Top #10 ❤️ Lời Giải Và Bình Luận Vmo 2018 Xem Nhiều Nhất, Mới Nhất 9/2022 ❣️ Top Trend | Caffebenevietnam.com

Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022

Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022

Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022

Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022

Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm

Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam

2

1. Đề thi ngày 1 (ngày 27/12/2019)

Bài 1. (5 điểm) Cho dãy số (x n ) xác định bởi x 1 = 1 và

x n+1 = x n + 3

n

n→+∞ x n

a) Chứng minh rằng lim

p

= 0.

b) Tính giới hạn lim

Bài 2. (5 điểm)

Bài 3. (5 điểm) Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và

an+2 = 5an+1 − 6an với mọi n ≥ 2.

a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với

mọi số tự nhiên k.

Bài 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực

tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.

a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi

Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt

nhau tại một điểm trên (O).

b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các

đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.

3

4

a) Chứng minh rằng lim

b) Tính giới hạn lim

< 1n , mà lim

= 0 nên theo nguyên lý kẹp thì lim

= 0.

b) Cách 1. (sử dụng định lý trung bình Cesaro – định lý Stolz)

2

= yn2 + 3 yn +

Đặt x n = yn2 thì công thức đã cho viết lại thành yn+1

( yn+1 − yn )( yn+1 + yn ) = 3 yn +

yn+1 − yn =

yn+1 + yn

Theo câu a thì lim

=q

3 yn +

yn2 + 3 yn +

+ yn

= 0 nên kéo theo lim

nên

1+

= lim

+

+1

.

= 0 và dựa theo đẳng

thức trên thì lim ( yn+1 − yn ) = 32 . Theo định lý trung bình Cesaro thì dãy số (un ) có

n→+∞

lim un = L thì lim

n→+∞

n→+∞

u1 +u2 +···+un

n

= L.

Xét dãy un = yn+1 − yn , áp dụng ta dễ dàng có được

lim

n→+∞

ta thấy rằng nếu lim

=

=

,

= l thì theo định lý Stolz, ta phải có l =

p

l → l = 94 .

5

Sử dụng ước lượng

p

p

p

p

‹2

p

xn +

x n + 23 − 2n nên

p

Mặt khác, dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng

nên ta được

Theo nguyên lý kẹp, dễ dàng suy ra lim nx n = 49 .

Nhận xét. Câu b có thể sử dụng định lý Stolz cho dãy ( yn ) và dãy zn = n cũng thu

được kết quả tương tự, vì thực ra định lý Stolz còn tổng quát hơn cả định lý trung bình

x n+1 −x n

Cesaro: Cho hai dãy số (x n ), ( yn ) có yn dương, tăng, tiến tới vô cực và lim yn+1

− yn = L

n→+∞

= L. Dấu hiệu nhận biết định lý Stolz cho câu b là khá rõ. Nếu ở trên không

p

p

thực hiện đặt dãy phụ thì vẫn có thể xét hiệu x n+1 − x n . Tuy nhiên, nếu ta đi theo

hướng xét trực tiếp dãy x n và n2 thì hơi khó, vì khi đó không dễ để tính trực tiếp được

x

giới hạn sau (cũng khó có thể chứng minh được tính tăng/giảm của dãy n2n , dù trên thực

tế, nó đúng là dãy tăng).

p

3 x n + pnx n

x n+1 − x n

=

.

2n + 1

(n + 1)2 − n2

thì

= 3.

2. (VMO 2022 Mock test) Cho dãy số (un ) thỏa mãn

u1 =

p

a) Tính

u2018 .

b) Chứng minh rằng an =

c) Chứng minh rằng bn =

+ u12 + · · · + u1n hội tụ.

+ u22 + · · · + unn → +∞.

với n ≥ 1. Tính giới hạn của các dãy số sau

Š

4. (Chọn đội tuyển Đồng Nai 2022) Cho dãy số (x n ) thỏa mãn x n+1 = 13 x n + p2nx n .

Æ

p

3

3

x

−x

Chứng minh rằng (n − 1)2 < x n < n2 , ∀n ≥ 3 và tính lim p3n+12 n .

n −x n

Lời giải. Nhận xét. Theo BĐT Cauchy – Schwarz, ta luôn có

Ç

X

1≤i≤2018

2019

“i = 0 (do trong tổng ở trên có 2022

i=1

dấu − và 2022 dấu +) nên trong các hệ số này, phải có ít nhất một hệ số bằng 0, vì

nếu không thì vế trái là số lẻ, vô lý. Không mất tính tổng quát, giả sử “2019 = 0. Suy ra

2022

2018

xi − x j , 1 ≤ i ≤ j ≤ n

8

3. (Komal 2014) Với n ≥ 2 ,cho các số thực 0 ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ . . . ≤ x n và 0 ≤ y1 ≤

n

n

P

P

y2 ≤ . . . ≤ yn thỏa mãn điều kiện

xi =

yi = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của

i=1

i=1

Bài 3. Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và an+2 = 5an+1 − 6an với mọi

n ≥ 2.

a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với

mọi số tự nhiên k.

Lời giải. a) Cách 1. Ta thấy (an ) là dãy sai phân tuyến tính cấp hai có phương trình

đặc trưng x 2 = 5x − 6 với hai nghiệm là x 1 = 2, x 2 = 3 nên dễ dàng tìm được công

thức tổng quát là

an = 2n + 3n , ∀n.

Đến đây, giả sử có n ≥ 1 để an , an+1 có ước nguyên tố chung là p. Rõ ràng gcd(p, 6) =

1. Ta có

n

k

k

k

b) Xét số nguyên tố p là ước của 22 + 32 . Suy ra 22 ≡ −32 (modp) → 22

k+1

32 (modp). Theo định lý Fermat nhỏ thì

k+1

t

0

t

k

a) Chứng minh rằng 2x n+1 = x n2 − 8, từ đó chỉ ra rằng x n = 22 +1 + 2−2

mọi n.

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để [x n ] + 3 là lập phương đúng.

n−1

n−1

+1

với

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực tâm H.

Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.

a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi

Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt

nhau tại một điểm trên (O).

b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các

đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.

Lời giải. a) Xét hình vẽ như bên dưới, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.

Giả sử H a D cắt (O) ở K. Gọi M là trung điểm BC thì OD = 2OM = AH. Hai tam giác

cân OBD và OOa B có chung góc đáy O nên chúng đồng dạng, suy ra

OB

OD

=

→ OD · OOa = R2

OB

OOa

với R là bán kính (O).

Suy ra AH ·OOa = R2 nên

=

mà ∠OAH = ∠A0 OAa nên hai tam giác AHO, OA0 Oa

10

Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022

Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án

Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay

Bộ Đề Ôn Tập Môn Toán Lớp 5 Lên Lớp 6 (Có Đáp Án)

Tuyển Tập Đề Thi Học Sinh Giỏi Môn Toán Lớp 6 (Có Đáp Án)

Lời Giải Và Bình Luận Đề Thi Chọn Đội Tuyển Imo 2022

Đội Tuyển Việt Nam Đã Gặp 6 Bài Toán Cỡ Nào Tại Imo 2022?

Tổng Hợp Các Dạng Bài Sách Market Leader Pre

International Mathematics Assessments For Schools

Phương Pháp Giải Toán Đố Lớp 3 Dạng Có 2 Lời Giải

Đề Kiểm Tra Vật Lý 10 Học Kì I Có Đáp Án

Dù Epsilon đã nói lời tạm biệt với bạn đọc từ ngày 13/2/2017 nhưng tinh thần Epsilon và đội ngũ Epsilon thì vẫn còn. Và có nghĩa là những sản phẩm mang tinh thần Epsilon vẫn sẽ còn được ra đời. Tinh thần đó ngắn gọn là: Chuyên nghiệp – Từ cộng đồng – Vì cộng đồng.

Minh chứng cho tinh thần đó là tài liệu mà các bạn đang đọc “Giải và bình luận đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Toán Quốc tế 2022”, một đóng góp của đội ngũ Epsilon dành cho cộng đồng. Khi viết đội ngũ Epsilon, chúng tôi không chỉ muốn nhắc đến các người lính ngự lâm thuộc Ban biên tập (Epsilon staff) mà còn là những người đã luôn sát cánh cùng chúng tôi trong suốt hơn 2 năm qua trong quá trình xây dựng Epsilon thành một niềm yêu mến và sự chờ đợi của cộng đồng.

Giải và bình luận đề thi, chúng tôi không chỉ muốn đem lại cho độc giả lời giải, đáp án để so khớp đúng sai mà hơn thế là những phân tích về hướng tiếp cận, về nguồn gốc, về lớp các bài toán tương tự. Chúng tôi cũng mạn phép đưa ra những bình luận chủ quan của mình về cái hay, cái dở, độ khó dễ, tính phù hợp, độ mới cũ của bài toán ngõ hầu giúp cho các thầy cô trong ban ra đề có thêm những ý kiến phản biện, để công tác đề thi ngày càng tốt hơn, chất lượng hơn.

Hy vọng tập tài liệu này sẽ nhận được sự đón nhận của cộng đồng. Chúng tôi luôn lắng nghe những ý kiến đóng góp, trao đổi thẳng thắn của bạn đọc về nội dung tài liệu cũng như các vấn đề liên quan. Chúng ta là một cộng đồng.

“If you want to go far, go together.”

Mong các bạn tôn trọng về bản quyền của nhóm tác giả đã khẳng định rõ quan điểm:

Bản quyền thuộc về tất cả các thành viên trong nhóm biên soạn (Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tất Thu).

Đây là thành quả của quá trình lao động miệt mài của nhóm để chia sẻ đến cộng đồng. Mọi người đều có thể xem tài liệu MIỄN PHÍ. Tuy nhiên, vui lòng ghi rõ nguồn khi chia sẻ.

Tất cả các hoạt động mua bán, kinh doanh liên quan đến tài liệu này mà không được sự chấp thuận của nhóm là trái pháp luật. Chúng ta hãy lên án những hành vi vi phạm bản quyền để bảo vệ quyền lợi của các tác giả, của những sản phẩm trí tuệ. Xin cảm ơn.

Trân trọng cảm ơn nhóm tác giả và xin mời các bạn có thể tải về để phục vụ cho công việc giảng dạy, học tập môn Toán của mình.

Việt Nam Gianh 2 Vàng 4 Bạc Tại Imo 2022: Một Chút Tiếc Nuối, Nhưng Cơ Bản Là Hài Lòng

Đáp Án Brain Out – Can You Pass It, Game Hack Não Người Chơi

Đáp Án Full Test Lc+Rc Ets 2022 Format

Đáp Án Full Test Lc+Rc Ets 2022

Đáp Án Phần Thi Trắc Nghiệm Thi “tìm Hiểu Dịch Vụ Công Trực Tuyến”.

Soạn Bài Thao Tác Lập Luận Bình Luận

Soạn Bài Ôn Tập Phần Văn Học (Học Kì 2)

Ôn Tập Phần Văn Học Văn 11 Tập 2: Giải Câu 1, 2, 3, 4 Trang 103 Sbt Văn 11…

Ôn Tập Phần Văn Học (Kì 2)

Soạn Bài Ôn Tập Phần Văn Học Sách Bài Tập Ngữ Văn 11 Tập 2

Soạn Bài Ôn Tập Phần Văn Học (Kì 2)

Câu 1 (trang 71 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

Câu 2 (trang 71 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

a, Trong đoạn trích, Nguyễn Trường Tộ có đưa ra những nhận định, đánh giá đúng – sai, hay – dở (Ai hiểu luật được sẽ làm quan,… Bất cứ một hình phạt nào ở trong nước không vượt ra ngoài luật…) đồng thời cũng có bàn bạc mở rộng (Biết rằng đạo làm người không gì lớn bằng trung hiếu…). Tất cả những lập luận đều nhằm hướng tới khẳng định vai trò của pháp luật và việc giáo dục luật pháp trong xã hội.

b, Nguyễn Trường Tộ rõ ràng có lí do để đề nghị lập khoa luật bởi trên thực tế, muốn trị nước phải dựa vào luật chứ không phải vào những lời nói suông trên giấy về trung hiếu lễ nghĩa và rằng luật pháp là công bằng và cũng là đạo đức.

Câu 3 (trang 71 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

Câu 4 (trang 71 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

– Đề xuất và chứng tỏ được ý kiến nhận định, đánh giá của mình là xác đáng.

Luyện tập

Câu 1 (trang 73 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

– Mục đích ba kiểu bài này khác nhau.

Câu 2 (trang 73 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

– Chủ đề lập luận: Vấn đề giao thông và tai nạn giao thông ở nước ta.

– Mục đích thuyết phục: hướng đến đề xuất “chúng ta cần một chương trình truyền thông hiệu quả hơn để “những lưới hái tử thần”, “không còn nghênh ngang trên đường phố”.

– Các lập luận được triển khai chặt chẽ, có hệ thống và giàu sức thuyết phục.

Câu 3 (trang 73 sgk Ngữ Văn 11 Tập 2):

– Nêu được vai trò và ý nghĩa to lớn của pháp luật trong mỗi lĩnh vực của đời sống.

– Hiểu biết và tôn trọng chính sách pháp luật.

– Giáo dục pháp luật cho học sinh nói riêng và mọi công dân nói chung.

Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.

Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k4: chúng tôi

Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:

Soạn Bài Luyện Tập Thao Tác Lập Luận Bác Bỏ (Chi Tiết)

Giải Bài 1, 2, 3, 4, 5 Trang 106 Sgk Vật Lý Lớp 10

Luyện Tập: Ngữ Cảnh, Trang 106 Sgk Văn 11

Soạn Bài Liên Kết Câu Và Liên Kết Đoạn Văn

Giải Bài Tập Trang 43 Sgk Sinh Học Lớp 11: Quang Hợp Ở Nhóm Các Thực Vật C3, C4 Và Cam Giải Bài Tập

Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022

Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022

Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm

Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam

Ts Lê Bá Khánh Trình: Học Sinh Thi Olympic Toán Biết Học Và Chơi

Olympic Toán Quốc Tế 2022, Việt Nam Bị Loại Khỏi Top 10

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2022

Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng

aff

Lê Phúc Lữ – Nguyễn Văn Huyện

1. Lờinóiđầu

st

Vậy là đã 7 năm chúng tôi đồng hành cùng các cuộc thi toán với những bài Giải và bình

thi VMO và TST như một cố gắng đóng góp cho cộng đồng những tài liệu chất lượng, bổ

n

2. Thông tin bản quyền

Ep

Bản quyền thuộc về tất cả các thành viên trong nhóm biên soạn (Trần Nam Dũng, Võ Q

Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Văn Huyện).

Đây là thành quả của quá trình lao động miệt mài của nhóm để chia sẻ đến cộng đồng. M

đều có thể xem tài liệu MIỄN PHÍ. Tuy nhiên, vui lòng ghi rõ nguồn khi chia sẻ.

3. Đề thi

3.1. Ngày thithứ nhất (05/01/2017)

Bài 1 (5.0 điểm).

Cho a là một số thực và xét dãy

số .u

định bởi

n / xác

u1 D a;

unC1

r

8n 2 N :

2

Bài 2 (5.0 điểm).

Tồn tại hay không đa thức P .x/ với hệ số nguyên thỏa mãn

p3

p3

p

p

P 1 C 2 D 1 C 2 và P 1 C 5 D 1 C 3 5‹

aff

Bài 3 (5.0 điểm).

Cho tam giác

ABC nhọn, không cân nội tiếp đường

.O/:tròn

GọiH là trực

tâm của tam giác

ABC vàE; F lần lượt là chân các đường cao hạ từB;

các

C Iđỉnh

AH cắt

.O/ tại D (D khác A).

a) Gọi I là trung điểm của

AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

rằng M N ? OH :

st

b) Các đường thẳng

DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

P ; Q (P vàQ khácD ). Đường tròn

ngoại tiếp tam giác

AEF cắt.O / vàAO lần lượt tại

R vàS (R vàS khácA). Chứng

minh rằng BPC; Q và RS đồng quy.

n

ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được đi

hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau; nếu mộ

và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền trên hàng đ

các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

Ep

a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

để tồn tại cách điền

k sốcân đối cho cách tô màu

đối xứng ở hình bên dưới.

A

B

D

C

b) Vớin D 2022;tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

cách điền số kcân đối.

3

3.2. Ngày thithứ hai(06/01/2017)

Bài 5 (6.0 điểm).

Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

f xf .y/

f .x/ D 2f .x/ C xy

với mọi số thực x; y:

a)

aff

kD1

b)

2016

st

kD1

n

Ep

Về cấu trúc, đề thi gồm 7 bài toán. Ngày đầu có 4 bài, mỗi bài được 5 điểm thuộc 4 phâ

Giải tích, đại số, hình học, tổ hợp. Ngày thứ hai có ba bài thuộc ba phân môn: Đại số, số

hợp với số điểm tương ứng là 6, 7, 7.

Đề thi ngày thứ nhất, trừ bài cuối là khá cơ bản và quen thuộc.

Bài 1 là bài giải tích yêu cầu khảo sát sự hội tụ của một x

dãy

D f .n

hồi; dạng

xn / :

nC1 truy

Về nguyên tắc, dạng dãy số này khó khảo sát hơn dạng

x nC1

dãyDtruy

f .x hồi

n / vì

2 nC3

các hệ số của hàm

f không hằng mà biến thiên

n theo

:Tuy nhiên, nếu để

ý dần đến

q nC1

1

2 khin dần đến vô cùng thì ta có thể “quy về” dãy

x nC1sốDdạng

C x n C 14 và dự

2

đoán được giới hạn bằng

3 :Từ đó dùng bổ đề quen thuộc: “Nếu tồn qtại2 số

. 0thực

;1 /

sao cho

x nC1 q x n C bn vớilim bn D 0 thì ta có

lim xn D 0″, thì từ đánh giá đơn giản

j unC1

3j

3j C

ta sẽ suy ra kết luận bài toán. Ở đây, chú ý là câu b) cũng làm hoàn toàn tương t

kiện đối với

a chẳng qua là uđể

2 xác định. Chú ý là dạng bài dãy số này đã xuất hiện ở

hai kỳ VMO gần đây (2012 và 2022) với cùng cách giải tương tự thông qua bổ đề nói

4

aff

Bài 2 là một bài toán về xác định đa thức thoả mãn một điều kiện cho trước. Bài nà

học sinh nắm vững lý thuyết về đa thức tối thiểu của số đại số thì sẽ giải rất nhanh.

ta có định lý rất cơ bản sau:

P .Nếu

x /vàQ.x / là các đa thức đơn khởi, hệ số nguyên có

chung nghiệm ˛ và Q . x / là bất khả quy thì P . x / chia hết cho Q . x / :

p3

p

Ta đặtQ.x / D P .x C 1/

1 thì 2 và 5 tương ứng sẽ là nghiệm của đa thức

Q.x / x vàQ.x / 3x 1 :Vì các đa thức

x 3 2 vàx 2 5 bất khả quy trên

Z nên từ

3

2

đây sẽ suy ra ngay

Q.x / x D .x

2 / S . xvàQ.x

/

/ 3x 1 D .x

5/T.x/:

3

2

Từ đây sẽ 2x

ra C 1 D .x

2 / S . x /. x

5 / T . x /Đến

: đây, chọn

x D 7 sẽ suy

ra điều mâu thuẫn vì vế phải chia hết cho 1 1 ; còn vế trái thì không.

st

n

Ý tưởng dạng này đã xuất hiện trong các kỳ VMO, nhưng từ rất lâu, cụ thể là VMO 1

Trước đó nhiều

năm,

VMO 1984 có bài tìm đa thức đơn khởi hệ số nguyên bậc nhỏ

p

p3

có nghiệm là2 C 3 :Chính qua những bài toán như vậy khái niệm đa thức tối thiểu

(và sau này là mở rộng trường) được giới thiệu.

Bài 3 là một bài toán hình khá nhẹ nhàng, câu a) quy về việc

Mchứng

N là trục

minh

đẳng phương của hai đường

.ABtròn

C / và.DEF /: Câu b) cũng là một cấu hình rất

quen thuộc mà trong đó có cả điểm Miquel, tứ giác điều hoà, đường đối trung, đường

giác, định lý Pascal.

Tuy

. . nhiên, cách tiếp cận chân phương nhất là dùng đồng dạng, m

kiến thức hoàn toán lớp 9.

Ep

Bài 4, bài toán tổ hợp là bài khó nhất của ngày thi thứ nhất, cũng là bài toán lạ nhất.

việc đọc hiểu được đề bài cũng đã tốn khá nhiều thời gian, vì vậy, việc cho câu a), m

huống rất cụ thể với bảng kích thước nhỏ là hết sức cần thiết, vừa tạo cơ hội cho h

kiếm điểm, vừa để học sinh “làm quen và cảm nhận” bài toán. Với câu a), chỉ cần q

lý luận đơn giản (chú ý đến tính đối xứng, do

i và

đócột

hàng

i là giống nhau) là ta thấy

k D 2 không thoả mãn yêu cầu bài toán. Như vậy, chỉ còn cần chỉ

k Dra3ví

làdụ với

hoàn thành được câu này.

Với phần b) thì khó khăn hơn. Riêng việc đoán ra đáp số đã là không đơn giản. Thực

nhiều lời giải sai (với đánh

kD

giá2007) đã được đưa ra (trong đó có những lời giải của

người ở bên ngoài, trong điều kiện thoải mái về thời gian). Với câu này, cần tiếp tục

tính đối xứng để chỉ ra một cấu hình tốn nhiều số nhất. Và cấu hình này chính là cấu

đen trắng xen kẽ. Với cấu hình này, ta có thể suy ra ra tất cả các số dương ở nửa tam

2022 2 1

đôi một khác nhau. Suy

k 1008C1008C1006C1006C

ra

C2C2 D

:

4

Để chứng minh điều kiện đủ, ta có thể sử dụng quy nạp Toán học 2

với

:Điều

bước nhảy là

này có thể giải thích được vì nếu tinh ý, chúng ta có thể đưa bài toán về mô hình đ

sử dụng định lý Mantel-Turan để giải quyết.

Ngày thi thứ hai:

5

Tìm tất cả các hàm sốRf !WR thỏa mãn

f

xf .y / C f .x /

D 2f .x / C xy

Ep

n

st

với mọi số thực yx :;

aff

Bài 5là một bài toán phương trình hàm có hai biến tự do vàxy

cóởbiểu

ngoài

thức

dấu

hàm số:

f xf . y / f . x / D 2f .x / C x y :Với những phương trình hàm như vậy,

điều đầu tiên mà ta cần để ý khai thác, đó là tính song ánh của hàm số. Sau đó ta

xảy ra trường hợp

f .0/ D 0 hay không, hayf là

.0/ D c ¤ 0 và tồn tại

u ¤ 0 để

f . u / D 0 :Từ đây tiếp tục thế một cách thích hợp sẽ

f .x

tìm

/D

được

1 x là hàm số

duy nhất thoả mãn yêu cầu bài toán. Đáng chú ý, bài toán này có hình thức khá gi

đề Olympic của Brazil năm 2006. Cách giải của hai bài toán cũng khá giống nhau. Đ

Brazil 2006 như sau

6

k D1

p

k Cpk D

X2

1

p

p Cpk

Dp

k D1

0

3

C pk

1

1

2

1

1

1

A:

C pk

p

Cp

1

2

1

1

2

st

X2

1

aff

p

X2

A

Tiếp theo là nhiệm vụ của số học với định lý nhỏ Fermat và

C pktính

chấtp(cụ

của

1 mod

k

k

thể ta có

Cp 1 .

1 / .mod p )/. Ở câu b), ta cũng thực hiện phép rút gọn tổng bằng

p

1

p

1

n

Bài 7 là một bài hình học khó có tính phân loại cao, đặc biệt là ở câu b). Ở câu a)

toán vẫn khai thác các vấn đề quen thuộc như điểm Miquel, trục đẳng phương và tâm

phương, và đa số thí sinh đã giải quyết được vấn đề nhưng sang đến câu b) thì dườ

chỉ có các cao thủ hình học mới đủ sức xử lý. Có lẽ bài toán được lấy ý tưởng dựa tr

phương pháp điều hoà và xạ ảnh.

Ep

Tóm tắt lại, nếu đánh giá về độ khó thì đề năm nay khá dễ chịu, có nhiều câu thí sinh c

được như câu 1, 2, 3, 5. Ngay cả với những bài khó hơn như 4, 6, 7 cũng có ý để ăn điểm

4a, ý điều kiện cần của câu 4b), câu 6a, ý rút gọn của câu 6b), câu 7a. Về độ mới và ha

bài 1, 2, 5 có ý khá cũ. Sự lặp đi lặp lại của ý tưởng bài 1 cho thấy lối mòn trong việc kh

đề tài giải tích. Tại sao lại phải là dãy số và giới hạn mà không phải là những vấn đề r

như sự liên tục, ứng dụng của đạo hàm bậc2?nhất,

Bài 3bậc

không mới nhưng đặt vấn đề đẹp

và phù hợp trong bối cảnh ngày thi có 4 bài. Bài 6 cũng là một bài không mới, với ý rút

tổng. Phần số học của bài này sẽ tạo thuận lợi cho các đội mạnh, nơi các học sinh được

kiến thức đầy đủ hơn về các tính chất của số nguyên tố (như các định lý nêu trên trong p

luận về bài 6 cùng các phương pháp chứng minh của chúng). Hai bài toán đẹp nhất và c

nhất của đề thi là bài số 4 và số 7, trong đó bài 4 khai thác cách phát biểu thú vị về dạn

lưỡng phân, còn bài 7 là các tính chất xạ ảnh đẹp đẽ và sâu sắc.

Với những nhận xét và đánh giá trên, theo chúng tôi, sẽ rất khó dự đoán điểm chuẩn chín

vì khu vực 15 đến 20 điểm sẽ rất dày đặc. Trong 7 bài toán, có đến 5 bài có hai ý a), b) và

số sẽ hết sức phụ thuộc vào sự phân bố điểm ở các câu này. Dù vậy, qua khảo sát sơ bộ

dự thi, chúng tôi tạm đưa ra dự đoán bộ điểm chuẩn rất chẵn của năm nay như sau: Khuy

15 điểm (1, 2, 5), giải 3: 20 điểm (1, 2, 3, 5), giải nhì 25 điểm: (1, 2, 3, 5) + (4a + 6a +

nhất 30 điểm: phải giải quyết được các vấn đề xương xẩu hơn như 4b, 6b, 7b hoặc làm

bài trên rất chuẩn.

7

.1/

aff

a) Khi a D 5 ; chứng minh rằng dãynsố

/ có. ugiới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Tìm tất cả các giá trị của số a để dãy

số .định

u và có giới hạn hữu hạn.

n / xác

a

st

Lờigiải.Ta sẽ giải trực tiếp ý b), từqđó suy ra kết quả cho ý a). Có

. uthể

thấy

định

dãy

n / xác

1

5

1

khi và chỉ khi2 uxác định. Mà2 uD 2 C

a C 4 nên u2 xác định khi và chỉ khi

2

n

Ep

17

4C

17

với mọin 2 : Vậy dãy

. un / tăng ngặt và

bị chặn trên bởi2 nên có giới hạn hữu hạn. Đến đây, bằng cách chuyển phương trình

sang giới hạn, ta cũng thu được

lim

3: u

n D

Tóm lại, với mọi a

thì dãy . nu/ xác định và hội tụ về 3 :

8

un C

C

j un

3j C q

st

q

aff

un C

C

un C

q

un C

C

C

C

<

D

n

q

<

C

D

Do đó, kết hợp với đánh giá ở trên, ta thu được

j unC1

3j

3j C

8n 2 :

Ep

Đến đây, bằng cách sử dụng bổ đề quen thuộc (có thể chứng minh bằng định nghĩa giới h

Cho số thực

q 2 . 0 ;1 / :Xét hai dãy không. âm

an / ; . bn / thỏa mãn

anC1 q a n C b n với

mọi n 2 N và lim nb D 0 : Khi đó, ta có lim

D

a

0:

n

Ta dễ dàng suy ra lim

3 và hoàn tất lời giải cho bài toán.

n Du

9

a) Với a D 0 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Với mọi a 2 Œ 10 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn.

Bài 2 (5.0 điểm).

Tồn tại hay không đa thức P . x / với hệ số nguyên thỏa mãn

1C

p3

2 D1C

p3

2 và P

1C

p

5 D1C3

p

5‹

aff

P

Lờigiải.Giả sử đa thức

P . x /nói trên tồn tại. Đặt

Q.x / D P .1 C x /

1 thìQ.x / cũng

p3

p3

p

p

là đa thức với hệ số nguyên. Từ giả thiết, ta2cóDQ 2 và Q

5 D3 5:

Q.x /

x D .x

3

st

n

p

p

Do R .x / có các hệ số đều nguyênRnên 5 có dạnga C b 5 với a ;b 2 Z: Thay

p

x D 5 vào đẳng thức trên, ta được

p

p

2 5D 5 5

2

aCb

p

5 D 25b

2 a C .5a

suy ra5a 2 b D 2và2 a D 25b :Tuy nhiên, không có cặp số nguyên nào thỏa mãn đồng

thời hai tính chất này. Mâu thuẫn nhận được chứng

P .tỏ

x đa

/thỏa

thức

mãn đồng thời các tính

chất ở đề bài không tồn tại.

Ep

3. (International Zhautykov Olympiad, 2014) Tồn tại không

P . xđa

/với

thức

các hệ số

p

p

p

p

nguyên thỏa mãn 1P C 3 D 2 C 3 và P 3 C 5 D 3 C 5?

10

Bài 3 (5.0 điểm).

Cho tam giác

AB C nhọn, không cân nội tiếp đường

. Otròn

/ :Gọi

H là trực tâm của tamAB

giác

C vàE ; F lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh

B ; C I A H cắt . O / tại D (D khác A).

a) Gọi I là trung điểm của

AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

rằng M N ? OH :

aff

b) Các đường thẳng

DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

P ; Q (P vàQ khácD ). Đường

tròn ngoại tiếp tam AEF

giác cắt.O / vàAO lần lượt tại

R vàS (R vàS khácA).

Chứng minh rằng BP

C ;Q và RS đồng quy.

st

Lờigiải.a)Gọi J là đường tròn Euler của tam

ABgiác

C thì. J / đi quaE ; I ; F đồng thời

J là trung điểm

OH . Dễ thấy

D đối xứngH quaB C nên tam giác

BDH cân tạiB . Cũng dễ

thấy tam giác

IEH cân tạiI nên∠IEH D ∠IHE D ∠BHD D ∠BDH;

suy ra tứ giác

BDE I nội tiếp. Mà DB cắt E I tại M nên

MD:

n

ME MIDMB

Từ đó phương tích của

M đối với đường tròn

. J / và.O / bằng nhau. Tương tự phương tích

củaN đối với đường tròn

. J / và.O / bằng nhau. Vậy

M N là trục đẳng phương .O

của

/

và .J / nên M N ? OJ . Do J là trung điểm OH nên M N ? OH .

A

I

Ep

M

J

E

O

C

N

b)Gọi X là trung điểm

EF . AH cắtB C tạiK . Dễ thấy các tam BF

giác

E vàKHE đồng

dạng (g-g).

X là trung điểm

EF vàK là trung điểm

HD nên hai tam giác

BF X vàDHE

đồng dạng (c-g-c), suy

∠FraBX D ∠HDE D ∠F BP . Từ đó suy ra ba điểm

B ;X ;P

thẳng hàng. Tương tự ba điểm

X ;Q

C cũng

;

thẳng hàng.

A

O

K

D

R

C

aff

F

st

S

n

Gọi AL là đường kính của

.O / thì dễ thấy

SH đi quaL và tứ giác

HBLC là hình bình hành

nênH L đi qua trung điểm

M củaB C. Dễ thấy hai tam SE

giác

C vàSF B đồng dạng (g-g)

nên hai tam giác

SEF vàS CB đồng dạng (c-g-c), hai tam giác này có trung tuyến tương ứn

là SX vàS M nên∠F SX D ∠B S M . Cũng có hai tam giác

SF B vàSRL đồng dạng (g-g)

nên hai tam giác S F R và S B L đồng dạng (c-g-c). Suy ra

∠F SR D ∠B SL D ∠B S M D ∠F SX:

Từ đó, ta có ba điểm

S ; X ; R thẳng hàng. Vậy

SR đi quaX . Đều này chứng tỏ ba đường thẳng

BP ; C Q và RS đồng quy tại trung điểm X của EF .

Ep

Tham khảo tại: http://analgeomatica.blogspot.com/2015/06/ve-mot-bai-toanhinh-hoc-tu-dien-aops.html

12

R

E

st

B

aff

J

Q

Mặt khác phép đồng dạngP tâm

biến đoạn

CE thànhFB nênJ cũng biến thành

I; do đó

ı

∠JPI D ∠EPB D 180

∠BAC , từ đó tứ giác GIPJ nội tiếp. Ta có biến đổi góc

n

∠IGP D ∠IJP D ∠BEP D ∠BAP D ∠BGQ

∠GPI D ∠GJI D ∠GCB D ∠GQB:

Từ đó hai tam giác

GIP vàGBQ đồng dạng. Như vậy phép đồng dạng

G biếnI

tâmthànhP

và đoạn

FB thành đoạn

LQ . Mặt khác,

I là trung điểm

FB nênP là trung điểm

LQ . Từ đó,

gọiM là trung điểm

EF . Ta dễ thấy hai tamBFE

giácvàPLE đồng dạng. Từ đó, hai tam giác

BFM vàQLE đồng dạng. Vậy

∠FBM D ∠LQE D ∠FBR nênBR đi quaM . Ta có điều

phải chứng minh.

Ep

A

F

E

B

Q

13

Gọi R là bán kính ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có biến đổi diện tích

ŒBFR ŒBFR ŒBAR ŒBRQ

D

ŒBER ŒBAR ŒBRQ ŒBER

ABARBR

4R

BRRQQB

4R

Vậy BR chia đôi EF .

aff

st

n

Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn .O/. P là điểm bất kỳ trong tam giác

choR đối xứng

P quaBC thìR nằm trên

.O/ . PB; P C lần lượt cắt

CA; AB tạiE; F . Đường

tròn.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. GP cắtBC tạiM và cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF /

tại Q khác A. Chứng minh rằng GQ chia đôi EF .

Lờigiải.Dễ thấyP nằm trên

.AEF / . Ta có∠DP C D ∠FP G D ∠FAG D ∠PDB nên

P C k DB. Tương tự, ta cũngPB

cók DC; do đó tứ giác

PBDC là hình bình hành PD

nênđi

qua trung điểm M của BC .

A

Ep

G

F

E

B

Q

O

C

M

R

D

Gọi giao điểm của

GQ vàEF làN . Dễ thấy phép đồng dạng

G lần

tâmlượt biến

E; F thành

C; B. Lại có hai tam giác GFB và GQD đồng dạng (g-g) nên ∠F GB D ∠QGD; suy ra

∠NGF D ∠MGB:

Do đó cũng phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy N là trung điểm EF .

14

Bài toán trên cũng có thể được mở rộng hơn nữa như sau

aff

Bài chúng tôi tam giác

ABC nội tiếp trong đường .O/

tròn

. P là điểm bất kỳ trong tam giác.

PB; P C lần lượt cắt

CA; AB tạiE; F . Đường tròn

.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. M là điểm

bất kỳ trên cạnh

BC . GM cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF / tạiQ khácA. GQ cắtEF tại

N . Chứng minh rằng

MB

NF

D

:

MC

NE

A

G

F

P

Q

M

C

n

B

N

st

E

D

Lờigiải.Dễ thấy phép đồng dạng

G lần

tâmlượt biến

E; F thànhC; B. Lại có hai tam giác

GFB vàGQD đồng dạng (g-g) ∠FGB

nên D ∠QGD suy ra∠NGF D ∠MGB; do đó cũng

phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy

MB

NF

D

:

MC

NE

Ep

Ta thu được điều phải chứng minh.

Các bạn có thể làm các bài toán sau đây đề luyện tập thêm:

1. (Mở rộng ý a) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

ABC giác

nội tiếp đường tròn

.O/ . Một

đường tròn

.K/ đi quaB; C cắtCA; AB tạiE; F khácB; C . BE cắtCF tạiH . AH cắt

.O/ tạiD khácA. Tiếp tuyến E;

tạiF của.K/ lần lượt cắt

DB; DC tạiM; N . Chứng

minh rằng MN ? OH .

2. (Mở rộng ý b) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

ABC giác

nội tiếp trong đường.O/

tròn

.

P là điểm bất kỳ trong tam giác sao

R đối

choxứngP quaBC thìR nằm trên

.O/ .

PB; P C lần lượt cắt

CA; AB tạiE; F . Đường tròn

.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. D

thuộc.O/ sao cho

DR k BC . AD cắt.AEF / tạiQ khácA. DE; DF cắt.O/ tạiS; T

khác D. Chứng minh rằng BS; C T; GQ đồng quy.

15

aff

st

ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được

trên hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau

một hàng và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền

hàng đó và tập các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

để tồn tại cách điền

k số

cân đối cho cách tô

màu đối xứng ở hình bên dưới.

B

n

A

C

Ep

D

b) Vớin D 2022;

tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

cách điền số kcân đối.

5

¤ ;:

16

Ta sẽ chứng minh k D 3 thỏa với cách điền như sau:

0

1

1

0

2

2

1

2

0

2

2

2

2

0

3

3

0

3

aff

3

2

st

1

1

Ep

n

b)Điều kiện cần: Trước hết, xét cách tô màu đối xứng như bàn cờ, tức là trắng đen xen

hình, trong đó vị trí .i; j / sẽ được tô đen nếu i C j chẵn, ngược lại thì tô trắng.

Xét hai ô trắng bất kỳ trong bảng ô vuông trên

.a; b/ởvà.c;

vị tríd /; 1 a; b; c; d 2022:

Nếua C cchẵn thì

b C d cũng chẵn, suya ra

C d vàb C clẻ. Khi đó, một trong hai ô

.a; d /và.b; c/ sẽ được tô đen vì chúng không thể cùng nằm trên đường chéo màu x

Suy ra hai ô vuông trắng phải được điền số khác nhau.

Nếua C clẻ thìb C d cũng lẻ, xét.d;

ô c/ điền cùng số với

.c;ôd /thì rõ ràng ta có thể

áp dụng lập luận trên để suy ra hai số điền cho hai ô hai khác nhau.

Từ đó suy ra tất cả các số điền cho các ô trắng nằm ở nửa trên bên phải của bảng là đôi m

biệt. Do đó, ta thu được kết quả

k 2C4C6C

2017

Điều kiện đủ: Ta sẽ chứng minh

k Drằng

4

1

thỏa mãn bài toán bằng quy nạp

kết quả

j 2rằng

k

n

trên cũng đúng với mọi bảng có kích

n thước

n vớin là số nguyên dương, cụ kthể

D là4 :

17

Thật vậy, với n D 1; n D 2; n D 3; ta dễ dàng kiểm tra được các kết quả tương ứng.

Xét n 5 và giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên dương bé hơn n:

Đánh số cách hàng

1 !từn và cột1 ! n . Ta sẽ chứng minh rằng với mọi vị trí của các ô đen

thì luôn tồn tại cách điền các số nguyên dương không

kn vào

vượt

ô trắng

quá còn lại trong bảng

(trường hợp điền số âm thì tương tự vì tính bình đẳng).

aff

Xét graph

G D .V; E/ màV là tập hợp các đỉnh, đỉnh

i ứng

thứ với hàng

i và1 i n ; còn

E là tập hợp các cạnh, trong đó có cạnh nối từ

i đến

đỉnh

đỉnh

thứthứ

j nếu như tại.i;ô j / và

ô .j; i / là ô màu trắng. Ta phát biểu bổ đề sau:

Bổ đề (Định lý Mantel-Turan).

Xét mộtj graph

đơn vô hướng

n đỉnh

có và

k cạnh. Khi đó, nếu

k

2

n

graph này không có chứa tam giác thì

k

:

4

Áp dụng vào bài toán, ta xét các trường hợp sau:

st

j 2k

Nếu graph

G không có chứa tam giác, theo bổ đề thì nó sẽ có nkhông

cạnh,

quá

nghĩa

4

j 2k

j 2k

n

là có không quá

ô trắng nên có thể dùng

k D n4 số nguyên dương điền vào các ô

4

đó (cho dù vị trí của các ô đen thế nào đi nữa).

n

Nếu graph

G có chứa tam giác, giả sử các

a; đỉnh

b; cphân biệt được nối với nhau đôi

một. Điều này tương ứng với việc

.a;các

b/; ô

.b; c/; .c; a/và.b; a/; .c; b/; .a; c/là

giao điểm của các hàng

a; b; cđều được tô màu trắng. Khi đó, các số điền vào các ô đó

không cần phải phân biệt và tập hợp các ô trắng (nếu có) còn a;

lạib;

trên

ccũng

các hàng

không cần phải rời nhau. Rõ ràng trên mỗi hàng sẽ còn lại không

3 ô nhưquá

thế.

n

Khi đó, ta có thể dùng

1số để điền vào các ô trắng ở trên và dùngnkhông

3số quá

phân

biệt để điền vào mỗi ô còn lại của mỗi hàng.

Nếu không

3 hàng

a; b; c, ta còn lại

n 3 hàng, sử dụng giả thiết quy nạp thì cần

j tính

k

.n 3/ 2

không quá 4

số nguyên dương phân biệt cho các hàng đó.

Ep

j 2k

Tóm lại, trong mọi trường hợp, ta đều cần sử dụng nkhông

số nguyên

quá

dương phân biệt

4

j 2k

n

để điền vào các ô trắng hay nói cách khác

cũng

k D thỏa mãn đề bài với bảng n n:

4

Theo nguyên lý quy nạp thì khẳng định được chứng minh. Vậy giá trị tốtknhất

là cần tìm c

20222 1

. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

4

Bài toán này thuộc dạng cực trị tổ hợp và đòi hỏi phải xử lý cả điều kiện cần và đủ thì mớ

kết luận được đáp số của bài toán.

18

Ở phần a), ta thấy kích thước của bảng là nhỏ nên có thể thử trực tiếp các số để kiểm t

xây dựng cũng khá nhẹ nhàng. Chú ý rằng một số có thể được sử dụng lại nhiều lần the

bài nếu đọc không cẩn thận, ta dễ hiểu nhầm đáp số câu a) là k D 5:

Phần b) thử thách hơn nhiều với kích thước bảng lớn, và quan trọng hơn là cách tô đối xứ

nên chưa thể định hướng được ngay giá trị “vừa đủ lớn” của k:

aff

Ý tưởng mấu chốt là chỉ ra một mô hình đặc biệt mà ở đó,kđòi

phải

hỏiđạt

giáđược

trị cực đại

thì mới đủ để điền vào. Và bàn cờ ở trên chính là mô hình cần phải tìm, số các ô đen tr

xen đòi hỏi tất cả các số dương điền vào các ô trắng phải phân biệt nhau, các số âm cũ

st

Đoạn khó khăn chính là việc xây dựng cách đánh số cân đối cho mọi mô hình. Thực tế

2

1

như các cách xây dựng trực tiếp thuật toán để kđiền

D 2022

vào

với

đều không thành công

4

do các mô hình có thể biến đổi rất phức tạp. Cách tiếp cận dùng đồ thị ở trên cũng chỉ mớ

minh được là cách đánh số cân đối sẽ luôn tồn tại chứ chưa chỉ ra cách xây dựng cụ th

nhiên, về mặt lập luận thì như thế là đủ.

n

Điểm mới lạ của bài toán này chính là việc sử dụng ngôn ngữ đồ thị để giải quyết vấn

cách tiếp cận mà trước giờ khá ít khi xuất hiện trong các kỳ thi HSG cấp Quốc gia. Địn

Mantel-Turan về tồn tại graph con đầy đủ trong một graph đơn vô hướng là tương đối que

đối với các học sinh có học qua về lý thuyết graph. Đặc điểm của các bài toán dùng Mant

là thường che giấu được vấn đề khá kỹ và khó xử lý tốt bằng các cách thông thường.

Định lý này có cách chứng minh dùng quy nạp là phân hoạch tập hợp đỉnh thành A; B rồ

Đếm số cạnh trong A; đếm số cạnh trong B:

Đếm số cạnh nối giữa A; B:

Ep

1. (MOSP, 2011) Xét các số xthực

: Chứng minh rằng có khôngn4 quá

cặp

1; x2; : : : ; nx

.i; j / với 1 i < j n sao cho 1 < jxi xj j < 2:

2

2. (China TST, 1987) Trong mặt phẳng

2nđiểm

cho với

n 2 và có tất n

cả

C 1đoạn thẳng

nối chúng. Chứng minh rằng

a) Tồn tại ít nhất một tam giác.

b) Tồn tại hai tam giác có chung cạnh.

c) Tồn tại ít nhất n tam giác.

19

Bài 5 (6.0 điểm).

Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

f xf .y/

f .x/ D 2f .x/ C xy

.1/

với mọi số thực x; y:

f f .y/

f .1/ D y C 2f .1/; 8y 2 R:

aff

Lờigiải.Thay x D 1 vào (1), ta được

.2/

Từ đây có thể thấy fhàm

là một song ánh. Do đó, tồn tại duy nhất

a đểf

số thực

.a/ D 0:Thay

x D a vào phương trình (1), ta được

Trong (3), cho

y D 0;ta được

f af .0/

Suy ra a D 0 hoặc f .0/ D 1:

D ay;

8y 2 R:

st

f af .y/

.3/

D 0 D f .a/:Từ đó, do

f đơn ánh nên taafcó

.0/ D a:

n

Xét trường hợp

a D 0;tứcf .0/ D 0:Thayy D 0 vào (1), ta được

f

f .x/ D 2f .x/: Dof

toàn ánh nên taf .x/

có D 2x với mọix 2 R: Tuy nhiên, khi thử lại, hàm này không thỏa mãn

phương trình (1). Do đó a ¤ 0; suy ra f .0/ D 1:

Thayx D 0 vào (1), ta được

f . 1/ D 2:Thayy D a vào (3), ta được

a2 D f .0/ D 1;suy ra

a D 1 (do f . 1/ D 2), tức f .1/ D 0: Đến đây, ta có hai cách tiếp cận như sau:

Cách 1. Do f .1/ D 1 nên phương trình (2) có thể viết lại dưới dạng

f f .y/

D y;

8y 2 R:

.20/

0

Thay y bởi f .y/ vào (1) và sử dụng

/; ta.2được

f xy

f .x/ D 2f .x/ C xf .y/;

8x; y 2 R:

Ep

f .x/

Trong phương trình này, ta xét x ¤ 0 và thay

; ta

y Dđược

x

suy ra

f

D

1

;

8x ¤ 0:

Thay y Df .x/

vào (1) và sử dụng kết quả trên, ta được

x

f1

3f .x/ D 3f .x/;

8x ¤ 0:

Dof song ánh và

f .0/ D 1nên với

x ¤ 0 thì1 3f .x/ có thể nhận mọi giá trị thực 2:

khác

Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra được f .x/ D x C 1 với mọi x ¤ 2:

Nói riêng,ta cóf .3/ D 2: Thayy D 3 vào.20/; ta đượcf . 2/ D 3: Tóm lại,ta có

f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R: Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán.

20

Cách 2. Thay y D 1 vào (1), ta được

f

f .x/ D 2f .x/ C x;

8x 2 R:

.4/

aff

Lần lượt thay

x D 1 vàx D 2 vào đẳng thức trên, tafđược

. 2/ D 3vàf . 3/ D 4:Chú ý

0

rằngf .1/ D 0nên ta cũng có đẳng.2

thức

/ như cách 1 ở trên, do đó bằng cách

x bởif

thay

.x/

vào (4), ta được

f . x/ D f .x/ C 2x; 8x 2 R:

Từ đây suy fra.2/ D 1 vàf .3/ D 2: Bây giờ, ta sẽ chứng minh

x D 1 là nghiệm duy

nhất của phương trình

f .t / D 2t: Thật vậy, giả sử có

b số

¤ 1 sao cho

f .b/ D 2b; ta thay

x D b và y D 3 vào (1) thì được 1 D f .0/ D 4b C 3b; suy ra b D 1; mâu thuẫn.

Với kết quả trên, ta thay y D 2 thì có

Từ đó suy rax

x

f .x/ D 2 x C f .x/ D 2

x

f .x/ ;

8x 2 R:

st

f

f .x/ D 1; tức f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R:

n

D 2f .x/ C xy; 8x; y 2 R:

Cách giải của hai bài toán cũng hoàn toàn tương tự nhau. Đây là một sự trùng hợp thú v

đây là một số bài toán “tương tự” khác:

1. (IMO Shortlist, 2002) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

Ep

f f .x/ C y

D 2x C f f .y/

x;

8x; y 2 R:

2. (Kiểm tra Trường Đông Nam Bộ, 2022) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

f f .x/ C 2y

D 10x C f f .y/

3x ;

8x; y 2 R:

3. (Baltic Way, 2010) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

f .x 2/ C f .xy/ D f .x/f .y/ C yf .x/ C xf .x C y/;

8x; y 2 R:

4. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

f yf .x C y/ C f .x/

D 4x C 2yf .x C y/; 8x; y 2 R:

5. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

f xf .x C y/

D f yf .x/

C x 2;

8x; y 2 R:

Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022

Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022

Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022

Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án

Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay

🌟 Home
🌟 Top