lỜi giẢi vÀ bÌnh luẬn ĐỀ thi chỌn ĐỘi tuyỂn imo 2018 · nhìn tŒng th”, đ•...

Epsil

onsta

ff

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THICHỌN ĐỘI TUYỂN IMO 2018

Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang HùngLê Phúc Lữ - Nguyễn Lê Phước

1. Lời nói đầu

Kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi toán quốc tế năm 2018 đã diễn ra trong hai ngày 30 và31/3 vừa qua. Trong mỗi ngày, thí sinh phải làm ba bài toán trong vòng 270 phút.

Tiếp nối truyền thống nhiều năm nay, Ban biên tập chúng tôi vẫn muốn theo sát các thí sinhvà giáo viên chuyên Toán, cùng nhau giải và phân tích, khai thác các bài có trong đề thi.Thông qua đó, mọi người có thể thấy được bản chất, vẻ đẹp của các vấn đề, quan trọng hơn làcó nguồn tư liệu, định hướng rèn luyện cho các mùa thi sau. Ban biên tập hiểu rằng các đề thiTST luôn mang tính thử thách, tạo cảm hứng và bên cạnh VMO, IMO, đây cũng là một trongnội dung luôn được chờ đón.

Năm 2018, cùng với sự ra đời và đồng hành của chương trình BM2E – Bring Math to Everyone,chúng tôi đã có nhiều động lực và sự hỗ trợ hơn. Với mong muốn đẩy mạnh phong trào chuyênToán nhiều nơi, hy vọng rằng B2ME sẽ luôn nhận được sự đón nhận của mọi người và chung tayphát triển. Ngoài ra với tinh thần hội nhập quốc tế, năm nay chúng tôi cũng sẽ xuất bản Epsilon14, phiên bản tiếng Anh.

Cuối cùng, để hoàn thành tài liệu này, chúng tôi xin gửi lời cám ơn đến TS Nguyễn Chu GiaVượng (viện Toán học) và các bạn Hoàng Đỗ Kiên (HCB IMO 2013), Nguyễn Nguyễn (PTNKTPHCM) vì những tài liệu cũng như những góp ý đáng giá. Mọi thắc mắc, góp ý, xin hãy gửi tinnhắn cho trang chủ của tạp chí Epsilon.

1

Epsil

onsta

ff

2 Lời giải và bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018

2. Đề thi

2.1. Ngày thi thứ nhất (30/03/2018)

Bài 1 (7.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn không cân có D; E; F lần lượt là trung điểm củacác cạnh BC; CA và AB: Gọi .O/; .O 0/ lần lượt là tâm ngoại tiếp và tâm Euler của tam giác.Xét điểm P bên trong tam giác DEF và DP; EP; FP cắt lại .O 0/ lần lượt tại D0; E 0; F 0: GọiA0 là điểm đối xứng với A qua D0: Xác định tương tự với B 0 và C 0:

a) Chứng minh rằng nếu PO D PO 0 thì đường tròn .A0B 0C 0/ đi qua O:

b) Lấy X đối xứng với A0 qua đường thẳng OD: Xác định tương tự với Y và Z: Gọi H làtrực tâm tam giác ABC và XH; YH; ZH cắt BC; CA; AB theo thứ tự tại M; N; K:Chứng minh rằng M; N; K thẳng hàng.

Bài 2 (7.0 điểm). Với m là số nguyên dương, xét bảng ô vuông m � 2018 gồm m hàng, 2018cột mà trong đó có một vài ô trống, còn một vài ô được đánh số 0 hoặc 1: Bảng được gọi là “đầyđủ” nếu với bất kỳ chuỗi nhị phân S có 2018 ký tự nào, ta đều có thể chọn ra một hàng nào đócủa bảng rồi điền thêm 0; 1 vào để 2018 ký tự của hàng tạo thành chuỗi S (nếu chuỗi S đã cósẵn trên hàng nào đó rồi thì coi như thỏa mãn). Bảng được gọi là “tối giản” nếu nó đầy đủ và nếuta bỏ đi bất kỳ hàng nào thì nó không còn đầy đủ nữa.

a) Với k � 2018; chứng minh rằng tồn tại bảng tối giản 2k � 2018 sao cho có đúng kcột có đủ cả 0 lẫn 1:

b) Cho bảng tối giản m � 2018 có đúng k cột chứa cả 0 lẫn 1. Chứng minh rằng m � 2k :

(Một dãy nhị phân độ dài 2018 là dãy có dạng x1x2 : : : x2018 trong đó x i 2 f0; 1g vớimọi i 2 f1; 2 ; : : : ; 2018g :)

Bài 3 (7.0 điểm). Cho số nguyên n � 3 và An là tập hợp tất cả các số nguyên dương nhỏ hơnn; nguyên tố cùng nhau với n: Xét đa thức

Pn .x / DXk2An

x k�1 :

a) Chứng minh rằng P .x / chia hết cho đa thức x r C 1 với r là số nguyên dương nào đó.

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để Pn .x / bất khả quy trên Z Œx � :

2.2. Ngày thi thứ hai (31/03/2018)

Bài 4 (7.0 điểm). Cho a là số thực thuộc đoạn�12; 23

�: Xét các dãy số .un / và .vn /

.n D 0; 1; : : : / được xác định như sau:

un D3

2nC1� .�1/b2

nC1ac ; vn D3

2nC1� .�1/nCb2

nC1ac :

a) Chứng minh rằng 2018XiD0

u i

!2C

2018XiD0

v i

!2� 72a2 � 48a C 10 C

2

42019:

b) Tìm tất cả các giá trị của a để đẳng thức xảy ra.

Epsil

onsta

ff

Lời giải và bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2018 3

Bài 5 (7.0 điểm). Một bảng ô vuông m � n ABCD có các đỉnh là các giao lộ (có tất cả.m C 1/ � .n C 1/ giao lộ). Người ta muốn thiết lập một tuyến đường bắt đầu từ A; đi theocác cạnh song song với các cạnh của hình chữ nhật và đi qua tất cả các giao lộ đúng một lần,sau đó quay về A:

a) Chứng minh rằng có thể xây dựng được đường đi khi và chỉ khi m lẻ hoặc n lẻ.

b) Với m; n thỏa mãn điều kiện câu a), hỏi có ít nhất bao nhiêu giao lộ mà tại đó có ngã rẽ?

Bài 6 (7.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp .O / và .J / là đường tròn bàng tiếp gócA của tam giác. Gọi D; E ; F lần lượt là tiếp điểm của .J / với BC ; CA và AB:

a) Gọi L là trung điểm của BC : Đường tròn đường kính LJ cắt các đường thẳngDE; DF lần lượt tại K và H: Chứng minh rằng các đường tròn .BDK/ và .CDH /

cắt nhau trên đường tròn .J /:

b) Giả sử đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại G và GJ cắt các đường thẳngAB; AC lần lượt tại M; N: Gọi P và Q là các điểm trên các đường thẳng JB ; J Csao cho ∠PAB D ∠QAC D 90ı : Gọi T là giao điểm của hai đường thẳngPM; QN và S là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn .O /: Gọi I làtâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC : Chứng minh rằng đường thẳng S I cắt đườngthẳng AT tại một điểm thuộc đường tròn .O /:

Epsil

onsta

ff


3. Bình luận chung

Các bài toán năm nay được phân theo phân môn như sau:

� Bài 1 và bài 6: Hình học.

� Bài 2 và bài 5: Tổ hợp.

� Bài 3: Số học.

� Bài 4: Đại số.

Hai bài hình có cấu hình khá đẹp, đặc biệt là ở bài 1, nơi ta có thể gặp lại những ý tưởngkinh điển của hình học qua đường tròn Euler và đường tròn Hagge: chứng minh đồng viênthông qua phép vị tự. Tuy nhiên có vẻ như hai bài 1 và 6 quá giống nhau về dạng bài, côngcụ: định lý Menelaus, đẳng giác, phương tích, phép biến hình. Nếu sử dụng hai bài hình, nênlà hai bài khác hướng.

Hai bài tổ hợp khác nhẹ nhàng dù đều liên quan đến những lĩnh vực của toán hiện đại: lý thuyếtmã hóa thông tin và lý thuyết đồ thị. Bài 5 có vẻ là bài quen thuộc nhưng nếu chưa gặp thì cũngkhông khó xử lý.

Bài 3 là một bài phát biểu dưới dạng đa thức (thậm chí có cả từ bất khả quy) nhưng bản chất làmột bài số học. Ý tưởng cơ bản là xây dựng các song ánh (dạng k ! n � k ; k ! k C n

2hoặc

tương tự) giữa các đơn thức, còn trường hợp n phi chính phương (square-free) thì dùng quy nạptheo số ước nguyên tố. Bài này có ít nhiều liên quan đến tổng Ramanujan trong số học.

Bài 4 là một bài bất đẳng thức dãy số có hình thức khá lạ và khá xấu. Tuy nhiên, nếu nhìn kỹ cóthể thấy được tư tưởng dùng hệ đếm nhị phân. Nếu “bắt” được ý này thì phần sau chỉ là phần xửlý kỹ thuật. Có lẽ vì vậy mà ban đề thi đưa bài này vào vị trí bài dễ nhất trong ngày thứ hai, dùtheo chúng tôi, bài này khó hơn bài 5 nhiều và sẽ là bài “sát thủ”.

Như vậy, chúng ta có thể thấy rằng, hai bài 3, 4 là hai bài Số học và Đại số song kiếm hợp bích.

Nhìn tổng thể, đề thi năm nay khá hay và tốt, có nhiều đất diễn cho thí sinh, không có bài siêusát thủ. Năm nay ban chấm thi sẽ vất vả. Dự kiến là bài nào cũng có thể có thí sinh làm trọn vẹn.Có một điểm chưa được hay là tất cả các bài TST năm nay đều có hai ý a) và b). Trong một sốtrường hợp có hai ý là hay nhưng trong nhiều trường hợp nó làm bài toán trở nên lắt nhắt, haynhư ý b) của bài 3 trở nên tầm thường khi đã có ý a). Việc có hai bài hình “đồng dạng” cũng làđiều cần khắc phục và chúng ta nên khai thác thêm mảng Hình tổ hợp và bất đẳng thức hình họcđể đa dạng hóa. Hơn nữa hai bài hình đều có hai ý a), b) gần như độc lập với nhau thành ra gầnnhư thí sinh phải giải quyết bốn bài hình khác nhau trong cùng một kỳ thi.

Dự kiến ngưỡng điểm lọt vào đội tuyển vẫn là 3++.

Epsil

onsta

ff


4. Lời giải và bình luận các bài toán

Bài 1 (7.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn không cân có D; E ; F lần lượt là trung điểmcủa các cạnh BC ; CA và AB: Gọi .O /; .O 0 / lần lượt là tâm ngoại tiếp và tâm Euler củatam giác. Xét điểm P bên trong tam giác DEF và DP ; EP ; FP cắt lại .O 0 / lần lượt tạiD 0 ; E 0 ; F 0 : Gọi A 0 là điểm đối xứng với A qua D 0 : Xác định tương tự với B 0 và C 0 :

a) Chứng minh rằng nếu PO D PO 0 thì đường tròn .A 0B 0C 0 / đi qua O:

b) Lấy X đối xứng với A 0 qua đường thẳng OD: Xác định tương tự với Y và Z: Gọi Hlà trực tâm tam giác ABC và XH; Y H; ZH cắt BC ; CA; AB theo thứ tự tạiM; N; K: Chứng minh rằng M; N; K thẳng hàng.

Lời giải. a) Gọi I là điểm đối xứng với O qua P: Ta có O 0 là trung điểm của OH nênO 0P k IH: Lại có PO D PO 0 nên IO D IH:

A

B C

H OO 0

D

P

D0

A0

G

I

S

Gọi S và G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AI; AH: Ta có

SP D1

2AO D

1

2R D O 0D

và SP k AO k O 0D nên tứ giác O 0SPD là hình bình hành. Từ đó suy ra DP k O 0S:

Lại có SP D 12R D O 0D0 nên tứ giác SD0PO 0 là hình thang cân. Suy ra O 0P D SD0 và

IH D 2O 0P D 2SD0 D IA0:

Từ đó, ta có IA0 D IH D IO nên A0 nằm trên đường tròn .I; IO/: Chứng minh tương tự, tacũng có B 0; C 0 nằm trên đường tròn .I; IO/: Từ đây, ta có điều phải chứng minh.

Epsil

onsta

ff


b) Gọi R là bán kính của đường tròn .O/: Dễ thấy GD D R: Xét phép vị tự tâm A tỉ số 12

biếnB; C; A0; X; H; M và trung trực BC lần lượt thành thành F; E; D0; U; G; M 0 và trung trựcEF: Khi đó, ta có MB

MCD

M 0FM 0E

và U đối xứng với D0 qua trung trực EF: Suy ra

MB

MCDM 0F

M 0EDGF

GE�UF

UED

pR2 �DF 2pR2 �DE2

�D0E

D0F:

A

B C

HO

O 0

D

G

E

F P

D0

A0X

M

M 0U

Tương tự, ta cũng tính được NCNA

và KAKB: Do DD0; EE 0; FF 0 đồng quy nên

D0F

D0E�F 0E

F 0D�E 0D

E 0FD 1:

Từ đó MBMC�NCNA�KAKBD 1; hay M; N; K thẳng hàng.

Bình luận. Đây là một bài toán hình học hay và có nhiều ý mới. Nếu như câu b) chỉ là ứngdụng của định lý Menelaus khá cơ bản thì câu a) là một bài toán rất thú vị. Điểm đáng chú ý củacâu a) là ta có thể viết lại thành bài toán thú vị như sau:

Bài toán 1. Cho tam giác ABC với D; E; F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC; CA vàAB: P là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng. Các đường thẳng PD; PE; PF cắt lại đường tròn.DEF / lần lượt tại X; Y và Z: Gọi U; V và W lần lượt là đối xứng của A; B; C qua X; Y; Z:

a) Chứng minh rằng đường tròn .UV W / đi qua trực tâm tam giác ABC:

b) Gọi K là tâm của đường tròn .UV W /: Chứng minh rằng đường thẳng PK luôn đi quamột điểm cố định khi P thay đổi.

Bài toán trên là một bài toán đồng viên với trực tâm mới và có nhiều phát triển hay, ta có thể ápdụng cách giải như trong lời giải của bài TST để giải bài toán này.

Epsil

onsta

ff


Sau đây là một tổng quát hơn nữa cho bài toán đồng viên trên:

Bài toán 2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn .O/ và hai điểm P; Q bất kỳ trênmặt phẳng. Phép vị tự tâm P tỉ số k biến các điểm A; B; C thành các điểm A0; B0 và C0: GọiA0A1; B0B1 và C0C1 lần lượt là các đường kính của đường tròn .A0B0C0/: Các đường thẳngQA1; QB1 và QC1 cắt lại đường tròn .A1B1C1/ lần lượt tại A2; B2; C2:

a) Phép vị tự tâm A; B; C tỉ số 11�k

lần lượt biến các điểm A2; B2; C2 thành A3; B3 và C3:Chứng minh rằng đường tròn .A3B3C3/ đi qua P:

b) Gọi K là tâm của đường tròn .A3B3C3/: Chứng minh rằng phép vị tự tâm K tỉ số 1k

biếnP thành tâm ngoại tiếp tam giác ABC:

Mặt khác cũng từ cấu hình bài toán TST chúng ta cũng có thể tìm và khai thác được nhiều điểmthú vị khác, sau đây là một khai thác thú vị từ cấu hình này:

Bài toán 3. Cho tam giác ABC có trực tâm H: Gọi A1 ; B1 ; C1 lần lượt là trung điểmcủa các cạnh BC ; CA và AB: P là điểm bất kỳ trên đường thẳng Euler của tam giácABC : .N / là đường tròn Euler của tam giác ABC : Gọi A1A0 ; B1B0 và C1C0 lần lượtlà các đường kính của đường tròn .N /:

a) Chứng minh rằng các đường thẳng AA0 ; BB0 và C C0 đồng quy tại X:

b) Các đường thẳng AA0 ; BB0 và C C0 lần lượt cắt lại đường tròn .N / tại A2 ; B2 ; C2 :Q là điểm bất kỳ trên đường thẳng PX: Các đường thẳng QA2 ; QB2 và QC2 lần lượtcắt lại đường tròn .N / tại A3 ; B3 ; C3 : Gọi A4 ; B4 và C4 lần lượt là đối xứng của A;B ; C lần lượt qua A3 ; B3 ; C3 : Chứng minh rằng đường tròn .K / ngoại tiếp tam giácA4B4C4 đi qua H:

c) Chứng minh rằng K luôn nằm trên một đường thẳng cố định song song với đườngthẳng PX khi Q thay đổi.

Ngoài ra ta cũng có thể sử dụng kết quả bài toán sau làm bổ đề để chứng minh ý b) của bài TSTbằng phương pháp phương tích và trụ đẳng phương:

Bài toán 4. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ trên mặt phẳng. Các điểm X; Y và Z nằmtrên các đường tròn .PBC /; .P CA/; .PAB / sao cho đường tròn .X Y Z/ đi qua P: GọiU; V và W lần lượt là đối xứng của X; Y ; Z qua trung trực của BC ; CA; AB: Chứng minhrằng đường tròn .U V W / cũng đi qua P:

Có thể tham khảo thêm các mở rộng tại liên kết: http://analgeomatica.blogspot.com/2018/04/cac-bai-toan-hinh-hoc-hang-tuan-tuan-1.html.

http://analgeomatica.blogspot.com/2018/04/cac-bai-toan-hinh-hoc-hang-tuan-tuan-1.html


Epsil

onsta

ff


Bài 2 (7.0 điểm). Với m là số nguyên dương, xét bảng ô vuông m � 2018 gồm m hàng,2018 cột mà trong đó có một vài ô trống, còn một vài ô được đánh số 0 hoặc 1: Bảng đượcgọi là “đầy đủ” nếu với bất kỳ chuỗi nhị phân S có 2018 ký tự nào, ta đều có thể chọn ramột hàng nào đó của bảng rồi điền thêm 0; 1 vào để 2018 ký tự của hàng tạo thành chuỗiS (nếu chuỗi S đã có sẵn trên hàng nào đó rồi thì coi như thỏa mãn). Bảng được gọi là “tốigiản” nếu nó đầy đủ và nếu ta bỏ đi bất kỳ hàng nào thì nó không còn đầy đủ nữa.

a) Với k � 2018; chứng minh rằng tồn tại bảng tối giản 2k � 2018 sao cho có đúngk cột có đủ cả 0 lẫn 1:

b) Cho bảng tối giản m� 2018 có đúng k cột chứa cả 0 lẫn 1. Chứng minh rằng m � 2k :

(Một dãy nhị phân độ dài 2018 là dãy có dạng x1x2 : : : x2018 trong đó x i 2 f0; 1gvới mọi i 2 f1; 2 ; : : : ; 2018g :)

Lời giải. a) Đầu tiên, xét một bảng ô vuông trống kích thước 2k � 2018, ta tiến hành điền cácsố 0; 1 của các xâu nói trên lần lượt vào phần bên trái của từng hàng, mỗi xâu dùng cho mộthàng. Khi đó, phần còn lại phía bên phải là 2018 � k cột được để trống. Dễ thấy rằng ở mỗi cộttrong k cột bên trái của bảng đều có chứa đúng 2k�1 số 0 và 2k�1 số 1 (tức là có đủ cả 0 lẫn 1như ràng buộc). Ta sẽ chứng minh bảng này tối giản.

0 0 : : : 0 : : : : : : : : :

0 0 : : : 1 : : : : : : : : :

: : : : : : : : : : : : 0 : : : : : :

1 1 : : : 0 : : : : : : : : :

1 1 : : : 1 : : : : : : : : :

Với một xâu nhị phân s D a1a2 : : : a2018 tùy ý, ta xét xâu con s 0 D a1a2 : : : ak củanó. Rõ ràng s 0 đã xuất hiện ở phần đầu của hàng nào đó trên bảng nên nếu ta điền tiếpakC1 ; akC2 ; : : : ; a2018 vào phần trống thì sẽ thu được s : Ngoài ra, ta thấy rằng cũng chỉ cóđúng một hàng chứa các số của s 0 nên nếu bỏ hàng đó đi thì không có hàng nào có thể dùng để“khôi phục” s được. Do đó, bảng đã cho thỏa mãn.

b) Giả sử ngược lại rằng m � 2k C 1: Giả sử rằng k cột đầu tiên bên trái của bảng có chứa đủ0 và 1: Dưới đây, ta sẽ chứng minh nhận xét quan trọng mấu chốt để giải bài toán này.

Nhận xét. Tất cả các ô trong 2018 � k cột bên phải đều trống.

Chứng minh. Xét xâu nhị phân s có độ dài k bất kỳ và giả sử As là tập hợp các hàng mà k ôđầu tiên bên trái của nó có thể sinh ra s : Ta sẽ chứng minh rằng trong As sẽ có một hàng màtoàn bộ các ô từ vị trí k C 1 đến vị trí 2018 đều trống.

Xét các ô ở vị trí thứ k C 1 ở mỗi hàng trong As : Dễ thấy tất cả các ô đó thuộc về cột thứ k C 1của bảng, là cột không chứa đồng thời 0 và 1:

Nếu toàn bộ cột này có chứa số thì giả sử đều là số 0 (tương tự nếu là 1). Khi đó, chuỗi độ dàik C 1 có dạng 00 : : : 01 gồm k số 0 bên trái sẽ không thể biểu diễn được bởi bất cứ hàng nào,mâu thuẫn với tính đầy đủ của bảng. Do đó, phải có một tập con của As có các hàng mà tại vị tríthứ k C 1 là ô trống, đặt là A 0s :

Epsil

onsta

ff


Tiếp tục, lại xét vị trí thứ k C 2 thì tương tự trên, nếu toàn bộ cột k C 2 có chứa số thì khôngthỏa nên phải có cột trống, như vậy ta lại tiếp tục chọn được tập con A 0 0s của A 0s mà vị trí thứk C 1; k C 2 đều trống. Cứ làm như thế cho đến khi gặp cột cuối cùng và ta được một hàng cótất cả các vị trí từ k C 1 đến 2018 đều trống.

Như thế, với mỗi xâu nhị phân s có độ dài k , ta luôn tìm được một hàng mà tất cả các ô từ vị trík C 1 đến 2018 đều trống. Chú ý rằng các hàng này không nhất thiết phân biệt vì có thể có mộthàng được sử dụng cho nhiều xâu. Gọi tập hợp các hàng này là A:

Ta thấy A có thể biểu diễn được cho tất cả các xâu độ dài 2018: Rõ ràng mỗi hàng trên bảngđều phải thuộc vào A vì nếu không, ta có thể loại bỏ hàng đó đi mà bảng vẫn còn đầy đủ, mâuthuẫn với tính chất tối giản. Như vậy, A cũng chính là tập hợp tất cả các hàng của bảng. Do đó,toàn bộ các cột từ k C 1 đến 2018 của bảng đều trống. Nhận xét được chứng minh. �

Tiếp theo, vì toàn bộ bảng con bên phải trống nên có thể biểu diễn được mọi xâu nhị phân độ dài2018 � k . Vì bảng ban đầu là tối giản nên buộc bảng con bên trái cũng tối giản.

Xóa đi 2018 � k cột trống để còn bảng con kích thước m � k : Đánh số các hàng từ 1 đến mvà đặt A i .i D 1; 2 ; : : : ; m/ là tập hợp các xâu nhị phân độ dài k có thể sinh ra từ hàng thứi (chú ý rằng trên các hàng đó vẫn có thể còn các ô trống xen kẽ, không nhất thiết phải được điềntoàn bộ bởi các số 0 và 1).

Vì bảng ban đầu tối giản đối với các xâu nhị phân độ dài 2018 nên bảng mới sinh ra cũng tốigiản với các xâu nhị phân độ dài k : Suy ra nếu đặt A D A1 [ A2 [ � � � [ Am thì jA j D 2k

(nghĩa là bảng này có thể sinh ra được tất cả 2k xâu nhị phân độ dài k ).

Rõ ràng với mỗi i . i D 1; 2 ; : : : ; m/; phải có một xâu nhị phân độ dài k nào đó chỉ đượcsinh ra bởi hàng thứ i bởi nếu ngược lại, tất cả các xâu nhị phân sinh ra từ hàng i cũng được sinhra từ hàng khác thì ta bỏ hàng đó đi dẫn đến bảng không còn tối giản nữa. Điều này có nghĩa làA i phải đóng góp ít nhất một phần tử vào A và phần tử này không thuộc các tập khác. Do đó mtập hợp sẽ đóng góp ít nhất m phần tử vào A và kéo theo jA j � m:

So sánh các đánh giá trên, ta có ngay m � 2k . Đây chính là điều phải chứng minh.

Bình luận. Ở câu a), với số hàng của bảng là 2k và với điều kiện đặt ra là đúng k cột có chứacả 0 lẫn 1; ta có thể dễ dàng nghĩ đến việc xét tất cả các xâu nhị phân có độ dài k (hiển nhiên cóđúng 2k xâu như thế).

Cái khó nhất của câu b) chính là tính tùy ý của các cột trong 2018 � k cột còn lại, ngoài trườnghợp đặc biệt vừa xét, vẫn có thể còn các cột chỉ được điền 0; chỉ được điền 1: Ta phải dùng tínhtối giản của bảng để loại các trường hợp đó đi. Chú ý rằng câu b) trong đề cho số k tùy ý nên cóthể xuất phát từ trường hợp k D 0 để thấy rằng tất cả các ô đều phải trống. Đây cũng chính làđịnh hướng của lời giải trên.

Với quan hệ giữa các hàng của bảng và các chuỗi nhị phân, bài toán này hứa hẹn sẽ có cách tiếpcận sử dụng lý thuyết graph, đặc biệt là bipartie graph. Mong được trao đổi thêm với bạn đọc.

Dạng toán về tập hợp mô hình hóa trên bảng này đã từng xuất hiện một lần trong đề VMO 2015.Dưới đây, ta xét một số bài toán tương tự:

Bài toán 1 (IMO Shortlist, 1998). Cho số nguyên n � 2 và tập hợp A D f1; 2 ; : : : ; ng :Một họ F gồm t tập hợp con của A; đặt là A1 ; A2 ; : : : ; A t được gọi là “rời nhau” nếunhư với mỗi cặp số fx ; y g lấy từ A thì tồn tại A i 2 F mà

ˇ̌A i \ fx ; y g

ˇ̌D 1: Họ F được

gọi là “bao phủ” nếu như mỗi phần tử của A đều thuộc vào ít nhất một tập nào đó trong F :Chứng minh rằng n � 2 t � 1:

Epsil

onsta

ff


Bài toán 2 (Bổ đề Kleitman). Một họ F gồm các tập con của tập hợp n số nguyên dương đầutiên được gọi là “down closed” nếu mỗi X 2 F thì tất cả tập con của X cũng thuộc F : Một họF gồm các tập hợp được gọi là “up closed” nếu mỗi X 2 F thì tất cả các tập hợp nhận X làtập con cũng thuộc F : Chứng minh rằng

a) Nếu F1 ; F2 là hai họ “down closed” thì

jF1 \ F2 j �jF1 j � jF2 j

2n:

b) Nếu F1 ; F2 lần lượt là họ “down closed” và “up closed” thì

jF1 \ F2 j �jF1 j � jF2 j

2n:

Bài toán 3 (Iran, 2001). Với số nguyên dương n � 2 ; xét bảng ô vuông n � n được điềncác số 0 và 1; một “đường chéo suy rộng” là tập hợp n phần tử không cùng hàng và cùngcột. Giả sử trên bảng này có đúng một đường chéo suy rộng chứa toàn số 1: Chứng minhrằng có thể sắp xếp lại các hàng và cột của bảng để được bảng mới mà mọi số tại vị trí.i ; j / với 1 � j < i � n đều là 0:

Bài toán 4. Xét bảng ô vuông m � n có chứa các số 0 hoặc 1: Giả sử toàn bộ bảng có ít nhất˛mn số 1 với 0 < ˛ < 1: Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai ràng buộc sau phải đúng:

i) Có ít nhất một hàng có chứa ít nhất np˛ số 1:

ii) Có ít nhất mp˛ hàng mà mỗi hàng có chứa ít nhất ˛ n số 1:

Epsil

onsta

ff


Bài 3 (7.0 điểm). Cho số nguyên n � 3 và An là tập hợp tất cả các số nguyên dương nhỏhơn n; nguyên tố cùng nhau với n: Xét đa thức

Pn .x / DXk2An

x k�1 :

a) Chứng minh rằng P .x / chia hết cho đa thức x r C 1 với r là số nguyên dương nào đó.

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để Pn .x / bất khả quy trên Z Œx � :

Lời giải. a) Trước hết, ta thấy rằng với m; k 2 ZC và k lẻ thì x km C 1 chia hết cho xm C 1:Để thuận lợi trong lập luận, xét đa thức Qn .x / D xPn .x / D

Pk2An

x k và dễ thấy chỉ cầnchứng minh Qn .x / chia hết cho x r C 1 với số r 2 ZC nào đó là được. Xét các trường hợp sau:

� Nếu n là số lẻ: Vì gcd.n ; k / D gcd.n ; n � k / với mọi k D 1; 2 ; : : : ; n � 1

nên với k 2 An thì n � k 2 An : Suy ra, ta có thể nhóm các đơn thức trong Pn .x /thành các cặp rời nhau có dạng .x k ; x n�k / : Vì k ; n � k khác tính chẵn lẻ nên.n � k / � k D n � 2k lẻ và x k C x n�k D x k .x n�2k C 1/ chia hết cho x C 1: Từđó suy ra Qn .x / chia hết cho x C 1; thỏa mãn.

� Nếu n chia hết cho 4: Tương tự như trường hợp trên, ta cũng ghép cặp .xk; xn�k/ vớichú ý hiệu n � 2k là số chia 4 dư 2: Suy ra xk C xn�k D xk.xn�2k C 1/ chia hết chox2 C 1: Do đó, Qn.x/ chia hết cho x2 C 1; cũng thỏa mãn.

� Nếu n chia 4 dư 2: Ta sẽ chứng minh các nhận xét sau:

Nhận xét 1. Nếu Qn.x/ chia hết cho xr C 1 .r 2 ZC/ thì với số nguyên tố lẻ p mà p jn;đa thức Qpn.x/ cũng thế.

Chứng minh. Giả sử a 2 An thì các số kp C a 2 Apn với k D 0; 1; : : : ; p � 1:

Ứng với mỗi số k ; tổng các đơn thức với mũ là kp C a với a 2 An tương ứng sẽ cócùng nhân tử là kp và sẽ chia hết cho

Pa2A x

a , tức là cũng chia hết cho x r C 1: Dođó, Qpn .x / chia hết cho x r C 1: �

Nhận xét 2. Với n D 2p1p2 � � � pm ; trong đó m 2 ZC và p1 ; p2 ; : : : ; pm là cácsố nguyên tố lẻ phân biệt tùy ý thì Qn .x / sẽ phân tích được.

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo m là số ước nguyên tố lẻ của n:

Nếu m D 1 thì khi n D 2p với p nguyên tố, dễ thấy An D f1; 2 ; : : : ; 2p g nfp; 2p gnên Qn .x / sẽ chia hết cho xp C 1:

Giả sử khẳng định đúng với m � 1: Xét n D 2p1p2 � � � pm và p là số nguyên tố lẻ,gcd.p ; n/ D 1; trong đó Qn .x / chia hết cho x r C 1: Ta sẽ chứng minh rằng vớiN D p n thì QN .x / cũng chia hết cho x r C 1:

Trước hết, giả sử trong AN có tính luôn cả các số nguyên tố cùng nhau với n nhưng lạichia hết cho p thì thay vì có QN .x /; ta sẽ có một đa thức mới là RN .x /: Đa thức nàysẽ là sự lặp lại p lần của của đa thức Qn .x / (nghĩa là RN .x / có thể chia thành cácnhóm mà mỗi nhóm so với Qn .x / chỉ sai khác lũy thừa x kp với 1 � k � p � 1). Dođó RN .x / chia hết cho x r C 1:

Epsil

onsta

ff


Tiếp theo, ta cần bỏ đi các lũy thừa chia hết cho p , đó là các đơn thức có dạng x ap vớia 2 An : Khi đó, dễ thấy tổng của chúng sẽ là đa thức Qn .x

p / mà Qn .xp / chia hết cho

xp r C 1, tức là cũng chia hết cho x r C 1: Tóm lại QN .x / D RN .x / � Qn .xp / chia

hết cho x r C 1: Do đó, khẳng định cũng đúng với số n có m C 1 ước nguyên tố lẻ. Theonguyên lý quy nạp thì nhận xét 2 được chứng minh. �

Kết hợp hai nhận xét lại, ta thấy trường hợp này vẫn thỏa mãn điều kiện. Bài toán đượcgiải quyết hoàn toàn.

b) Theo câu a), ta đưa về tìm tất cả các số nguyên dương n � 3 sao cho jAn j D 2 ; điều nàytương đương với việc tìm n � 3 để '.n/ D 2 : Ta xét các trường hợp sau:

� Nếu n D p nguyên tố thì 2 D '.n/ D n � 1 nên n D 3 thỏa mãn.

� Nếu n D p˛ với ˛ > 1 và p nguyên tố thì 2 D '.n/ D p˛�1 .p � 1/ nên dễ thấyrằng p D 2 ; ˛ D 2 và n D 4 thỏa mãn.

� Nếu n có ít nhất hai ước nguyên tố khác nhau là p; q thì theo tính chất nhân tính củahàm Euler, 2 D '.n/ sẽ chia hết cho '.p / D p � 1 và '.q / D q � 1 nên chỉ có thểp D 2 và q D 3; tương ứng với n D 6 thỏa mãn.

Vậy tất cả các số n cần tìm là n 2 f3; 4 ; 6g :

Bình luận. Câu b) của bài toán thực sự rất nhẹ nhàng và được hướng dẫn trực tiếp từ câu a).Nếu đề bài chỉ cho ý a) hoặc ý b) thì sẽ trọn vẹn hơn nhiều. Câu a) thực sự là một kết quả đẹpvà thú vị, nhất là trong trường hợp n là số square-free chẵn (n không chia hết cho số chínhphương lớn hơn 1 nào). Có một ý tưởng để giải quyết trường hợp này là chứng minh số lượngcác số có dạng 4k C 1 và 4k C 3 trong An là bằng nhau; tuy nhiên, điều này chỉ đúng khin có ước nguyên tố dạng 4k C 1. Điều này có thể chứng minh nhờ hai nhận xét:

� Trong An luôn chứa số có dạng b D 4k C 3 (nếu n D 4m C 2 thì đó là một trong haisố b D 2m C 3 và b D 2m C 5).

� Tập hợp A 0n D fba j a 2 An g có cùng số lượng số chia 4 dư 1 và dư 3 như An . Chú ýrằng nếu a � 1 .mod 4/ thì ba � 3 .mod 4/ và ngược lại.

Một kết quả thú vị khác là đa thức Pn .x / chia hết cho x 2k

C 1 nếu như có một số nguyên tố pthỏa mãn p j n và v2 .p C 1/ D k : Bạn đọc hãy tự chứng minh kết quả này.

Bài toán cũng có thể giải bằng tổng Ramanujan với chú ý rằng nếu đặt Cn .r / D Qn .�r / mà

� D e2i�n thì Cmn D CmCn với mọi m; n nguyên dương thỏa gcd.m; n/ D 1:

Dưới đây là một số bài toán tương tự:

Bài toán 1. Với mỗi số nguyên dương n; xét đa thức Pn .x / DP

a2Anx a�1 với An là tập

hợp các ước dương của n: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho Pn .x / bất khả quy.

Bài toán 2 (China MO, 2013). Với mỗi số nguyên dương n; xét đa thức Pn .x / DPn

iD0 c i xi

với c i 2 f0; 1g và c i � C in .mod 2/:

a) Với m; n; x0 là các số nguyên dương và x0 C 1 không phải là lũy thừa của 2 ; chứngminh rằng nếu Pm .x0 / chia hết cho Pn .x0 / thì Pm .x / chia hết cho Pn .x / với mọisố nguyên dương x :

b) Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương m � 2018 sao cho Pn .x / có thể phân tích thànhtích của đúng 7 đa thức bất khả quy‹

Epsil

onsta

ff


Bài 4 (7.0 điểm). Cho a là số thực thuộc đoạn�12; 23

�: Xét các dãy số .un / và .vn /

.n D 0; 1; : : : / được xác định như sau:

un D3

2nC1� .�1/b2

nC1ac ; vn D3

2nC1� .�1/nCb2

nC1ac :

a) Chứng minh rằng 2018XiD0

u i

!2C

2018XiD0

v i

!2� 72a2 � 48a C 10 C

2

42019:

b) Tìm tất cả các giá trị của a để đẳng thức xảy ra.

Lời giải. a) Từ giả thiết, ta có v i D u i với i chẵn và v i D �u i với i lẻ nên bất đẳng thức cầnchứng minh có thể được viết lại thành 1009XiD0

u2 i C

1008XiD0

u2 iC1

!2C

1009XiD0

u2 i �

1008XiD0

u2 iC1

!2� 72a2 � 48a C 10C

2

42019;

hay 1009XiD0

u2 i

!2C

1008XiD0

u2 iC1

!2� 36a2 � 24a C 5 C

1

42019: .1/

Bây giờ, gọi biểu diễn nhị phân của a là

a D

C1XiD1

x i

2 i

với x i 2 f0; 1g : Do 12� a � 2

3nên dễ thấy x1 D 1: Với mỗi số tự nhiên i ; ta thấy tính

chẵn lẻ của b2 iC1ac phụ thuộc vào x iC1 ; cụ thể: Nếu x iC1 D 0 thì b2 iC1ac chẵn và nếux iC1 D 1 thì b2 iC1ac lẻ. Suy ra .�1/b2

iC1ac D 1 nếu x iC1 D 0 và .�1/b2iC1ac D �1

nếu x iC1 D 1: Trong mọi trường hợp, ta đều có

.�1/b2iC1ac

D 1 � 2x iC1 :

Đặt A DP1009

iD0x2iC1

22iC1 và B DP1008

iD0x2iC2

22iC2 ; ta có

1009XiD0

u2 i D

1009XiD0

3.1 � 2x2 iC1 /

22 iC1D 2 �

1

2 � 41009� 6A;

1008XiD0

u2 iC1 D

1008XiD0

3.1 � 2x2 iC2 /

22 iC2D 1 �

1

41009� 6B:

Ngoài ra, ta cũng có a � A C B � 12

nên

36a2 � 24a C 5 C1

42019D 4.3a � 1/2 C 1 C

1

42019

� 4.3A C 3B � 1/2 C 1 C1

42019: .2/

Epsil

onsta

ff


Ta sẽ chứng minh�2 �

1

2 � 41009� 6A

�2C

�1 �

1

41009� 6B

�2� 4.3AC3B�1/2C1C

1

42019: .3/

Bằng biến đổi tương đương, ta viết được bất đẳng thức trên dưới dạng

6

41009A C 12B

�1 C

1

41009� 6A

��

1

41008�

1

42018:

Do A � 12

nên 6A > 1 C 141009

: Suy ra

6

41009A C 12B

�1 C

1

41009� 6A

��

6

41009A

�6

41009

1009XiD0

1

22 iC1

D6

41009�2

3

�1 �

1

41010

�D

1

41008�

1

42018:

Bất đẳng thức (3) được chứng minh. Bằng cách sử dụng các bất đẳng thức (2) và (3), ta thu đượcbất đẳng thức (1). Ta có điều phải chứng minh.

b) Từ các đánh giá ở trên, ta thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a D A C B; B D 0 vàA D 2

3

�1 � 1

41010

�; hay a D 2

3

�1 � 1

41010

�:

Bình luận. Biểu thức b2nC1ac chính là gợi ý quan trọng trong việc xét biểu diễn nhị phân củaa : Thực tế thì không có cách nào xác định được tính chẵn lẻ của đại lượng này nếu không dùngđến biểu diễn nhị phân của a : Ngoài ra, trong bài toán trên, chúng tôi đã sử dụng đẳng thức.�1/a D 1 � 2a với a 2 f0; 1g để lời giải được gọn gàng hơn.

Biểu diễn nhị phân (và biểu diễn p-phân nói chung) là một công cụ quan trọng trong toán học,có nhiều ứng dụng trong tổ hợp, số học, đại số và giải tích. Theo dõi các Shortlist của IMO, tathấy ý tưởng này xuất hiện khá nhiều. Dưới đây chúng tôi xin đưa ra một số bài toán như vậy:

Bài toán 1 (Putnam, 1981). Gọi f .n/ là số chữ số 1 trong biểu diễn nhị phân của số nguyêndương n: Tính giá trị của tổng:

1XnD1

f .n/

n.n C 1/:

Bài toán 2 (IMO Shortlist, 1983). Cho f W Œ0; 1� ! R là hàm số liên tục thỏa mãn đồngthời các điều kiện: 8̂<̂

:f .x / D bf .2x /; 0 � x �

1

2;

f .x / D b C .1 � b /f .2x � 1/;1

2� x � 1;

trong đó b D 1Cc2Cc

và c > 0: Chứng minh rằng 0 < f .x / � x < c với mọi 0 < x < 1:

Epsil

onsta

ff


Bài toán 3 (IMO, 1988). Hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên dương được chobởi: f .1/ D 1; f .3/ D 3; f .2n/ D f .n/; f .4n C 1/ D 2f .2n C 1/ � f .n/ vàf .4nC 3/ D 3f .2nC 1/ � 2f .n/ với mọi số nguyên dương n: Tìm số tất cả các số nguyêndương n; nhỏ hơn hay bằng 1988 thỏa mãn điều kiện f .n/ D n:

Bài toán 4 (IMO Shortlist, 1996). Cho dãy số a.n/ .n D 1; 2 ; 3; : : : / được xác định bởia.1/ D 0 và với mọi n > 1 thì

a.n/ D a�j n

2

k�C .�1/

n.nC1/2 :

a) Tìm giá trị lớn nhất của a.n/ với n là các số nguyên dương � 1996 và tìm tất cả cácgiá trị n � 1996 để giá trị lớn nhất đó đạt được.

b) Tìm số các số n � 1996 mà a.n/ D 0:

Epsil

onsta

ff


Bài 5 (7.0 điểm). Một bảng ô vuông m � n ABCD có các đỉnh là các giao lộ (có tấtcả .m C 1/ � .n C 1/ giao lộ). Người ta muốn thiết lập một tuyến đường bắt đầu từ A;đi theo các cạnh song song với các cạnh của hình chữ nhật và đi qua tất cả các giao lộđúng một lần, sau đó quay về A:

a) Chứng minh rằng có thể xây dựng được đường đi khi và chỉ khi m lẻ hoặc n lẻ.

b) Với m; n thỏa mãn điều kiện câu a), hỏi có ít nhất bao nhiêu giao lộ mà tại đó có ngã rẽ?

Lời giải. Đánh số các hàng và cột theo thứ tự từ trái sang phải 1 ! m C 1; trên xuống dưới1 ! n C 1: Khi đó, điểm A sẽ ở góc trên bên trái với vị trí .1; 1/:

a) Điều kiện cần: Ta thấy rằng đường đi có thể được biểu diễn bởi dãy các ký tự L; R ; Uvà D; trong đó các ký tự này lần lượt chỉ hướng đi sang trái, sang phải, lên trên và xuốngdưới tại mỗi giao lộ.

Do có tổng cộng .m C 1/.n C 1/ giao lộ nên cũng có bấy nhiêu đó số ký tự L; R ; U; D:

Vì đường đi xuất phát từ A và quay trở về A nên số lần rẻ trái bằng số lần rẻ phải, số lần đixuống bằng số lần đi lên. Điều này chứng tỏ số ký tự L; R bằng nhau, số ký tự U; D bằngnhau. Suy ra tổng số ký tự là .m C 1/.n C 1/ phải chẵn. Vì thế nên phải có m lẻ hoặc n lẻ.

Điều kiện đủ: Giả sử m là số lẻ, trường hợp n lẻ hoàn toàn tương tự. Ta sẽ đi theo quy tắc sau(có mô tả như hình trên):

� Lần đi ngang đầu tiên: xuất phát tại A; đi từ cột 1 ! n.

� Mỗi lần đi dọc thì chỉ xuống một ô; đi ngang thì di chuyển giữa cột 2 $ n:

� Lần đi ngang cuối cùng: đi từ cột n ! 1 sau đó đi ngược từ hàng n ! 1 đến điểm A:

Điều này thực hiện được do m lẻ nên số tuyến đường nằm ngang là chẵn. Vậy điều kiện cần vàđủ để đi được như đề bài là m hoặc n phải lẻ.

b) Xét hai giao lộ có ngã rẽ gần nhau nhất (điểm A tạm tính là một trong các giao lộ đó) thì giữahai giao lộ sẽ có một đoạn đường, nằm ngang hoặc nằm dọc. Ta thấy đường đi sẽ là một dãy cácđoạn dọc và ngang luân phiên (mỗi đoạn đi qua hai hoặc nhiều giao lộ), nếu xuất phát theo chiềungang thì về theo chiều dọc và ngược lại.

Gọi số đoạn ngang là r , đoạn dọc là c và k là số ngã rẽ (không tính A). Ta sẽ chứng minhcác nhận xét sau:

Nhận xét 1. k C 1 D 2r D 2c :

Epsil

onsta

ff


Chứng minh. Tại mỗi giao lộ chuyển có ngã rẽ sẽ đúng một đoạn ngang và dọc. Số ngã rẽ,tính thêm cả A; chính bằng số cặp không thứ tự có dạng fđoạn ngang, đoạn dọcg mà đoạnngang và dọc có chung đầu mút tại một giao lộ nào đó. Hơn nữa, mỗi đoạn ngang có chungđầu mút với đúng 2 đoạn dọc, và mỗi đoạn dọc có chung đầu mút với đúng 2 đoạn ngang nên

k C 1 D 2r D 2c : �

Để tìm giá trị nhỏ nhất của k , ta đưa về tìm giá trị nhỏ nhất của r và c :

Nhận xét 2. r � m C 1 hoặc c � n C 1:

Chứng minh. Giả sử rằng r � m thì số đoạn ngang không xuất hiện đủ trên m C 1 hàng,do đó có một hàng mà cả n C 1 giao lộ trên đó đều ứng với đoạn dọc, tức là c � n C 1:

Tương tự nếu c � n thì r � m C 1: �

Từ đó, ta đưa về xét các trường hợp sau đây:

� Nếu m lẻ, n chẵn: Giả sử r � m thì theo nhận xét trên, có một hàng mà cả nC 1 giaolộ đều ứng với đoạn dọc, nhưng vì có lẻ điểm trên hàng này nên với các đoạn dọc đó, takhông thể quay về được A, không thỏa. Do đó r � m C 1 và k D 2r � 1 � 2m C 1.Ta dễ dàng xây dựng được đường đi với đúng m C 1 đoạn dọc tương tự câu a). Vì thếnên min k D 2m C 1:

� Nếu m chẵn, n lẻ: Lập luận tương tự, ta có min k D 2nC 1:

� Nếu m; n đều lẻ: Dễ thấy rằng cả hai đẳng thức trong các đánh giá r � mC1; c � nC1đều có thể xảy ra nên min k D 2min.m; n/C 1:

Nói tóm lại:

� Nếu m; n đều lẻ thì min k D 2min.m; n/C 1:

� Nếu m chẵn, n lẻ thì min k D 2nC 1:

� Nếu m lẻ, n chẵn thì min k D 2mC 1:

Bình luận. Đây là một bài toán khá kinh điển về đường đi Hamilton qua tất cả các đỉnh trêngrid graph, có thể tham khảo thêm tại liên kết: http://mathworld.wolfram.com/GridGraph.html.

Kết quả câu a) đã cũ và thậm chí, ta còn có thể đếm được số đường đi như thế theo m; n nhờcông thức truy hồi. Ngoài cách giải như trên, ta cũng có thể tiếp cận theo hướng tô màu như sau:tô màu đen cho các giao lộ tại vị trí .i ; j / mà i C j chẵn; ngược lại thì tô trắng.

http://mathworld.wolfram.com/GridGraph.html

http://mathworld.wolfram.com/GridGraph.html

Epsil

onsta

ff


Khi đó, mỗi lần đi từ giao lộ này sang giao lộ kia, màu sẽ được thay đổi. Để đi qua hết các giaolộ, mỗi giao lộ một lần rồi quay về đúng A thì rõ ràng, màu phải được đổi chẵn lần. Suy ra.m C 1/.n C 1/ chẵn hay ít nhất một trong hai số m; n lẻ.

Ở câu b), ta cần phải đánh giá cẩn thận hơn về quan hệ giữa số lần đi ngang và đi dọc cũng nhưvai trò tính chẵn lẻ của số m; n:

Một số bài toán tương tự:

Bài toán 1 (Tạp chí Crux). Một con chuột ăn một miếng phô mai hình lập phương kíchthước 3 � 3 � 3 gồm 27 miếng nhỏ 1 � 1 � 1 .nó chỉ ăn phần ruột bên trong mỗi miếng/ :Hỏi nếu nó xuất phát từ một miếng ở góc thì có thể đi qua được 27 miếng và kết thúc tạimiếng ở giữa không, biết rằng nó chỉ được di chuyển giữa hai miếng có chung mặt với nhauvà không quay về miếng đã đi qua‹

Bài toán 2. Cho bảng ô vuông a � b với ab D 4036 và a; b > 1: Chứng minh rằng có thểđiền các số nguyên dương từ 1 đến 4036 lên bảng sao cho có một đường đi xuất phát từ một ônào đó đi qua hết tất cả các ô trên bảng, mỗi ô đi qua đúng một lần rồi quay trở lại ô ban đầu,biết rằng chỉ được di chuyển giữa hai ô có số chênh lệch nhau đúng 2017 hoặc 2019 đơn vị.

Epsil

onsta

ff


Bài 6 (7.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp .O / và .J / là đường tròn bàng tiếpgóc A của tam giác. Gọi D; E ; F lần lượt là tiếp điểm của .J / với BC ; CA và AB:

a) Gọi L là trung điểm của BC : Đường tròn đường kính LJ cắt các đường thẳngDE; DF lần lượt tại K và H: Chứng minh rằng các đường tròn .BDK/ và.CDH / cắt nhau trên đường tròn .J /:

b) Giả sử đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại G và GJ cắt các đường thẳngAB; AC lần lượt tại M; N: Gọi P và Q là các điểm trên các đường thẳng JB ; J Csao cho ∠PAB D ∠QAC D 90ı : Gọi T là giao điểm của hai đường thẳngPM; QN và S là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn .O /: Gọi I là tâmđường tròn nội tiếp tam giác ABC : Chứng minh rằng đường thẳng S I cắt đườngthẳng AT tại một điểm thuộc đường tròn .O /:

Lời giải. a) Gọi D 0 và F 0 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn .I / nội tiếp tam giác ABCvới BC ; BA: Dựng đường kính DW của đường tròn .J /: Ta có

AI

AJDIF 0

JFDID 0

J W

nên ba điểm A; D 0 và W thẳng hàng.

A

B C

J

F

E

O

DL

I

H

D0

F 0

D1

W

X U

U 0

Z

V

Y

Epsil

onsta

ff


Gọi D1 là giao điểm của các đường thẳng ID0 và AD: Ta có JD D JW nên ID0 D ID1: MàBD0 D CD nên LD D LD0; từ đó suy ra IL k DD1:

Gọi X là trung điểm của D0W thì tứ giác DLXJ là hình chữ nhật. Suy ra ∠XHD D 90ı; hayXH k JB: Từ đó XH ? BI:

Dựng hình chữ nhật CDJ U: Ta có J U k CD và J U D CD nên J U k BD 0 vàJ U D BD 0 ; suy ra tứ giác BD 0UJ là hình bình hành. Từ đây, ta thu được D 0U k XH:

Gọi Y ; V và Z lần lượt là giao điểm của đường thẳng XH với các đường thẳng DJ ; U W ;UC : Khi đó, ta có V là trung điểm của U W ; mà UZ k Y W nên V là trung điểm của Y Z:

Xét tứ giác CEUJ nội tiếp có CE D CD D UJ nên UE k CJ hay UE ? DE: MàEW ? ED nên ba điểm W; U và E thẳng hàng.

Xét các tam giác BI C và Y V W ; ta có

∠Y W V D ∠CED D ∠I CB

và∠W Y V D ∠X Y J D ∠BJD D ∠IBC

nên4BI C � 4Y V W (g-g). Mà V là trung điểm của Y Z và L là trung điểm của BC nên tacó 4BIL � 4Y ZW (c-g-c). Do đó ∠Y W Z D ∠BLI D ∠BDA D 90ı � ∠WDU 0 :Từ đó suy ra ∠DU 0W D 90ı với U 0 là giao điểm của các đường thẳng W Z và AD: Mặtkhác, ta lại có ∠DU 0W D ∠DU 0Z D 90ı nên U 0 thuộc các đường tròn .CDH / và .J /:

Chứng minh tương tự, đường tròn .BDK/ cũng đi qua U 0 : Từ đó, ta có điều phải chứng minh.

b) (Hình vẽ xem trang sau) Gọi S 0 và R lần lượt là giao điểm thứ hai của các đường thẳngAI ; S I và đường tròn .O /: Ta có S 0I 2 D S 0L � S 0S nên ∠S 0IL D ∠S 0S I D ∠SAR:Mà IL k AD nên ∠S 0IL D ∠S 0AD; từ đó suy ra ∠S 0AR D ∠S 0AD hay

∠BAR D ∠CAD: .1/

Kẻ DH 0 ? J G .H 0 2 J G /: Ta có GH 0 � GJ D GD 2 D GE � GF nên tứ giác EFJH 0

nội tiếp. Lại có tứ giác AEJF nội tiếp nên các điểm A; E ; F ; J và H 0 đồng viên, từ đó suyra ∠AH 0J D 90ı hay ba điểm A; D và H 0 thẳng hàng.

Mặt khác, ta có ∠PAJ D ∠QAJ D 90ı C 12∠BAC D ∠BI C và ∠IBC D ∠I J C ;

∠I CB D ∠I JB nên 4IBC � 4APJ � 4AJQ (g-g).

Gọi P 0 ; Q 0 lần lượt là trung điểm của JP và JQ thì 4IBL � 4APP 0 � 4AJQ 0 và4I CL � 4AQQ 0 : Suy ra tứ giác AP 0JQ 0 nội tiếp.

Từ ∠BIL D ∠JAQ 0 D ∠JP 0Q 0 D ∠BPQ; ta suy ra tứ giác PBIL 0 nội tiếp (L 0 làgiao điểm của các đường thẳng LI và PQ). Mà ∠PBI D 90ı nên IL ? PQ: Lại cóIL k AD và AD ? MN nên MN k PQ:

Qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AP cắt đường thẳng AT tại A 0 : Ta có

TA 0

TADTM

TPDT N

TQ;

suy ra NA 0 k AQ và ∠AMA 0 D ∠ANA 0 D 90ı : Từ đó

∠BAT D 90ı � ∠AA 0M D 90ı � ∠ANM D ∠CAD: .2/

Từ (1) và (2), ta có ∠BAT D ∠BAR nên ba điểm A; R và T thẳng hàng.

Epsil

onsta

ff


A

B

C

J

F

E

O

DL

I

G

M

N

P

Q

T

S

S 0R

L0

H 0

P 0

Q0

A0

Bình luận. Đây là bài toán khá khó. Hai ý của bài toán không liên quan mấy tới nhau. Ý a) cóthể tổng quát hơn (và đơn giản hơn) thành bài toán sau:

Bài toán 1. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ trên mặt phẳng. Gọi DEF là tam giácpedal của điểm P: Đường tròn .K / đi qua P và D cắt lại các đường thẳng DE; DF lầnlượt tại M và N: Chứng minh rằng các đường tròn .DBM /; .DCN / và .DEF / có mộtđiểm chung khác D:

Epsil

onsta

ff


Tính chất này còn có thể mở rộng hơn nữa bằng cách sử dụng điểm Miquel:

Bài toán 2. Cho tam giác ABC có các điểm D; E ; F bất kỳ nằm trên cạnh BC ; CA; AB:Các đường tròn .AEF /; .CFD/; .CDE / có một điểm chung là M: Một đường tròn .K /đi qua P và D cắt lại các đường thẳng DE; DF lần lượt tại Q và R: Chứng minh rằng cácđường tròn .DBQ/; .DCR/ và .DEF / có một điểm chung khác D:

Lời giải hai bài toán tổng quát trên ngoài phương pháp cộng góc thông thường thì ta cũng cóthể sử dụng phép nghịch đảo cực D:

Ý b) của bài TST cũng là bài toán khá thách thức đòi hỏi học sinh phải có nhiều kỹ năng và biếtmột số bổ đề mới có thể giải trọn vẹn. Ý này có thể tổng quát cho tam giác pedal bất kỳ như sau:

Bài toán 3. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ trên mặt phẳng. Gọi DEF là tam giácpedal của điểm P: Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại G: Đường thẳng GP cắt cácđường thẳng CA và AB lần lượt tại Q; R : Các đường thẳng qua A vuông góc AB và AC cắtcác đường thẳng PB ; P C tại M; N: Đường thẳng NQ cắt đường thẳng MR tại L: Đườngtròn .DEF / cắt lại đường thẳng BC tại K: Chứng minh rằng ∠KAB D ∠LAC :

Khi P trùng với tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC thì ta thu được ý b) củabài TST. Đây là một mở rộng theo kiểu đẳng giác có ý nghĩa và khá phức tạp. Sơ lược các bướcchứng minh cho bài toán tổng quát này như sau:

� Chứng minh MN song song với GP bằng cách sử dụng tỉ số kép, tức là chứng minh

P .BC ; DG/ D P .MN; D1/ :

� Chứng minh hai tam giác KQR và AMN thấu xạ tâm T bằng định lý Desargues, cùngvới các định lý dùng để biến đổi tỉ số là Thales, Menelaus.

� Cuối cùng là chỉ ra hai đường thẳng AL và AT đẳng giác với góc ∠MAN (cũng là đẳnggiác trong góc ∠BAC ) thông qua bổ đề: Cho hình thang ABCD có hai đáy là AB vàCD: Đường thẳng AD cắt đường thẳng BC tại E: Các đường chéo AC và BD cắtnhau tại F : Nếu một điểm M thỏa mãn MA; MB đẳng giác với góc ∠CMD thì MA;

MB cũng đẳng giác với góc ∠EMF :

Có thể tham khảo thêm các mở rộng tại liên kết: http://analgeomatica.blogspot.com/2018/04/cac-bai-toan-hinh-hoc-hang-tuan-tuan-1.html.



lỜi giẢi vÀ bÌnh luẬn ĐỀ thi chỌn ĐỘi tuyỂn imo 2018 · nhìn tŒng th”, đ•...

Documents