Loi giai va Binh luan VMO 2013pdf

Nhiều thành viên trong đội tuyển thi IMO 2012 đã quên trình bày phần thử lại đầy đủ và mất đi 1 điểm ở bài 4 phương trình hàm, đây là một điều đáng tiếc và là bài học quý giá cho các học[r]

Diễn đàn Toán học MathScope.org

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA THPT MÔN TOÁN

NĂM HỌC 2012 - 2013

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN

Người thực hiện : Trần Nam Dũng

Phan Đức Minh

Lê Phúc Lữ

Tháng 01 - 2013

Phần 1

ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất : 11/01/2013 Thời gian : 180 phút

Bài 1 (5,0 điểm) Giải hệ phương trình

sin2x +

rcos2y+ 1

cos2y =

r20y

x+ yr

sin2y+ 1

sin2y +

rcos2x+ 1

cos2x =

r20x

x+ y

(x, y ∈ R)

Bài 2 (5,0 điểm) Cho dãy số thực (an) xác định bởi :

a1 = 1 và an+1 = 3 − an2a+ 2n với mọi n > 1

Chứng minh rằng dãy (an) có giới hạn hữu hạn Hãy tìm giới hạn đó

Bài 3 (5,0 điểm) Cho tam giác không cân ABC Kí hiệu (I) là đường tròn tâm I nội

tiếp tam giác ABC và D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (I) với các cạnh

BC, CA, AB Đường thẳng đi qua E và vuông góc với BI cắt (I) tại K (K 6= E), đườngthẳng đi qua F và vuông góc với CI cắt (I) tại L (L 6= F) Gọi J là trung điểm của KL.(a) Chứng minh rằng D, I, J thẳng hàng

(b) Giả sử các đỉnh B và C cố định, đỉnh A thay đổi sao cho tỉ số AB

AC = k (k không đổi).Gọi M, N tương ứng là các giao điểm IE, IF với (I) (M 6= E, N 6= F) MN cắt IB, IClần lượt tại P, Q Chứng minh rằng đường trung trực của P Q luôn đi qua một điểm

cố định

Bài 4 (5,0 điểm) Cho trước một số số tự nhiên được viết trên một đường thẳng Ta thực

hiện các bước điền số lên đường thẳng như sau : tại mỗi bước, xác định tất cả các cặp số

kề nhau hiện có trên đường thẳng theo thứ tự từ trái qua phải, sau đó điền vào giữa mỗicặp một số bằng bằng tổng của hai số thuộc cặp đó Hỏi sau 2013 bước, số 2013 xuất hiệnbao nhiêu lần trên đường thẳng trong các trường hợp sau :

(a) Các số cho trước là : 1 và 1000 ?

(b) Các số cho trước là : 1, 2, , 1000 và được xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải ?

Ngày thi thứ hai : 12/01/2013 Thời gian : 180 phút

Bài 5 (7,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn : f(0) = 0, f(1) = 2013 và

(x − y) f f2(x)
− f f2(y)

= f(x) − f(y)
f2

(x) − f2(y)
đúng với mọi x, y ∈ R, trong đó f2(x) = f (x)
2

Bài 6 (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm D thuộc cung

BC không chứa điểm A Đường thẳng∆ thay đổi đi qua trực tâm H của tam giác ABC cắtcác đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH và ACH lần lượt tại M và N (M 6= H, N 6= H).(a) Xác định vị trí của đường thẳng ∆ để diện tích tam giác AMN lớn nhất

(b) Kí hiệu d1 là đường thẳng đi qua M và vuông góc với DB, d2 là đường thẳng đi qua

N và vuông góc với DC Chứng minh rằng giao điểm P của d1 và d2 luôn thuộc mộtđường tròn cố định

Bài 7 (6,0 điểm) Tìm số các bộ sắp thứ tự (a, b, c, a′, b′, c′) thỏa mãn

Phần 2 BÌNH LUẬN CHUNG

Một cảm giác đầu tiên khi đọc đề thi năm nay là đề thi không thực sự hay và đẹp Cũng

có một số bài toán thú vị nhưng nhìn tổng thể thì đề năm nay kém hẳn so với đề thi nămngoái (VMO 2012)

Về cấu trúc đề, năm nay có 2 bài đại số, 2 bài hình học, 1 bài giải tích, 1 bài tổ hợp và 1bài số học Phần đại số tuy có mặt nhiều nhưng lại là non nhất vì không có ý tưởng gìmới Hai bài hình học thì khá giống nhau nên cũng làm đề thi kém thú vị Bài giải tíchtiếp tục “bổn cũ soạn lại” cho thấy sự bế tắc trong cách ra đề cho phân môn này Hai bài

tổ hợp và số học có nét thú vị nhưng lại có một đặc điểm chung là cả hai bài đều là sự kếthợp giữa tổ hợp và số học (bài tổ hợp thì dùng số học để đếm, còn bài số học lại yêu cầuđếm số nghiệm)

Về độ khó, đề năm nay có độ khó tương đương với đề năm ngoái với thứ tự các bài toánđược sắp như sau (theo thứ tự từ dễ đến khó): bài 1, bài 2, bài 5, bài 6, bài 3, bài 7, bài 4.Tuy nhiên, các bài 6, 3 và 4 đều có câu để cho điểm Các bài 1, 2, 5 tuy dễ nhưng cũng cónhiều chỗ khiến thí sinh bị mất điểm Do đó dự đoán của chúng tôi là phổ điểm thi nămnay cũng tương tự phổ điểm năm ngoái

Lời giải các bài toán bên dưới có tham khảo từ diễn đàn MathScope Xin chân thành cảm

ơn các thành viên : Traum, ThangToan, DaiToan, quykhtn, thaygiaocht, kien10A1, LTL,liverpool29, đã đóng góp các lời giải cho đề thi này

Phần 3 LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN

sin2x +

rcos2y+ 1

cos2y =

r20y

x+ yr

sin2y+ 1

sin2y+

rcos2x+ 1

cos2x =

r20x

x+ y

(x, y ∈ R)

Lời giải Điều kiện xác định : sin x, cos x, sin y, cos y 6= 0, xy > 0.

Nhân theo vế hai phương trình của hệ, ta thu được

r

sin2x+ 1

sin2x+

rcos2y+ 1

cos2y

! ssin2y+ 1

sin2y +

rcos2x+ 1

cos2x

!

= 20

r xy(x + y)2

32| sin 2x|

2

>



1 + 32

2

= 52

2

Hoàn toàn tương tự, ta có

sin2y+ 1

sin2y

 cos2y+ 1

cos2y



> 52

sin2x

 cos2x+ 1

cos2x

 sin2y+ 1

sin2y

 cos2y+ 1

4

= 10 > 20

r xy(x + y)2 = VP(1)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi | sin 2x| = 1, x = y ⇔ x = y = π4 +kπ

2 , k ∈ Z Thử lại : Tathấy rằng khi x = y = π

4 +

kπ

2 , k∈ Z thìsin2x= cos2x= sin2y = cos2y= 1

Vậy x = y = π

4 +kπ

2 , k ∈ Z là tất cả các nghiệm của hệ phương trình đã cho ❒

Nhận xét Đây là bài toán dễ nhất và cũng là bài toán dở nhất của kỳ thi Dễ vì ý

tưởng dùng bất đẳng thức là quá rõ ràng, còn dở là vì việc trộn lẫn giữa các biểu thứclượng giác và biểu thức đại số đã làm cho bài toán trở nên xấu xí và thiếu tự nhiên Ngoàicác đánh giá đã nêu trong hai lời giải trên còn có thể dùng nhiều cách khác, có thể đặtthêm ẩn phụ để dễ biến đổi hơn

Ý tưởng dùng bất đẳng thức trong giải phương trình là không mới và gần đây nhất đãđược sử dụng trong kỳ VMO 2009:

(Bài 1, VMO 2009) Giải hệ phương trình

9

Sự lặp lại trong các đề thi VMO của chúng ta có thể nói đã trở thành hệ thống Có thểđơn cử một số ví dụ trong lĩnh vực hệ phương trình để minh chứng cho luận điểm này.(VMO 1996) Giải hệ phương trình



1 −x+ y1



= 4√2

(VMO 2007) Giải hệ phương trình

 √y= 6(VMO 2004) Giải hệ phương trình

(VMO 2006) Giải hệ phương trình sau trên tập các số thực

Cuối cùng, cũng cần nói thêm là bài toán này tuy dễ nhưng cũng có thể làm nhiều bạnmất điểm ở khâu trình bày Điều kiện xác định ở đầu bài toán và thử lại trước khi kếtluận là những phần không thể thiếu Nhiều thành viên trong đội tuyển thi IMO 2012 đãquên trình bày phần thử lại đầy đủ và mất đi 1 điểm ở bài 4 (phương trình hàm), đây làmột điều đáng tiếc và là bài học quý giá cho các học sinh chuyên Toán, dù giải được bàinhưng thể hiện lời giải cũng phải thật cẩn thận

Bài 2 Dãy số

Cho dãy số thực (an) xác định bởi :

a1 = 1 và an+1 = 3 − an2a+ 2n với mọi n > 1

Chứng minh rằng dãy (an) có giới hạn hữu hạn Hãy tìm giới hạn đó

Lời giải Trước hết, bằng quy nạp, ta chứng minh an >1 với mọi n > 1 (∗)

2x+1ln 2 − 1 > 0, ∀x > 1 Do đó u(x) là hàm đồng biến, suy ra u(ak) > u(1) > 0 Từ

đó suy ra (∗) đúng với mọi n > 1

Vì an>1 với mọi n > 1 nên

an+1 = 3 − an2a+ 2n <3, ∀n > 1

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (an) là dãy tăng

Xét hàm số f(x) = 3 − 2 + x2x với 1 < x < 3 Ta có f′(x) = ln 4 + x ln 2 − 1

2x > 0 nên f (x)đồng biến trên (1; 3) Ta cũng có a2 = 3

2 > a1 nên dãy tăng Do đó, dãy (an) đã cho tăng

và bị chặn trên bởi 3 nên có giới hạn hữu hạn

Giả sử giới hạn đó là L ∈ (1; 3) Trong công thức xác định của dãy, chuyển qua giới hạn,

ln 4 + x ln 2 − 1 − 2x < 0 với mọi x ∈ (1; 3) Do đó, hàm số g(x) nghịch biến trên (1; 3) vàphương trình g(x) = 0 có không quá một nghiệm

Hơn nữa g(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1) Vì vậy dãy số đã

Nhận xét Ngoài cách đánh giá chặn miền giá trị của dãy thuộc (1; 3) như trên, ta cũng

có nhiều có nhiều đánh giá khác chặt hơn giúp quá trình quy nạp thuận tiện hơn

Bài này cũng khá cơ bản và quen thuộc Bài toán khảo sát sự hội tụ của dãy số dạng

an+1 = f (an) đã trở thành “giáo khoa”, đặc biệt là khi f là hàm tăng Vấn đề chứng minhdãy bị chặn cũng không có khó khăn vì chỉ cần chứng minh được an >1 thì hiển nhiên ta

có an <3 Cuối cùng, việc giải phương trình x = f (x) gây đôi chút khó khăn đối với một

số bạn, đặc biệt là các bạn học lớp 11 (và lớp 10 - năm nay có một số bạn lớp 10 tham gia

kỳ thi)

Bổ sung thêm cho ý kiến về sự lặp lại trong các đề thi VMO, chúng tôi tiếp tục đưa ramột số bài toán có hình thức và cách tiếp cận tương tự bài VMO năm nay đã được sửdụng trong các kỳ VMO trước đây

(VMO 1998) Cho a > 1 là số thực Đặt

x1 = a, xn+1 = 1 + ln



x2 n

1 + ln xn

(n = 1, 2, )

Chứng minh rằng dãy {xn} có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó

(VMO 2008) Dãy số thực (xn) được xác định bởi

x1 = 0, x2 = 2 và xn+2 = 2−x n+ 1

2, ∀n = 1, 2, 3, Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng và tìm giới hạnđó

Ở đây chúng tôi chỉ nêu hai bài toán có dạng và cả cách giải rất giống với bài năm nay,

vì các bài dãy số các năm 2000, 2001, 2005 cũng có dạng dãy số xn+1 = f (xn) nhưng đều

có những nét thú vị riêng do khai thác được những ý hay

Bài 3 Hình học phẳng

Cho tam giác không cân ABC Kí hiệu (I) là đường tròn tâm I nội tiếp tam giácABC và D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn(I) với các cạnh BC, CA, AB.Đường thẳng đi qua E và vuông góc với BI cắt (I) tại K (K 6= E), đường thẳng điqua F và vuông góc với CI cắt (I) tại L (L 6= F) Gọi J là trung điểm của KL

(a) Chứng minh rằng D, I, J thẳng hàng

(b) Giả sử các đỉnh B và C cố định, đỉnh A thay đổi sao cho tỉ số AB

AC = k (k khôngđổi) Gọi M, N tương ứng là các giao điểm IE, IF với (I) (M 6= E, N 6= F) MNcắt IB, IC lần lượt tại P, Q Chứng minh rằng đường trung trực của P Q luôn

đi qua một điểm cố định

J

X

Y

T P

Q

G U

(a) Do D, E lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh BC, CA nên ta có DE ⊥ CI.Theo giả thiết thì F L ⊥ CI nên suy ra DE k FL Hoàn toàn tương tự, ta có DF k EK

Từ các cung bằng nhau trong đường tròn, ta có được DK = DL = EF hay D nằm trênđường trung trực của KL Hơn nữa, I cũng nằm trên đường trung trực của KL nên suy

ra D, I, J thẳng hàng

(b) Gọi T là trung điểm BC, G là giao điểm của AI với BC, U là điểm đối xứng với T qua

G Ta sẽ chứng minh rằng đường trung trực của P Q luôn đi qua U

Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của EF với BI, CI Ta có

[XIC = 180◦− [BIC = 180◦− 90◦+ BAC[

2

!

= 90◦− BAC[2 = [AEI− [EF I

= [AEF = \XEC

Do đó C, I, E, X đồng viên, suy ra \BXC = 90◦ Tương tự, ta suy ra \BY C = 90◦ Do đó

B, C, X, Y nội tiếp đường tròn tâm T , đường kính BC Suy ra T nằm trên đường trungtrực của XY

Dễ thấy rằng các cặp điểm M, E và N, F đối xứng nhau qua I nên EF k MN hay XY k

P Q Từ đó, ta có △IEX = △IMP , suy ra X và P đối xứng với nhau qua I Tương tự,

ta cũng có Y và Q đối xứng nhau qua I Do đó hai đường trung trực của XY và P Q đốixứng với nhau qua AI Từ đó suy ra đường trung trực của P Q đi qua U

Vì B, C cố định nên T cố định Tỉ số GB

GC = AB

AC = k không đổi nên G cố định Do đó U cốđịnh Vì vậy đường trung trực của P Q luôn đi qua điểm cố định U ❒

Nhận xét Việc dự đoán điểm cố định ở trên BC là tương đối đơn giản vì chỉ cần lấy A′

đối xứng với A qua BC, ta sẽ được hai đường trung trực đối xứng nhau qua BC Do đóchúng sẽ cắt nhau tại một điểm trên BC và là điểm cố định cần tìm (dễ thấy rằng nếuđiểm A thỏa mãn điều kiện AB

AC = k thì điểm A′ đối xứng với A qua BC cũng sẽ thỏamãn điều kiện A′B

A′C = k) Các kết quả cơ bản cũng tương đối dễ nhìn ra vì mô hình củabài này đã từng xuất hiện trong bài 3, đề VMO 2009

Tuy vậy, cái mới và chính là cái khó của bài toán này nằm ở chỗ : việc xác định M, N làphép đối xứng tâm I, nhưng để giải bài toán ta cần chuyển qua phép đối xứng trục AI.Điều này đòi hỏi học sinh phải nắm vững tính chất của phép biến hình mới có thể lậpluận nhanh chóng được, nếu không học sinh có thể dùng một số biến đổi góc, tính toánđại số cũng có thể giải quyết được bài toán nhưng khá vất vả Một khó khăn khác củabài này chính là khó vẽ được hình chính xác do các vị trí điểm khá gần nhau, không rõràng dẫn đến tính trực quan bị mất đi, nhiều khi dẫn đến ngộ nhận Do đó, bài toán nàyđòi hỏi nhiều ở khả năng phán đoán của thí sinh

Bài 4 Tổ hợp

Cho trước một số số tự nhiên được viết trên một đường thẳng Ta thực hiện các bướcđiền số lên đường thẳng như sau : tại mỗi bước, xác định tất cả các cặp số kề nhauhiện có trên đường thẳng theo thứ tự từ trái qua phải, sau đó điền vào giữa mỗi cặpmột số bằng bằng tổng của hai số thuộc cặp đó Hỏi sau 2013 bước, số 2013 xuất hiệnbao nhiêu lần trên đường thẳng trong các trường hợp sau :

(a) Các số cho trước là : 1 và 1000 ?

(b) Các số cho trước là : 1, 2, , 1000 và được xếp theo thứ tự tăng dần từ trái quaphải ?

Lời giải (a) Ta sẽ chứng minh rằng có đúng hai số 2013 trong dãy nhận được sau 2013

lần thực hiện Thật vậy, chú ý rằng ta chỉ quan tâm đến số lần xuất hiện của 2013 nênkhi có hai số đứng kề nhau mà tổng các số đều lớn hơn 2013 hoặc các số đã xuất hiện từtrước đó rồi (ta đã hoàn toàn xác định số đó có bằng 2013 hay không) thì ta không cầnliệt kê nữa

Dãy ban đầu là

1, 1006, 1005, 2009, Sau bước 7 :

1, 1007, 1006, 2011, Sau bước 8 :

1, 1008, 1007, 2013, Sau bước thứ 8, số 2013 xuất hiện lần đầu tiên Sau đó, trừ tổng của cặp đầu tiên còn béhơn 2013 thì các cặp còn lại đều lớn hơn 2013 Hơn nữa ngay từ đầu, sau mỗi lần thực

hiện thì số thứ hai trong dãy tăng đúng một đơn vị nên sau 1013 bước thì số thứ hai đó

sẽ nhận giá trị 2013 Từ đó trở đi, sẽ không có số 2013 nào mới xuất hiện thêm nữa.Vậy với các số cho trước là 1 và 1000 thì số 2013 xuất hiện đúng hai lần

(b) Ta sẽ chuyển việc thao tác trên các số từ 1 đến 1000 viết trên đường thẳng về các số

từ 1 đến 1000 viết trên vòng tròn (có thể hiểu là thêm một đoạn 1000-1 vào cuối dãy banđầu) rồi tiến hành thực hiện với quy tắc tương tự

Ở câu (a), ta đã chứng minh được rằng sau 2013 bước thì có đúng hai số 2013 nên vớivòng tròn này, giả sử sau 2013 bước, có N số 2013 thì đáp số cần tìm - số các số 2013 xuấthiện trên đường thẳng ban đầu - chính là N − 2

Ta thấy rằng việc thao tác với các số 1, 2, 3, , 1000 trên vòng tròn như thế hoàn toàntương tự với việc thao tác với vòng tròn ban đầu chỉ có hai số là 1 và 2

11000

999

43

534

Thật vậy : Với hai số ban đầu là 1 và 2, ta điền số 3 vào giữa các cặp (1, 2) và (2, 1) (cáccặp có tính thứ tự), tuy nhiên, ta chỉ quan tâm đến số 3 điền vào giữa cặp (2, 1) Tiếp tụcđiền các số vào giữa các cặp hiện đang có là (1, 3), (3, 2), (2, 3), (3, 1), ta được các số nhưhình trên Trong đó, ta cũng chỉ quan tâm đến số 4 điền giữa cặp (3, 1) Cứ tiếp tục nhưthế, điền số 5 vào giữa cặp (4, 1), điền số 6 vào giữa cặp (5, 1), , điền số 1000 vào giữacặp (999, 1)

Đồng thời, với việc điền số này, ta đã xây dựng được một dãy các cặp số (a, b) trên vòngtròn theo chiều kim đồng hồ

Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng với mỗi cặp (a, b) mà gcd(a, b) = 1 và (a, b) 6= (1, 1)thì xuất hiện duy nhất một lần trong dãy vô hạn này Nếu a > b thì cặp (a, b) xuất hiện

từ cặp (a − b, b) So sánh tiếp hai số này, chẳng hạn, nếu a − b > b thì cặp số này xuấthiện từ cặp (a − 2b, b) và cứ thế, đến một lúc nào đó sẽ trở về cặp (1, 2) hoặc (2, 1) ban đầu

Do đó, theo thuật toán Eulid thì gcd(a, b) = gcd(2, 1) = 1, tức là hai số kề nhau trên vòngtròn luôn nguyên tố cùng nhau

Khi đó, số 2013 sẽ xuất hiện từ mỗi cặp số có dạng là (a, 2013 − a) mà 0 < a < 2013 vàgcd(a, 2013) = 1 Hơn nữa, sau bước thứ 2013, tất cả các số điền vào tiếp theo sẽ đều lớnhơn 2013 nên sẽ không có số 2013 nào được điền vào nữa