Đề thi và lời giải kỳ thi chon đội tuyển dự thi VMO của trường PTNK - ĐHQG TPHCM năm 2019

Bài 1. a) Hãy chỉ ra một dãy số có vô hạn điểm tụ. b) Chứng minh rằng nếu một dãy số có mọi dãy con hội tụ thì nó cũng hội tụ. c) Gọi S là tập hợp tất cả các số chính phương dương. a) [r]

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN VMO CỦA PTNK TPHCM 2019

Nguyễn Tăng Vũ – Lê Phúc Lữ – Trần Bá Đạt (trung tâm Star Education) thực hiện

Tài liệu này có tham khảo thêm các lời giải của thầy Trần Nam Dũng, thầy Võ Quốc Bá Cẩn, thầy Nguyễn Lê Phước, bạn Đoàn Cao Khả, bạn Nguyễn Tiến Hoàng, bạn Hà Huy Khôi

Thời gian làm bài mỗi ngày: 180 phút

Ngày thi thứ nhất (17/9/2019)

Bài 1 Số thực  được gọi là điểm tụ của dãy số ( )u n nếu tồn tại ít nhất một dãy con của (u n) có hội tụ đến 

a) Hãy chỉ ra một dãy số có vô hạn điểm tụ

b) Chứng minh rằng nếu một dãy số có mọi dãy con hội tụ thì nó cũng hội tụ

c) Gọi S là tập hợp tất cả các số chính phương dương Dãy số ( )a n xác định bởi:

1

n

a n

 nếu nS và a n 12

n

 nếu nS

Đặt

1

n

k



 Xét tính hội tụ của các dãy số ( )a n và ( ).b n

Bài 2 Tìm tất cả các hợp số dương n sao cho

( )n 2 mod ( ) ,n

trong đó ký hiệu ( ), ( )n  n là hàm tổng các ước của n và hàm Euler

Bài 3 Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn

f f x y  f x f f y xf y   x y

với mọi số thực x y,

Bài 4 Cho tam giác ABC không cân nội tiếp trong đường tròn ( )O với BC cố định và A

thay đổi trên cung lớn BC Các đường tròn bàng tiếp góc , ,A B C lần lượt tiếp xúc với các cạnh BC CA AB, , tại D E F, , Gọi L M N, , lần lượt là giao điểm khác , ,A B C của các cặp đường tròn(ABE),(ACF); (BCF), (BAD); (CAD),(CBE)

a) Chứng minh rằng AL luôn đi qua điểm cố định khi A thay đổi

b) Gọi K I J, , lần lượt là trung điểm của AD BE CF, , Chứng minh rằng KL IM JN, , đồng quy

Ngày thi thứ hai (19/9/2019)

Bài 5 Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2

8(a b c )9(abbcca) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T

Bài 6 Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau 

i) mf m( )nf n( )2mf n( ) là số chính phương với mọi , ;m n

ii) f mn( ) f m f n( ) ( ) với mọi ,m n nguyên dương;

iii) Với mọi số nguyên tố p, f p( ) không chia hết cho 2

p

Bài 7 Một trường phổ thông có n học sinh Các học sinh tham gia vào tổng cộng m câu lạc

bộ làA A1, 2,,A m

a) Chứng minh rằng nếu mỗi câu lạc bộ có 4 học sinh và hai học sinh bất kỳ tham gia chung

12

n n

b) Giả sử tồn tại k 0 sao cho hai câu lạc bộ bất kỳ có chung nhau k thành viên và tồn tại một câu lạc bộ A t có k thành viên Chứng minh rằng mn

Bài 8 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ).O Đường tròn nội tiếp ( )I tiếp xúc với các cạnh BC CA AB, , lần lượt tại D E F, , Gọi J là tâm bàng tiếp góc A của tam giác ABC và H

là hình chiếu của D lên EF

a) Chứng minh rằng giao điểm của AH JD, thì thuộc đường thẳng OI

b) Giả sử DH cắt lại ( )I ở K và IK cắt lại đường tròn ngoại tiếp (IEF) ở L Chứng minh rằng AD LH, cắt nhau tại một điểm nằm trên (IEF)

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài 1 Số thực  được gọi là điểm tụ của dãy số ( )u n nếu tồn tại ít nhất một dãy con của ( )u n

có hội tụ đến 

a) Hãy chỉ ra một dãy số có vô hạn điểm tụ

b) Chứng minh rằng nếu một dãy số có mọi dãy con hội tụ thì nó cũng hội tụ

c) Gọi S là tập hợp tất cả các số chính phương dương Dãy số ( )a n xác định bởi:

1

n

a n

 nếu nS và a n 12

n

 nếu nS

Đặt

1

n

k



 Xét tính hội tụ của các dãy số ( )a n và ( ).b n

Lời giải

a) Ta sẽ chỉ ra dãy số mà mỗi số nguyên dương xuất hiện vô hạn lần trong đó Chẳng hạn

(u n) : 1, 2,1, 2,3,1, 2,3, 4,1,2,3, 4,5,

với u  n 1 nếu nS và u n1u n nếu 1 nS, trong đó S là tập hợp các số có dạng

( 1)

2

m m 

như 1,3,6,10,15,

Khi đó, với mỗi số nguyên dương m  thì ta luôn có thể trích ra một dãy con vô hạn của (u n) có tất cả các phần tử đều bằng ,m tức là hội tụ về m

b) Do mỗi dãy số là dãy con của chính nó nên rõ ràng khẳng định của bài toán là đúng

c) Ta có 0 a n 1

n

  với mọi n nên theo nguyên lí kẹp, ta suy ra lim a  n 0

Nhận xét rằng b n là dãy tăng Ta có

2

2

2

2

1 , 1 , 1 , 1 , 1

, 1

1

1 2

1 2

n

n

i S i n

i

        

 





    











Vì dãy 1 12 12 1 1 1 1 2 1 2

n

u

đánh giá đã xây dựng được, ta có b n2 cũng bị chặn trên Kết hợp với b n là dãy tăng, ta suy ra bản thân dãy b n cũng bị chặn trên nên nó hội tụ

Nhận xét

Ở câu b, ta đã biết kết quả “thuận” quen thuộc của bài toán là: Nếu một dãy số hội tụ thì mọi

dãy con của nó cũng hội tụ Đây là kết quả thú vị của giải tích mà việc chứng minh đơn thuần

là nhờ cách “đánh số lại chỉ số của dãy” Câu b của bài toán này lại hỏi chiều “đảo” là một kết

quả hiển nhiên

Trên thực tế, ý c của bài toán này là vừa đủ đẹp cho một bài giải tích, liên quan đến kết quả

1s 2s   n s hội tụ khi và chỉ khi s 1 Một số bài toán tương tự về

1

1

n

i i

1

1

n

i i

(1) Cho dãy số ( )a n với 1 1

1 2

1

n



5

n

x



(3) Cho dãy số nguyên dương ( )a n tăng ngặt mà trong 2019 số nguyên dương liên tiếp bất

1 1

1

n

i a i a i  

Bài 2 Tìm tất cả các hợp số dương n sao cho

n n   n

trong đó ký hiệu ( ), ( )n  n là hàm tổng các ước của n và hàm Euler

Lời giải

Giả sử p là một ước nguyên tố lẻ của n Nếu v n  p( ) 1 thì theo công thức của hàm Euler, ta

có p| ( ) n , mà n( )n 2 chia hết cho ( ),n tức là cũng chia hết cho p nên kéo theo p| 2,

vô lý Suy ra v n  p( ) 1 với mọi p n|

t

n p p p với k 0 và p1p2 p t là các số nguyên tố phân biệt

Theo công thức tính các hàm, ta có

1

1 2

( )n 2k (p 1)(p 1) (p t 1)

1 2

( ) (2k 1)( 1)( 1) ( 1)

t

Đánh giá lũy thừa 2 trong các số trên, ta có

 

2 ( ) 1

v  n    và k t v n2 ( )n   k t

Do đó từ ( ) n n( )n  , ta suy ra 12    nên k 1 t k  Ta xét các trường hợp sau t 2

- Nếu t 0 thì n 2k là hợp số nên k2,n , thử trực tiếp ta thấy thỏa 4

- Nếu t 1 thì n2p nên ( )n  p 1, ( ) n 3(p1) và đưa về

1 | 6 ( 1) 2

p p p 

6 (p p  1) 2 6p 6p 2 (p1)(6p12)10 nên p 1 |10 Từ đó ta tìm được p3,p11 tương ứng với n6,n22

- Nếu t 2 thì k 0, ta có n p p1 2 nên ( )n (p11)(p2 và 1) ( )n (p11)(p2 1) đưa về (p11)(p21) | (p11)(p2  1) 2

Đặt x p11,y p2 thì vì 1 p13,p2 nên 5 x2,y4 và

xy x y  xy x y

Rõ ràng (x2)(y  2) 0 xy2x2y4 nên xyxy2x2y 2 3xy Do đó phải có

xy x y  xy x y  , không thỏa vì x2,y2 cùng chẵn nên vế trái chia hết cho 4, trong khi vế phải thì không

Do đó, trường hợp này không có số n thỏa mãn

Vậy tất cả các số cần tìm là 4,6, 22

Nhận xét

Ở bài toán này, ta tận dụng tính chất nhân tính của hàm ( )n và đặc điểm số mũ của 2 trong

( ), ( )n n

  có liên hệ nhiều đến số lượng ước nguyên tố lẻ của n Bởi vì thế nên nhờ việc đồng

dư với 2, ta chặn trên được cho giá trị ,k t và thu nhỏ được số trường hợp

Một số bài toán tương tự:

(1) Giả sử tồn tại số nguyên dương n và số nguyên tố lẻ p sao cho ( )n 2 ,p chứng minh rằng 2p 1 là số nguyên tố và n2p1, 4p2 

( )x 2 3k

nghiệm nguyên dương phân biệt

(3) Cho số n lẻ, chứng minh rằng ( )n lẻ khi và chỉ khi n là số chính phương

Bài 3 Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn

f f x y  f x f f y xf y   x y

với mọi số thực x y,

Lời giải

Thay x y 0 vào phương trình đề cho, ta có

( (0)) (0) ( (0)) 0

f f  f f f  , suy ra f f( (0))0 hoặc f(0) 1 Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1 Nếu f f( (0))0 Thay y 0, vào phương trình đề cho, ta có

( ( )) (0)

f f x xf x,  x Thay x f(0) và sử dụng f f( (0))0, ta được

2

Do đó f f x( ( ))x với mọi x   Thay vào phương trình đề bài, ta có

f f x y yf x xf y   x y x y 

Thay y bởi f y( ) và sử dụng tính đối xứng của vế trái, ta được

f f x  f y  f x f y xy x f y xy y f x

Do đó f x( ) x f y( )y với mọi x y  , , hay f x( ) x c Thử lại, ta có c 0

Trường hợp 2 Nếu f(0) 1 Thay y 0 vào phương trình đề cho, ta có

( ( )) ( ) ( 1) 0,

f f x  f x f     x

f f    f  Thay x 0 vào phương trình đề cho, ta có

f y f f y  y   y

Kết hợp các đẳng thức trên lại, ta có

f x  f x f     x x

2

f f x   f x f  xf       x x

Mặt khác, ta cũng có 2

f  f f x  f x f      Cộng vế theo vế hai biểu thức x

trên lại, ta có

f x   f  x   x

Thử lại, ta thấy không thỏa mãn

Vậy phương trình có nghiệm hàm duy nhất là f x( )x

Nhận xét

Thành phần f x f f y( ) ( ( )) trong đề bài khiến bài toán đòi hỏi các bước xử lý hơi rắc rối Bài toán còn nhiều hướng xử lý khác cho trường hợp khó là f(0) 1 Dưới đây là một số bài toán tương tự:

(1) Tìm tất cả các hàm số f : sao cho f x( xy) f x( ) f x f f y( ) ( ( )), x y,   (2) Tìm tất cả các hàm số f : sao cho

f f x y  f x f f y xf y  f f x  với mọi y x y  ,

Bài 4

Cho tam giác ABC không cân nội tiếp trong đường tròn ( )O với BC cố định và A thay đổi trên cung lớn BC Các đường tròn bàng tiếp góc , ,A B C lần lượt tiếp xúc với các cạnh

BC CA AB tại D E F, , Gọi L M N, , lần lượt là giao điểm khác , ,A B C của các cặp đường tròn(ABE),(ACF); (BCF), (BAD); (CAD),(CBE)

a) Chứng minh rằng AL luôn đi qua điểm cố định khi A thay đổi

b) Gọi K I J, , lần lượt là trung điểm của AD BE CF, , Chứng minh rằng KL IM JN, , đồng quy

Lời giải

a) Đặt BCa CA, b AB,  và c p là nửa chu vi thì theo tính chất tiếp điểm bàng tiếp, ta có

BF CE p a Đến đây ta có hai cách tiếp cận:

Cách 1 (dùng ý tưởng vị tự quay)

Bằng biến đổi góc, ta có được LBFLEC g g( ), mà BFCE nên hai tam giác này bằng nhau Suy ra LBLE LC, LF nên L là trung điểm cung BE của đường tròn (ABE) và cũng là trung điểm cung CF của (ACF)

Từ đó ta có AL là phân giác góc BAC hay AL luôn đi qua trung điểm cung nhỏ BC của ( ),O

là điểm cố định

Cách 2 (dùng ý tưởng nghịch đảo)

Xét phép nghịch đảo đối xứng với phương tích k AB AC và trục đối xứng là phân giác góc

A Ta có EEAC F, FAB sao cho AE AE AF AF k





F C p a



dụng định lý Ceva cho tam giác ABC thì CE BF,  và phân giác góc A đồng quy

Lại có qua phép nghịch đối xứng trên thì phân giác giữ nguyên, (ABE)CF,(ACF)BE

nên ta có L thuộc phân giác góc A

b) Để ý rằng vai trò của M N L, , là bình đẳng trong tam giác ABC Do đó, từ câu a, một cách tương tự, ta có M N, thuộc phân giác góc ,B C nên cũng lần lượt là trung điểm các cung nhỏ của các đường tròn tương ứng

Suy ra M K N, , thẳng hàng (cùng thuộc trung trực của đoạn AD); tương tự với các bộ ba

, ,

N I L và L J M, , Cuối cùng, ta thấy rằng

Tương tự với các tỷ số khác Đến đây, áp dụng định lý Ceva cho tam giác MNL, ta có các đoạn thẳng LK IM JN, , đồng quy

Nhận xét

Ý a của bài toán sẽ được giải quyết nhẹ nhàng nếu phát hiện được BF CE Thực ra ý này cũng đúng với mọi cặp điểm E F, thay đổi trên AC AB, mà hai đoạn trên bằng nhau Ta còn

có kết quả quen thuộc hơn là (AEF) sẽ đi qua trung điểm cung lớn BC

J I

N

M K

F

L

E

C B

A

Ở ý b, mấu chốt là phải thấy được sự tương tự về vai trò của các điểm L M N, , thì mới có thể

xử lý bài toán nhanh chóng được (nếu không sẽ rất khó nhìn hình vẽ để phán đoán các tính chất vì có quá nhiều đường tròn)

Ở bài toán này, ta còn chứng minh được rằng điểm đồng quy của ý b chính là tâm Spieker của tam giác ABC (chính là tâm nội tiếp của tam giác có ba đỉnh là trung điểm ba cạnh)

Dưới đây là bài toán tương tự:

Cho tam giác ABC có D E F, , là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp lên các cạnh BC CA AB, , Trung trực BE CF, cắt nhau ở X. Trung trực CF AD, cắt nhau ở Y. Trung trực AD BE, cắt nhau ở Z. Chứng minh rằng AX BY CZ, , đồng quy

Bài 5 Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2

8(a b c )9(abbcca) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

Lời giải Do tính thuần nhất đối xứng của các biến nên chuẩn hóa

2 2 2

abbcca a b c     a b c

Ta có



       

8

a b c

ab bc ca

   



   

b  c a bc a bc  a a

(bc) 4bc, ta có

3

T abca a  a  f a Đến đây khảo sát hàm số này trên miền 1;7

3

 

 

 

 , ta được

112

27

14

 Giá trị lớn nhất của P là 7, đạt được chẳng hạn khi ( , , )a b c (2, 2,1)

 Giá trị nhỏ nhất của P là 93,

14 đạt được chẳng hạn khi ( , , ) 7 4 4, ,

3 3 3

a b c  



 

Nhận xét

Bài toán đối xứng khá đẹp nhưng nếu cố gắng xử lý theo hướng dùng các BĐT cổ điển thì thực sự sẽ khá bế tắc Cách giải bằng chuẩn hóa rồi đánh giá miền giá trị của biến số ở trên là kinh điển và hiệu quả nhất

Bài tập tương tự:

(x y z) 32xyz Tìm GTLN và GTNN của biểu thức

4 4 4

4

P

x y z



(2) Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn (x y z) 1 1 1 10

x y z



2 2 2



Bài 6 Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 

i mf m( )nf n( )2mf n( ) là số chính phương với mọi , ;m n

ii f mn( ) f m f n( ) ( ) với mọi ,m n nguyên dương;

iii Với mọi số nguyên tố p, f p( ) không chia hết cho 2

p

Lời giải

Thay m vào i), ta suy ra n 4mf m( ) là số chính phương với mọi m  nên mf m( ) cũng là

số chính phương với mọi m 

Với p là số nguyên tố, vì pf p( ) là số chính phương nên p f p| ( ) và ta đặt 2

f p k p với

k là số nguyên dương nào đó Thay m p n, 1 vào i), ta suy ra

( ) 1 2

pf p   p là số chính phương,

k p  p là số chính phương

2p2kp nên ta phải có k 1

Vì thế nên f p( ) p với mọi số nguyên tố p Sử dụng điều kiện ii), hàm f nhân tính, và cũng vì mọi số nguyên dương bất kỳ đều có thể viết dưới dạng tích của các số nguyên tố nên

ta có được f n( )n với mọi n 

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn các ràng buộc của đề bài

Nhận xét

Trong lời giải trên, ta đã không sử dụng đến điều kiện f p( ) không chia hết cho 2

p Trên thực

( )

f p k p với gcd( , )k p 1, không ảnh hưởng đến việc chứng minh k 1 sau đó

Bài toán tương tự trên đề vòng Final của Iran 2010: Tìm tất cả các hàm số f : sao 

cho mf m( )nf n( )2mn là số chính phương với mọi , m n nguyên dương

Trên thực tế, ta có thể bỏ bớt điều kiện ii), iii) đi mà bài toán gốc vẫn có thể giải quyết được

Cụ thể như sau: Chứng minh rằng nếu hàm số : f  thỏa mãn  f(1)1 và với mọi , m n nguyên dương, ta có mf m( )nf n( )2mf n( ) là số chính phương thì ( ) f n     n, n  Bạn đọc có thể thử sức

Bài 7 Một trường phổ thông có n học sinh Các học sinh tham gia vào tổng cộng m câu lạc

bộ A A1, 2,,A m

a) Chứng minh rằng nếu mỗi câu lạc bộ có 4 học sinh và hai học sinh bất kỳ tham gia chung

12

n n

b) Giả sử tồn tại k 0 sao cho hai câu lạc bộ bất kỳ có chung nhau k thành viên và tồn tại một câu lạc bộ A t có k thành viên Chứng minh rằng mn

Lời giải

a) Gọi S là số bộ ({ , }, )A B C mà trong đó học sinh ,A B cùng tham gia vào CLB C

 Cách 1 Chọn CLB trước, có m cách, chọn cặp học sinh cùng tham gia vào đó có 2

4 6

C 

cách nên S6 m

 Cách 2 Chọn cặp học sinh trước, có 2

n

C cách, chọn CLB mà hai học sinh đó cùng tham gia, có không quá 1 cách nên 2

n

SC

12

n

n n

b) Xét CLB X nào đó có k thành viên Xét m 1 CLB còn lại thì theo giả thiết, rõ ràng các CLB này đều có chứa k thành viên trên của CLB X Từ đó suy ra m 1 CLB còn lại đôi một không

có thành viên chung

Xét nk học sinh còn lại của trường thì rõ ràng một học sinh thuộc tối đa một CLB (trong số các CLB còn lại), suy ra số CLB còn lại không vượt quá nk nên suy ra

1

m    n k n

Ta có đpcm