Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022
--- Bài mới hơn ---
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
và
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
và
∠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:
--- Bài cũ hơn ---
