Cái khó của bài toán này có lẽ là việc khai thác giả thiết song song và vuông góc để biến đổi góc, từ đó dẫn đến hai tam giác đồng dạng, bởi vì việc biến đổi góc rất dễ bị bỏ qua trong q[r]
Trang 1HỌC SINH GIỎI TOÁN 12, TP HÀ NỘI, 2017
Võ Quốc Bá Cẩn – Cao Văn Dũng – Nguyễn Lê Phước – Nguyễn Tiến Lâm
1 Đề thi
Bài 1 (4.0 điểm) Cho x; y và z là các số hữu tỉ sao cho các số xC y2C z2; yC z2C x2và
zC x2C y2đều là các số nguyên Chứng minh rằng 2x là số nguyên
Bài 2 (4.0 điểm) Cho hàm số f W R ! R thỏa mãn điều kiện
f tan x/D 1
2sin 2x cos 2x; 8x 2
2;
2
:
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A N C tại hai điểm phân biệt A và P : Gọi E là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với M P và đường thẳng AP ; F là giao điểm của đường thẳng qua B song song với M P và đường thẳng P N : Chứng minh đường thẳng C P đi qua trung điểm của EF :
Bài 4 (4.0 điểm) Tìm tất cả các đa thức P x / với hệ số thực sao cho
P x /2
D 2P x2 3 / C 1; 8x 2 R:
Bài 5 (4.0 điểm) Với n 2 f1; 2 ; 3g; ta gọi một số tự nhiên k là số kiểu n nếu:
k D 0I
hoặc k là một số hạng của dãy 1 ; n C 2 ; n C 2/2; n C 2/3; : : :I
hoặc k là tổng của một số số hạng của dãy trên
Chứng minh rằng bất kỳ số nguyên dương nào cũng biểu diễn được dưới dạng tổng của một số kiểu 1 với một số kiểu 2 và một số kiểu 3 :
2 Lời giải và bình luận các bài toán
Bài 1 (4.0 điểm) Cho x ; y và z là các số hữu tỉ sao cho các số xC y2C z2; yC z2C x2
và z C x2 C y2 đều là các số nguyên Chứng minh rằng 2 x là số nguyên
1
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức f sin2x/ f cos2x/ x 2 R/:
Bài 3 (4.0 điểm) Cho tam giác A B C vuông tại A với A B < A C : Gọi M là trung điểm của cạnh A B ; N là điểm trên cạnh B C sao cho BA D B N : Đường tròn đường kính AB
Trang 2A TE X
Lời giải Đặt x D da; y D bd và z D dc với a ; b ; c ; d 2 Z; d > 0 và a ; b c ; d / D 1:
Ta có x C y2 C z2 D d a Cbd22Cc2 nên từ giả thiết, suy ra d a C b2 C c2 chia hết cho d2: Chứng minh tương tự, ta cũng có d b C c2C a2và d c C a2C b2 chia hết cho d2: Nói riêng,
ta có b2 C c2; c2 C a2và a2 C b2 chia hết cho d : Do đó
2a2 D a2C b2/C a2C c2/ b2C c2/ chia hết cho d: Chứng minh tương tự, ta cũng có 2b2; 2c2chia hết cho d:
Nếu d có ước nguyên tố lẻ là p thì do 2a2; 2b2; 2c2chia hết cho d nên a; b; c chia hết cho p; suy ra a; b; c; d / p > 1 (vô lý) Suy ra d phải là lũy thừa của 2: (1) Nếu d chia hết cho 4 thì do 2a2; 2b2; 2c2chia hết cho d nên 2a2; 2b2; 2c2chia hết cho 4: Suy
ra a; b; c chẵn, do đó a; b; c; d / 2 > 1 (vô lý) (2)
Từ (1) và (2), ta suy ra d D 1 hoặc d D 2:
Nếu d D 1 thì x D a 2 Z nên 2x 2 Z:
Nếu d D 2 thì x D a2 nên 2x D a 2 Z:
Tóm lại, trong mọi trường hợp, ta đều có 2x 2 Z: (đpcm)
Bình luận Một số bài toán tương tự liên quan đến số hữu tỉ:
1 (VMO, 2007)Cho các số nguyên x; y ¤ 1 thỏa mãn xyC14 1 C yxC14 1 2 Z: Chứng minh rằng x4y44 1 chia hết cho xC 1:
2 Chứng minh rằng không tồn tại các số hữu tỉ x; y; z thỏa mãn
x2C y2C z2C 3.x C y C z/ C 5 D 0:
3 (HOMC, 2016)Cho các số hữu tỉ a; b; c thỏa mãn aC b C c D a2C b2C c2 2 Z: Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên m; n nguyên tố cùng nhau sao cho abc D mn32:
Bài 2 (4.0 điểm) Cho hàm số f W R ! R thỏa mãn điều kiện
f tan x/D 1
2sin 2x cos 2x; 8x 2
2;
2
: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức f sin2x/ f cos2x/ x 2 R/:
Lời giải Đặt t D tan x thì ta có
f t / D 1
2sin 2x cos 2xD t
1C t2
1 t2
1C t2 D t
2
C t 1
t2C 1 :
Do tan x có thể nhận mọi giá trị trên tập R khi x 2 2; 2 nên từ trên, ta suy ra
f x/D x
2
x2C 1 ; 8x 2 R:
Trang 3Gọi P là biểu thức đã cho Đặt a D sin2x; b D cos2x thì ta có a; b 0; a C b D 1 và
P D f a/ f b/
D .a
2C a 1/.b2C b 1/
.a2C 1/.b2C 1/
D a
2b2C ab.a C b/ C 3ab aC b/2 aC b/ C 1
a2b2C a C b/2 2abC 1
D u
2C 4u 1
u2 2uC 2; trong đó uD ab và 0 u aCb2 2
D 14: Khảo sát hàm số g.u/D u
2
C 4u 1
u2 2uC 2 trên đoạn0; 1
4 ; ta được
g.u/ g.0/ D 1
2 và
g.u/ g 1
4
D 1
25:
Từ đây, ta đi đến kết luận:
min P D 12; đạt được khi u D 0 , sin 2x D 0 , x D k2 k 2 Z/:
max P D 251; đạt được khi a D b , cos 2x D 0 , x D 4 C k2 k 2 Z/:
Bình luận Có lẽ, bài toán này là một “sự tương tự hóa” từ hai bài thi học sinh giỏi Quốc gia sau:
1 (VMO, 2003-B)Cho hàm số f W R ! R thỏa mãn điều kiện
f cot x/D sin 2x C cos 2x với mọi x thuộc khoảng 0; /: Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g.x/D f sin2x/ f cos2x/ trên R:
2 (VMO, 2003-A)Cho hàm số f W R ! R thỏa mãn điều kiện
f cot x/D sin 2x C cos 2x với mọi x thuộc khoảng 0; /: Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g.x/D f x/ f 1 x/ trên đoạn Œ 1; 1:
Bài 3 (4.0 điểm) Cho tam giác A B C vuông tại A với A B < A C : Gọi M là trung điểm của cạnh A B ; N là điểm trên cạnh B C sao cho BA D B N : Đường tròn đường kính A B cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A N C tại hai điểm phân biệt A và P : Gọi
E là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với M P và đường thẳng AP ; F là giao điểm của đường thẳng qua B song song với M P và đường thẳng P N : Chứng minh đường thẳng C P đi qua trung điểm của EF :
Trang 4Lời giải Gọi K là trung điểm của A N : Do BA D B N nên ∠BK A D 90ı; từ đó suy ra tứ giác A BP K nội tiếp Do BE ? M P nên
∠P BE D 90ı ∠BP M D 90ı ∠P B M D ∠PAB : Suy ra
P B2 D PA P E :
A
M
N P E
F
K
I
Do BF k MP nên
∠PBF D ∠BPM D ∠ABP D 90ı ∠BAP D ∠PAC D ∠PNB;
từ đó suy ra
PB2D PN PF:
Kết hợp hai kết quả trên, ta được PE PA D PN PF nên 4PAN v 4PFE (c-g-c) (1) Mặt khác, ta cũng có
Từ (1) và (2) với chú ý K là trung điểm AN; ta suy ra P C đi qua trung điểm EF: (đpcm)
Bình luận Các bài toán về chia đôi đoạn thẳng thường rất đẹp, ý tưởng để giải bài toán này dựa vào sự đồng dạng và trung điểm tương ứng của hai tam giác Cái khó của bài toán này có lẽ là việc khai thác giả thiết song song và vuông góc để biến đổi góc, từ đó dẫn đến hai tam giác đồng dạng, bởi vì việc biến đổi góc rất dễ bị bỏ qua trong quá trình suy nghĩ
Bài 4 (4.0 điểm) Tìm tất cả các đa thức P x/ với hệ số thực sao cho
P x/2
D 2P x2 3/C 1; 8x 2 R:
Trang 5Lời giải Đặt aD 1C
p 13
2 thì ta có aD a2 3: Thay x D a vào phương trình đã cho, ta được
P a/2
D 2P a2 3/C 1 D 2P a/ C 1;
suy ra P a/D b với b là nghiệm của phương trình b2 2b 1D 0:
Nếu P x/ 6 b thì P x/ có dạng P x/ D x a/nQ.x/C b với n 2 ZCvà Q.a/¤ 0: Thay vào phương trình đã cho và khai triển, ta được
.x a/2n Q.x/2C 2b.x a/nQ.x/C b2 D 2.x2 3 a/nQ.x2 3/C 2b C 1:
Do b2 D 2b C 1 và 3 C a D a2nên phương trình trên có thể viết được dưới dạng
.x a/2n Q.x/2C 2b.x a/nQ.x/D 2.x2 a2/nQ.x2 3/;
suy ra
.x a/n Q.x/2C 2bQ.x/ D 2.x C a/nQ.x2 3/; 8x 2 R:
Thay xD a vào phương trình trên, ta được
2bQ.a/D 2.2a/nQ.a2 3/D 2.2a/nQ.a/:
Do Q.a/¤ 0; b D 1 ˙p2 nên ta có
1˙p2D1Cp13
n
:
Điều này không thể xảy ra với mọi n nguyên dương Mâu thuẫn nhận được chứng tỏ P x/ b:
Do đó, có hai đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là P x/ 1 Cp2 và P x/ 1 p2:
Bình luận Có lẽ, bài toán này là một “sự tương tự hóa” từ bài toán kinh điển sau:Tìm tất cả các đa thức P x/ với hệ số thực sao cho
P x2 2/D P x/2
2; 8x 2 R:
Bài 5 (4.0 điểm) Với n2 f1; 2; 3g; ta gọi một số tự nhiên k là số kiểu n nếu:
kD 0I
hoặc k là một số hạng của dãy 1; nC 2; n C 2/2; nC 2/3; : : :I
hoặc k là tổng của một số số hạng của dãy trên
Chứng minh rằng bất kỳ số nguyên dương nào cũng biểu diễn được dưới dạng tổng của một
số kiểu 1 với một số kiểu 2 và một số kiểu 3:
Lời giải Xét a0 D 1; a1 D 1; a2 D 3; a3 D 4; a4 D 5; a5 D 32; a6 D 42; a7 D 52; : : : ; a3kC2 D 3kC1; a3kC3D 4kC1; a3kC4 D 5kC1; : : : Đặt:
Sk D a0C a1C C ak; k 2 ZC:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo k; mọi số nguyên dương n Sk có thể viết thành tổng một số
số hạng có chỉ số khác nhau của dãy ak:
Trang 6Với k D 1 thì S1D 1: Suy ra n D 1 D a1:
Với k D 2 thì S2D 5: Suy ra n 5: Kiểm tra trực tiếp thì
1D a1; 2D a0C a1; 3D a2; 4D a3; 5D a4:
Giả sử khẳng định đúng đến k; tức là với mọi n Sk thì n đều viết được thành tổng của một số số hạng có chỉ số khác nhau của dãy ak: Xét n SkC1; có hai khả năng:
ı Nếun Sk thì theo giả thiết quy nạp, n viết thành tổng một số số hạng có chỉ số khác nhau của dãy ak:
ı NếuSk < n SkC1WXét n0 D n akC1 SkC1 akC1 D Sk: Dễ thấy n0> 0 nên
n0là số nguyên dương không vượt quá Sk: Suy ra n0viết thành tổng một số số hạng
có chỉ số khác nhau của dãy ak: Suy ra nD n0C akC1cũng viết thành tổng của một
số số hạng có chỉ số khác nhau của dãy ak:
Theo nguyên lý quy nạp, khẳng định đúng với mọi n:
Từ khẳng định trên, ta cũng có ngay điều phải chứng minh
Bình luận Bài toán trên là hệ quả trực tiếp của kết quả sau:Nếu dãy nguyên dươnga0 D 1;
a1; a2; : : : thỏa mãn an a0C a1C C an 1với mọin2 ZCthì mọi số nguyên dương đều viết được thành tổng của một số số hạng có chỉ số khác nhau của dãya0; a1; : : :