1;32000], có đúng 9 số nguyên dương a sao cho 32000| ( ).P a

Thay vì giải quyết bài toán này, trong điều kiện không dùng máy tính, ta đổi bằng bài toán sau với cùng tính chất của các hệ số

Bài 3 Xét đa thức P x( )x33x26x4 Hỏi trên miền 2017

1;3

  thì có bao nhiêu số a để ( )

2015 2015 2015 2015 20160;3 1 , 3 ; 2 3 1 , 2 3 ;3 1

thì có đúng một số k sao cho 32015| ( )Q k

Vậy nên có đúng 3 số k thỏa mãn đề bài

Ở bài VMO 2000, bằng phép đặt tương tự, ta đưa về

( ) (3 1) 27( 52 22 3)

P a P k  k  k  k Đến đây, bài toán giải quyết một cách hoàn toàn tương tự (nhưng cho số hơi lớn, khó tính toán) Bên dưới là một số bài toán áp dụng nhẹ nhàng cho bổ đề Hensel:

Bài 4 (KHTN 2011) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, tồn tại duy nhất số nguyên dương x[1;5 ]n sao cho 5 |n x3 x 1

Gợi ý Bài toán trên là hệ quả trực tiếp của bổ đề vì nếu xét P x( )x3 x 1 thì

(3) 0(mod 5), (3) 0

P  P  theo mod 5

Bài 5 Cho đa thức P x( )x34x26x c với c1, 2, , 2017 Hỏi có tất cả bao nhiêu số c

sao cho ứng với mỗi giá trị c đó, số lượng 2017

1;7

x   để cho 72017| ( )P x là nhiều nhất?

Gợi ý Vẫn theo ý tưởng Hensel Thử các số x1, 2,3, 4,5, 6, 7, ta thấy với c4(mod 7) thì phương trình đồng dư sẽ có nhiều nghiệm nhất Đếm được 288 số c

Quay lại bổ đề LTE, ta xét hai bài toán rất thú vị bên dưới:

Bài 6 (KHTN 2015) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thỏa mãn

3n4n5 | 60n n thì n1, 2,3

Điều này sai theo BĐT Bernoulli vì 4 5 7

Bài 7 (Thổ Nhĩ Kỳ MO) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: Với mọi a nguyên dương

lẻ và nguyên tố cùng nhau với n thì 2n2 |a n1 Chứng minh rằng n là số square-free

Tương tự với p lẻ Do đó, tất cả mũ của p n đều là | 1 nên n square-free

Bài 8 Cho biết rằng với n nguyên dương thì ( !) ( )

1

p p

số của n trong hệ p- phân; hãy giải các bài toán sau

a) Cho , ,a b c là các số nguyên dương và ! !| ! a b c Chứng minh rằng 2a b c  2c2

b) Với n là số nguyên dương chẵn, đặt 1 1 1

2

2 ( ) ( ) ( ) 2 log ( ) log ( ) log ( )

a b c   s a s b s c   a  b  c