Đề thi và lời giải chi tiết Olympic KHTN năm 2019

Với mỗi cặp hai sân bay, ta xét tuyến đường ngắn nhất nối giữa chúng, tức là tuyến đường gồm số lượng ít nhất các đường bay trực tiếp giữa hai sân bay này?. Hỏi số lượng đường bay trực[r]

ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT OLYMPIC KHTN 2019

(Group “Hướng tới VMO-TST” thực hiện)

PHẦN 1 ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất (11/05/2019)

Bài 1 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3

n là ước của 3n 1



Bài 2 Với k nguyên dương, cho dãy số ( )u n xác định bởi

1

1

,

( 2) 2 4

n n

n











Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k để trong dãy số đã cho có đúng 2019 số hạng

là số chính phương

Bài 3 Cho tam giác ABC, xét điểm P nằm trong tam giác sao cho BPC CPA APB

Các đường thẳng PB PC, theo thứ tự cắt AC AB, ở E F, Gọi D là điểm di động trên cạnh

BC Đường thẳng DF AC, cắt nhau ở M, đường thẳng DE AB, cắt nhau ở N

1) Chứng minh rằng số đo góc MPN không đổi khi D di động

2) Gọi Q là giao điểm của EF MN, Chứng minh rằng PQ là phân giác của góc MPN

Bài 4 Chứng minh rằng với mọi số thực dương , , ,a b c ta luôn có

 

 

Ngày thi thứ hai (12/05/2019)

Bài 5 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P x( ) sao cho

P x x  P x P x  với mọi x  

Bài 6 Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp trong đường tròn ( )O với đường kính AD, ngoài ra

EAED Dựng ra ngoài ngũ giác đã cho tam giác BCF vuông cân tại F, và hai hình vuông

điểm MQ OS, Chứng minh rằng RT EF

Bài 7 Một khu vực quốc tế có 512 sân bay Mỗi sân bay đều có thể trực tiếp tới ít nhất 5 sân bay khác Biết rằng ta có thể đi từ bất kỳ sân bay nào đến bất kỳ sân bay khác thông qua một hoặc nhiều chuyến bay trực tiếp Với mỗi cặp hai sân bay, ta xét tuyến đường ngắn nhất nối giữa chúng, tức là tuyến đường gồm số lượng ít nhất các đường bay trực tiếp giữa hai sân bay này Hỏi số lượng đường bay trực tiếp lớn nhất có thể có trong một tuyến đường ngắn nhất giữa hai sân bay nào đó là bao nhiêu?

HẾT

PHẦN 2 LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài 1 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3

n là ước của 3n 1



Lời giải

Kiểm tra trực tiếp, ta thấy n 1 thỏa yêu cầu bài toán

Xét n 2, gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n Dễ thấy p 3 vì nếu không thì 3

3 | n trong khi 3 | 3n 1,



 vô lý Ta có

3n 1 (mod ).p

Mặt khác theo định lý Fermat nhỏ thì

1

3p 1 (mod )p

Gọi h ord (3)p thì |

h n

h p









, mà n không có ước nguyên tố nào nhỏ hơn p nên suy ra

| gcd( , 1) 1 1

h n p  h Do đó 2 | ,n theo định lý LTE, ta có

3

2(3n 1) 3( ) 2(3 1) 2(3 1) 2( ) 3 ( )2

v  v n v  v  v n  v n nên

2

32 ( )v n hay v n 2( ) 1

Gọi q 3 là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của n và k ord (3)q thì tương tự trên, ta cũng suy ra

được hệ |

k n

k q









Dễ thấy gcd( ,n q 1)2 vì n không có ước lẻ nhỏ hơn q nên k| 2

Nếu k 1 thì 1

3 1 (mod )q q| 2, còn nếu k 2 thì 2

3 1 (mod )q q| 8, đều vô lý

Do đó n 1, 2 là tất cả các nghiệm nguyên dương của đề bài

Bài 2 Với k nguyên dương, cho dãy số ( )u n xác định bởi

1

1

,

( 2) 2 4

n n

n











Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k để trong dãy số đã cho có đúng 2019 số hạng

là số chính phương

Lời giải

Từ giả thiết, ta có 1 2 4

Do đẳng thức trên đúng với mọi n 

  nên suy ra

1

n

n n

Suy ra u n n n( 1) 2 k Bài toán đưa về chứng minh tồn tại k  để phương trình

2

có 2019 cặp nghiệm nguyên dương ( , ).m n Từ đẳng thức trên, ta suy ra

4k4n 4n 8 4m (2 )m (2n1) 4k9 hay

2m(2n1) 2 m(2n1)4k9

Ta thấy nếu 4k9a b với ,a b là các số nguyên dương nào đó và ab thì

,





Khi đó, trong hai số ,a b có một số chia 4 dư 1, một số chia 4 dư 3 thì ,m n 

Đến đây, chọn

4037

4

k   thì dễ thấy k nguyên dương vì

3 9 ( 1)  1 0 (mod 4) Ngoài ra, ta thấy rằng 4037

4k 93 thì 4037 2 4037 2

3 3 a3  t với 0 t 2018 Khi đó, rõ ràng có đúng 2019 cách chọn số t và với mỗi cách chọn này, ta có đúng một bộ ( , )a b như trên, tương ứng với một cặp số ( , )m n Do đó số nguyên dương

4037

4

k   thỏa mãn đề bài

Bài 3 Cho tam giác ABC, xét điểm P nằm trong tam giác sao cho BPC CPA APB

Các đường thẳng PB PC, theo thứ tự cắt AC AB, ở E F, Gọi D là điểm di động trên cạnh

BC Đường thẳng DF AC, cắt nhau ở M, đường thẳng DE AB, cắt nhau ở N

1) Chứng minh rằng số đo góc MPN không đổi khi D di động

2) Gọi Q là giao điểm của EF MN, Chứng minh rằng PQ là phân giác của góc MPN

Lời giải

1) Xét phép nghịch đảo tâm P, phương tích bất kỳ Ta thấy BC CA AB, , lần lượt biết thành các đường tròn qua P; còn (BCP),(CAP), (ABP) biến thành các đường thẳng Ta viết lại bài toán như sau (có sử dụng kết quả của định lý Napoleon):

Cho tam giác ABC , bên ngoài dựng các tam giác đều BCD CAE ABF, , Các đường tròn

(BCD), (CAE), (ABF) có tâm lần lượt là X Y Z, , giao nhau tại P. Điểm T di động trên (BCD)

Gọi U V, lần lượt là tâm của (PTF), (PTE) và ( )U ( )Y { , },( )P J V (X){ , }.P K Ta cần chứng minh KPJ 120 

Để ý rằng VZ PK UY, PJ (các trung trực) nên ta đưa về chứng minh góc giữa VZ UY, là

60  Gọi RVZUY, còn S VY UZ

Ta đã biết , ,F P C thẳng hàng và XY PC UZ, PF nên UZXY Tương tự thì VY ZX,

mà tam giác XYZ đều nên SZY cũng đều Khi đó, ta có thể xem XY XZ, là hai tiếp tuyến của

(SZY) Xét hai bộ ba điểm SZY

RYZ

thì có SYRZ V SZ, RY U ZZ, YY X và các điểm

, ,

thì R(SZY) hay YRZ  YSZ 60 

2) Vẫn sử dụng phép nghịch đảo, ta sẽ chỉ ra rằng nếu gọi Q là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (PKJ), (PEF) thì PQ là phân giác của KPJ

Ta thấy rằng ,R S lần lượt chính là tâm của hai đường tròn (PKJ), (PEF) nên RSPQ

Ngoài ra theo 1) thì ta cũng có SRZ  YRZ 60  Chú ý rằng RZ PK RY, PJ nên góc tạo bởi (PQ PK, ) và (PQ PJ, ) bằng với góc tạo bởi (RS RZ, ),(RS RY, ) và cùng bằng 60  Vì thế nên PQ chính là phân giác của KPJ Ta có đpcm

Nhận xét Ở lời giải trên, bằng phép nghịch đảo, ta đã khai thác triệt để mô hình điểm Toricelli

cùng định lý Napoleon liên quan Thực ra bài toán vẫn có thể giải nhẹ nhàng hơn theo hướng biến đổi, tính toán như sơ lược bên dưới:

Q

S

R U

V

Z

Y

X

K

J

T P

F

E

C B

A

Ta có APB CPB120 nên APE  CPE60 , tức là PE là phân giác của APC.

Tương tự thì PF là phân giác của APB Theo định lý Menelaus cho các bộ ba điểm thẳng hàng là (M F D, , ), ( , , )N D E thẳng hàng và tính chất đường phân giác thì ta thu được

2



Từ đây có thể dựng trước M thỏa mãn MPN 120 để có APM  BPN rồi tiếp tục dùng định lý sin trong các tam giác thích hợp để thu về đẳng thức (*) như trên

Bài 4 Chứng minh rằng với mọi số thực dương , , ,a b c ta luôn có

 

 

Lời giải

Đầu tiên, ta có các phân tích sau:

a b c ab bc ca ab  ac bc và

2

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

2

K

Q

N

M

F

E

D

P

C B

A

Không mất tính tổng quát, giá sử cmina b c, ,  Khi đó ta cần chứng minh

Tương tự ta cũng sẽ có được 1 3 2 12 2 0

2

ac a b c  Do đó ta hoàn tất chứng minh

Nhận xét Lời giải trên sử dụng hướng phân tích Schur-SOS nên biến đổi khá thuận lợi, và đây

cũng một kỹ thuật hay sử dụng để đánh giá đại lượng không đối xứng a b c

bca Một hướng tiếp cận khác là dùng bất đẳng thức phụ để ước lượng a b c

b ca đưa về đối xứng

Bài 5 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P x( ) sao cho

P x x  P x P x  với mọi x  

Lời giải

Nếu P x( )c là hằng số, thay vào đề bài, ta có 2

0, 1

cc c c tương ứng với hai đa thức

( ) 0, ( ) 1

P x  P x  thỏa mãn

Xét deg ( )P x n1, gọi a 0 là hệ số bậc cao nhất của P thì so sánh hệ số bậc 3n ở hai vế

a x a x a x  x aa a Đặt P x( )Q x( 1) thì

Q x x Q x Q x x

Dễ thấy hệ số bậc cao nhất của Q vẫn là 1 và degQdegPn

Nếu ( ) n

Q x  x thì thay vào đẳng thức trên, ta thấy thỏa mãn

Giả sử ( )Q x x n H x( ) với H x ( ) 0 và degH mn Thay vào đề bài, ta có

(x x )n H x( x )(x1)nH x( 1)  (x 1)nH x( 1) hay

H x x  x H x   x  H x H x  H x

Bậc của vế trái là 3 ,m trong khi bậc về phải là max{n2 , 2m nm m, 3 }2nm3 m Điều vô

lý này cho thấy trường hợp này không thể xảy ra

Do đó chỉ có ( ) n

Q x x tương ứng với ( )P x (x1)n là đa thức khác hằng thỏa mãn đề bài Tóm lại, các đa thức thỏa mãn đề bài là: ( )P x 0, ( )P x 1, ( )P x (x1) ,n n 

Nhận xét Kỹ thuật “nhẩm” trước đa thức Q x0( ) thỏa mãn rồi đặt Q x( )Q x0( )H x( ) như trên để chỉ ra H x ( ) 0 nhờ xét bậc là khá phổ biến Nhờ cách này, ta có thể giải được một lớp các bài toán tương tự mà không cần phải dùng đến số phức hoặc đánh giá nghiệm phức tạp

Bài 6 Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp trong đường tròn ( )O với đường kính AD, ngoài ra

EAED Dựng ra ngoài ngũ giác đã cho tam giác BCF vuông cân tại F, và hai hình vuông

điểm MQ OS, Chứng minh rằng RT EF

Lời giải

Gọi U V, lần lượt là tâm của hai hình vuông ABMN CDPQ, Khi đó, ,O S là trung điểm của

,

hàng Xét phép quay vector góc

2



thì

               

và

               

Do đó

2

1 2



        

        

Suy ra UV EF và UV EF Khi đó, để chứng minh RT EF, ta đưa về chứng minh UV

đi qua R

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác MNU QPV, thì điều này tương ứng với giao điểm của các cặp đường thẳng (MN QP, ), (NU PV, ), (UM VQ, ) là thẳng hàng

U

V K

F

Q

P

N

T O

M

S

R

E

D

C B

A

Gọi ZE là đường kính của ( ).O Ta thấy ABZ 135 , UBA45 nên U B Z, , thẳng hàng và kéo theo ZM ZA Tương tự thì , ,V C Z cũng thẳng hàng và ZQZD Mà ZAZD nên Z

cách đều các điểm M A D Q, , , nên tứ giác MADQ nội tiếp trong đường tròn tâm Z Chú ý rằng ABBM AB, BD nên M B D, , thẳng hàng

Khi đó, nếu gọi X là giao điểm của ( )Z với MN thì XMD90, kéo theo DX là đường

kính của ( ).Z Tương tự nếu gọi Y là giao điểm của ( )Z với PQ thì AY là đường kính của

( ).Z Do đó DX AY Z

Trong đường tròn ( ),Z áp dụng định lý Pascal cho hai bộ điểm AQX

DMY

, ta thấy giao điểm của các cặp đường thẳng (AM DQ, )J, (AY DX, )Z QY MX, ( , )I là các điểm thẳng hàng Bài toán được giải quyết hoàn toàn

Nhận xét Ở lời giải trên, thực ra đoạn UV EF và UV EF chính là kết quả của định lý Van Aubel; cách chứng minh bằng phép quay vector ở trên có lẽ là ngắn gọn nhất Bài toán này kết hợp nhiều kỹ thuật khó, đặc biệt là ở đoạn cuối

Bài 7 Một khu vực quốc tế có 512 sân bay Mỗi sân bay đều có thể trực tiếp tới ít nhất 5 sân bay khác Biết rằng ta có thể đi từ bất kỳ sân bay nào đến bất kỳ sân bay khác thông qua một hoặc nhiều chuyến bay trực tiếp Với mỗi cặp hai sân bay, ta xét tuyến đường ngắn nhất nối giữa chúng, tức là tuyến đường gồm số lượng ít nhất các đường bay trực tiếp giữa hai sân bay này Hỏi số lượng đường bay trực tiếp lớn nhất có thể có trong một tuyến đường ngắn nhất giữa hai sân bay nào đó là bao nhiêu?

Lời giải

J

Y

X

V U

Q

P

N

O M

D C

B

A

Xét graph G( , )V E biểu diễn cho bài toán, trong đó V là tập các sân bay, V 512 và

degv5, v V Xét đường đi ngắn nhất L uv như đề bài đã mô tả nối giữa hai đỉnh u v V, 

Dễ thấy trên L uv , không có đỉnh nào lặp lại vì nếu không, giả sử có x lặp lại như bên dưới:

Ta thay đoạn đường giữa hai lần x xuất hiện (ký hiệu là x x1, 2) bởi đường đi trực tiếp từ x1

sang đỉnh tiếp theo của x2 và đường đi đó sẽ ngắn hơn L uv ban đầu, mâu thuẫn

Hơn thế nữa, nếu trên L uv, có hai đỉnh x y, không liên tiếp nhưng lại có cạnh nối nhau thì tương tự trên, ta thay đường đi ban đầu giữa xy thành cạnh đó tạo thành đường đi ngắn hơn, cũng vô lý Từ đây, ta thấy L uv có các đặc điểm:

 Trên đó không có hai đỉnh trùng nhau

 Hai đỉnh không liên tiếp nhau trên L uv thì sẽ không có cạnh nối nhau trong E

 Vì mỗi đỉnh có bậc 5 nên các đỉnh kề với nó đều nằm ngoài L uv

Ta quy ước gọi các đường đi như thế là đường đi đơn Xét đường đi đơn dài nhất nối n

a a a a và ký hiệu tập đỉnh này là L, như sơ đồ bên dưới

Với mỗi a iL, ký hiệu ( )R a i là tập hợp các đỉnh không thuộc L và có cạnh nối với a i thì

1

( ), ( n) 4

R a R a  còn ( ) 3,R a i   i 2,n1 Gọi S là số cặp có thứ tự ( , )u v trong đó uL, còn

vL và ,u v có cạnh nối nhau Thì theo nhận xét trên, ta có

4 3( 2) 4 3 2

Để ý rằng R a( )1 R a( 4)  vì nếu không, giả sử a a1, 4 cùng kề với đỉnh b nào đó, ta thay

a a a a bởi a1ba4

x 2

x 1

v u

a n

a 4

a 3

a 2

a 1

thì đường đi sẽ ngắn hơn, vô lý Tương tự thì R a( )1 R a( k)  với mọi k 4,5,6,, n Lập luận tương tự, ta thấy rằng R a( )i R a( j)  chỉ xảy ra khi i j 2 Điều này đồng nghĩa

với việc mỗi đỉnh không thuộc L chỉ kề với tối đa 3 đỉnh thuộc L

Từ đó suy ra S 3(512n) Do đó ta có đánh giá

3n23(512n)n255

Ta sẽ xây dựng ví dụ thỏa mãn n 255 Phân hoạch 512 đỉnh thành ba tập hợp như sau:

L a a  a R b b  b C c c trong đó

 Các đỉnh thuộc L thỏa mãn: a i có cạnh nối a i1 với mọi 1 i 254

 Các đỉnh thuộc R thỏa mãn: b i có cạnh nối b i1 với mọi 1 i 254

 Mỗi đỉnh b b i, i85,b i170R,1 i 85 sẽ có cạnh nối với các đỉnh a a3i, 3 1i,a3i2A

 Đỉnh c1 nối với ba đỉnh đầu của L, hai đỉnh đầu của R; còn c2 nối với ba đỉnh cuối của L, hai đỉnh cuối của R ( c1 không được nối với c2)

Khi đó, kiểm tra trực tiếp, ta thấy bậc của mỗi đỉnh đều là 5 hoặc 6 Ngoài ra, G cũng liên thông và đường đi từ a1a255 đòi hỏi đi qua đúng 254 cạnh ở giữa, không có cách rút ngắn được (vì mỗi đỉnh bên ngoài chỉ nối với đúng 3 đỉnh liên tiếp trên L )

Vậy có tối đa 255 sân bay trên đường bay ngắn nhất, đồng nghĩa với việc giá trị lớn nhất cần tìm là 254

Nhận xét Bài toán này liên quan đến lý thuyết graph, tuy không đòi hỏi dùng các kết quả khó

nhưng dù sao mô hình thành graph vẫn thuận lợi trong lập luận Bài toán đánh giá cực đại của

“độ dài” đường đi ngắn nhất giữa hai đỉnh trong graph là khá mới mẻ, ta cần phải có các nhận xét thích hợp về đường đi để có ước lượng thích hợp

b 254

c 2

b 255

b 86

a 4

a 3 a 253 a 254

c 1

b 1 b 2 b 85

a 255

a 2

a 1