Xem mẫu
- http://diendantoanhoc.net
ĐÁP ÁN
Tháng 01/2006
- ii
- L im đ u
Cu c thi gi i toán online VMEO [Vietnamese Mathematical E-Olympiad ] đư c Di n Đàn Toán
H c t ch c năm nay (2005) là l n th nhì. Tuy nhiên, đây là l n đ u tiên mà chúng tôi c
g ng so n th o m t t p đáp án chính th c cho nh ng bài toán đã đư c đưa ra.
M c đích c a t p đáp án này là đ giúp các b n đã d thi, cùng các em h c sinh yêu toán,
nhưng. . . chưa d thi. Do đó, nh ng l i gi i s đư c trình bày m t cách khá chi ti t. Có th
m t s b n đ c s c m th y chúng “dài dòng”. Khi mu n gi i thích m t vi c gì cho m ch l c,
ch t ch và d hi u, thi t nghĩ chúng ta ph i ch p nh n tính cách “nhi u l i” c a bài vi t.
VMEO II là công trình chung c a r t nhi u thành viên g n bó v i Di n Đàn. Đ c bi t năm
nay có r t nhi u thành viên sáng tác bài m i, ho c sưu t p bài cũ, đ đóng góp vào thư vi n
đ thi. Có đư c thành công l n lao này là nh s c ng hi n c a
chuyentoan, Circle, duantien, emvaanh, full_angel, Hatucdao, hungkhtn, K09,
koreagerman, lehoan, MrMATH, nemo, nguyendinh_kstn_dhxd, TieuSonTrangSi.
Dĩ nhiên, nhóm ch n đ ph i th c hi n nhi m v c a mình, t c là tuy n ch n trong kho tàng
đáng k đó m t s bài tiêu bi u cho tôn ch c a cu c thi. Mong r ng nh ng tác gi mà bài
không đư c ch n l n này không l y đó làm. . . bu n! Nhóm ch n đ năm nay g m có
Hatucdao, K09, TieuSonTrangSi, VNMaths.
Ph n ch m bài, s p h ng các thí sinh cũng khá v t v và s không đư c hoàn thành t t đ p
n u không có s tham gia nhi t tình c a
chuyentoan, hungkhtn, lovePearl_maytrang, MrMATH, Mr Stoke, namdung,
NangLuong, stupid_mathematician.
Trong quá trình biên so n t p đáp án này, chúng tôi cũng đã nh n đư c s giúp đ t nhi u
thành viên cho ph n đ c l i, s a ch a b n nháp. N u b n th y còn sơ sót gì trong t p đáp
án này, xin vui lòng liên l c v i TieuSonTrangSi. Mong r ng quy n đáp án nh này s đem l i
nhi u đi u h u ích cho các b n.
Di n Đàn Toán H c
iii
- iv
- M cl c
L im đ u iii
Vài ký hi u vii
1 Tháng 10 1
1.1 Bài 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 Phân tích l i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.3 M t cách khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Bài 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.2 Ngu n g c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Bài 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2 M t bài tương t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.3 Hai câu h i m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4 Bài 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.4.2 Bình lu n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 Tháng 11 13
2.1 Bài 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.2 M r ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2 Bài 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2.2 M t cách khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3 Bài 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3.2 M r ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.4 Bài 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.4.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.4.2 Ngu n g c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
v
- 2.4.3 M t cách khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3 Tháng 12 23
3.1 Bài 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.1.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.1.2 Ngu n g c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.1.3 Hai bài tương t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2 Bài 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2.2 Bình lu n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3 Bài 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3.2 Bình lu n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.4 Bài 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.4.1 L i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.4.2 M t bài tương t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
vi
- Vài ký hi u
K k t thúc ch ng minh câu h i
N k t thúc ch ng minh b đ
R+ t p h p các s th c không âm
Q∗+ t p h p các s h u t dương
N t p h p các s nguyên không âm
góc không đ nh hư ng
song song
[AB] đo n th ng AB
d◦ P b c c a đa th c P
a|b b chia h t cho a
a |b b không chia h t cho a
:= đ nh nghĩa v trái b ng v ph i
=: đ nh nghĩa v ph i b ng v trái
≡ đ ng dư (mod )
≡ đ ng th c gi a hai hàm
∼ tương đương gi a hai hàm
vii
- viii
- Chương 1
Tháng 10
1.1 Bài 1
Cho a, b, c là ba s th c dương.
a) Ch ng minh r ng t n t i duy nh t s th c dương d th a mãn
1 1 1 2
+ + = .
a+d b+d c+d d
b) V i x, y, z là các s th c dương sao cho ax + by + cz = xyz, hãy ch ng minh b t đ ng th c
2
x+y+z ≥ (a + d)(b + d)(c + d).
d
MrMATH
1.1.1 L i gi i
a) Nhân hai v c a đ ng th c
1 1 1 2
+ + = (1.1)
a+d b+d c+d d
d λ
cho d, và s d ng = 1− v i λ ∈ {a, b, c}, ta bi n đ i phương trình ph i th a mãn
λ+d λ+d
thành
a b c
+ + = 1. (1.2)
a+d b+d c+d
Kh o sát hàm
a b c
F (t) = + + (1.3)
a+t b+t c+t
trên mi n t ∈ (0, +∞), ta d th y F là m t hàm liên t c và ngh ch bi n ng t (vì a, b, c đ u
dương). Hơn n a, limt→0+ F (t) = 3 và limt→+∞ F (t) = 0 V y, t n t i m t giá tr d ∈ (0, +∞)
1
- duy nh t sao cho F (d) = 1. K
b) Đ t X = (a + d)x, Y = (b + d)y, Z = (c + d)z. Khi đó, gi thi t ax + by + cz = xyz có th
đư c phát bi u l i b ng
a b c XY Z
X+ Y + Z= , (1.4)
a+d b+d c+d (a + d)(b + d)(c + d)
còn đi u ph i ch ng minh thì tr thành
d d d
X+ Y + Z≥ (a + d)(b + d)(c + d). (1.5)
2(a + d) 2(b + d) 2(c + d)
Theo (1.2), các h s bên v trái c a (1.4) có t ng b ng 1. Áp d ng b t đ ng th c trung
bình c ng/trung bình nhân m r ng (ho c Cauchy m r ng) vào v trái c a (1.4), ta có
a b c a b c
X+ Y + Z ≥ X a+d Y b+d Z c+d , (1.6)
a+d b+d c+d
và t đó, ph i h p v i gi thi t (1.4), ta suy ra
d d d
X a+d Y b+d Z c+d ≥ (a + d)(b + d)(c + d). (1.7)
Theo (1.1), các h s bên v trái c a (1.5) có t ng b ng 1. Áp d ng b t đ ng th c trung
bình c ng/trung bình nhân m r ng vào v trái c a (1.5), ta có
d d d d b c d d d 1/2
X+ Y + Z ≥ X 2(a+d) Y 2(b+d) Z 2(c+d) = X a+d Y b+d Z c+d . (1.8)
2(a + d) 2(b + d) 2(c + d)
S d ng (1.7) thì thu đư c đi u ph i ch ng minh (1.5). K
1.1.2 Phân tích l i gi i
Có m t cách suy lu n h p lý nào d n d t ta đ n con s d trong câu a) không, n u đ bài không
cho ta bi t ? Nói chính xác hơn, ta ph i làm sao n u đ bài đưa ra là:
Cho a, b, c là ba s th c dương. V i x, y, z th c dương sao cho ax + by + cz = xyz,
tìm giá tr nh nh t c a x + y + z.
Hãy đ t X = ux, Y = vy, Z = wz, trong đó u, v, w là 3 tham s th c dương s đư c xác
đ nh m t cách “thông minh”. Gi thi t c a đ bài là
a b c XY Z
X+ Y + Z= (1.9)
u v w uvw
còn bi u th c x + y + z mà ta ph i tìm giá tr nh nh t b ng
1 1 1
X + Y + Z. (1.10)
u v w
2
- N u ta đ t đi u ki n
a b c
+ + =1 (1.11)
u v w
thì các h s bên v trái c a (1.9) có t ng b ng 1. Áp d ng b t đ ng th c trung bình c ng/trung
bình nhân m r ng vào v trái c a (1.9), ta có
XY Z a b c a b c
= X + Y + Z ≥ XuY vXw,
uvw u v w
t đó suy ra
a b c
X 1− u Y 1− v Z 1− w ≥ uvw. (1.12)
M t khác, cũng áp d ng Cauchy m r ng vào (1.10), ta tìm đư c m t ch n dư i cho (1.10),
đó là 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
X+ Y + Z≥ + + X u Y v Z w u+v+w . (1.13)
u v w u v w
L n này thì k t qu có v hơi ph c t p, vì t ng các h s bên v trái không b ng 1, nhưng đi u
này không thay đ i b n ch t v n đ .
So sánh (1.13) v i (1.12) g i cho ta ý ki n sau: n u ta mu n khai thác (1.12) đ ti p t c
tìm ch n dư i cho v ph i c a (1.13), thì các b s mũ trong (1.12) và (1.13) ph i t l v i
nhau. Nói cách khác, ta ph i ch n u, v, w sao cho
a b c 1 1 1
i) t n t i d ∈ R th a mãn 1− ,1 − ,1 − =d , ,
u v w u v w
a b c
ii) + + = 1, đây chính là đi u ki n (1.11).
u v w
a
T ii), ta có 1 − u > 0. Ph i h p v i i) thì kéo theo d > 0. T i), ta có u = a + d, v = b + d,
w = c + d. Th các đ ng th c này vào ii) thì đư c
a b c
+ + = 1.
a+d b+d c+d
Đây chính là phương trình (1.2) đ xác đ nh d (> 0). K
Tóm l i, công d ng c a các tham s u, v, w là đ cho ta “n i đuôi” đư c (1.13) v i (1.12).
Đ ng th i, nó cũng “d i ch ” trư ng h p d u b ng: trong t t c các b t đ ng th c vi t trên,
d u b ng x y ra khi X = Y = Z. Bài 1 này tuy không khó l m, nhưng tiêu bi u cho m t
phương pháp cân b ng h s c n n m v ng trong b t đ ng th c. Hi u rõ bài này thì b n s
làm đư c bài sau:
Tìm giá tr nh nh t c a tan A + 2 tan B + 5 tan C, v i A, B, C là ba góc c a m t
tam giác nh n.
Đây là bài 10 c a cu c thi VMEO I (2004). Chúc các b n thành công! (đáp s : giá tr nh
nh t b ng 12, tương ng v i tan A = 3, tan B = 2, tan C = 1.)
3
- 1.1.3 M t cách khác
Xin gi i thi u v i các b n m t cách khác, do tác gi bài (MrMATH) cùng m t thí sinh (clmt)
đ xư ng. Cách này có v “d s ”, nhưng chúng tôi s c g ng trình bày nó m t cách h p lý, t
nhiên.
Đi u ki n ax + by + cz = xyz có th đư c vi t dư i d ng
a b c
+ + = 1. (1.14)
yz zx xy
G i (x, y, z) và (x0 , y0 , z0 ) hai b s th c dương th a mãn (1.14). Hãy hình dung (x, y, z) là
m t đi m “di đ ng” b t kỳ, còn (x0 , y0 , z0 ) là m t đi m “c đ nh”, nơi mà d u b ng s x y ra.
Hi n gi thì dĩ nhiên ta chưa bi t (x0 , y0 , z0 ) n m t i đâu. Nhưng theo b t đ ng th c trung
bình c ng/trung bình nhân cho 3 s (Cauchy thư ng, không m r ng), ta có
a a a a
+ 2 y+ 2 z ≥ 3y z . (1.15)
yz y0 z0 y0 z 0 0 0
B t đ ng th c này có l i ích gì và t i sao nghĩ ra đư c nó ? M t l i ích trư c m t là khi so
sánh (1.15) v i (1.14), ta th y xu t hi n các phân s yz và y0az0 . Do đó, n u ta vi t hai b t
a
đ ng th c tương t v i (1.15), t c là
b b b b
+ 2 z+ 2 x ≥ 3z x (1.16)
zx z0 x0 z0 x 0 0 0
c c c c
+ 2 x+ 2 y ≥ 3x y (1.17)
xy x0 y0 x 0 y0 0 0
r i c ng c 3 b t đ ng th c này l i, ta có th s d ng (1.14) đ rút g n k t qu . Phép c ng
này d n đ n
b c c a a b
2 + x2 y x+ 2 + y2 z y+ 2 + z2x z ≥ 3 − 1 = 2. (1.18)
z0 x 0 0 0 x 0 y0 0 0 y0 z 0 0 0
Đ n đây thì ta nh n th y m t l i ích khác c a (1.15): vì (1.15) b c nh t đ i v i y, z, nên
khi c ng l i, (1.18) cũng b c nh t đ i v i x, y, z. T đó, n y sinh ra ý tư ng ch n x0 , y0 , z0
khéo léo, sao cho v trái c a (1.18) t l v i x + y + z (bi u th c mà ta ph i tìm giá tr nh
nh t). V y, ta hãy đòi h i
b c c a a b
2 + x2 y = x y 2 + y 2 z = y z 2 + z 2 x , (1.19)
z0 x 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
và cũng đ ng quên đi u ki n
a b c
+ + = 1. (1.20)
y0 z 0 z 0 x 0 x 0 y0
H phương trình (1.19)–(1.20) tuy không khó gi i, nhưng các phép tính tương đ i dài, nên
chúng tôi ch xin ghi ra đáp s , m i các b n ki m l i. Ta đư c
(b + d)(c + d) (c + d)(a + d) (a + d)(b + d)
x0 = , y0 = , z0 = , (1.21)
a+d b+d c+d
v i d là đ i lư ng ph trong câu h i a). Khi đó, ta cũng ch ng minh đư c r ng (1.18) tương
đương v i đi u ph i ch ng minh trong câu b). K
4
- 1.2 Bài 2
Các s nguyên dương đư c tô b ng hai màu tr ng và đen. Bi t r ng t ng hai s khác màu luôn
mang màu đen, và có vô h n các s mang màu tr ng. Ch ng minh r ng t ng và tích c a hai
s mang màu tr ng cũng là các s mang màu tr ng.
[t m t bài cũ]
1.2.1 L i gi i
G i p là s nguyên dương nh nh t màu tr ng. Con s này t n t i, vì theo gi thi t, ta có vô
h n s màu tr ng.
Nh n xét r ng n u a là m t s tr ng, v i a > p, thì a − p cũng ph i tr ng. Th t v y, n u
a − p đen, ta s có
a = (a − p) + p = đen + tr ng = đen, (1.22)
mâu thu n v i a tr ng. Nh n xét này g i ý cho ta ti p t c tr cho p như trên, đ n khi nào
“không tr đư c n a”. Trong ngôn ng toán h c, ý này đư c bi u di n b ng phép chia Euclid
a = pq + r, v i q ≥ 0 và 0 ≤ r < p. (1.23)
Khai thác nh n xét trên thì ta suy ra đư c r tr ng. Tuy nhiên, theo đ nh nghĩa c a p thì v i
m i 1 ≤ r < p thì r đen. Do đó, ta ph i có r = 0. T ng k t l i các trư ng h p a > p, a = p và
1 ≤ a < p, ta có
a tr ng ⇒ a chia h t cho p.
V y, t t c nh ng s không ph i là b i s c a p đ u màu đen. Bây gi , trong s các b i s
c a p, có th có s nào màu đen không ? Hãy t m gi s là có. G i n là s nh nh t sao cho
np đen. Khi đó,
(n + 1)p = np + p = đen + tr ng = đen. (1.24)
Lý lu n tương t thì t t c các s mp, v i m ≥ n cũng đen. V y, t t c m i s nguyên dương
đ u đen, ngo i tr p, 2p, . . . , (n − 1)p. Nhưng đi u này mâu thu n v i gi thi t t n t i vô h n
các s màu tr ng.
Tóm l i, m i b i s c a p ph i màu tr ng, và ch có nh ng s y m i màu tr ng. T đó d
suy ra đi u ph i ch ng minh. K
1.2.2 Ngu n g c
Bài 2 cũng tương đ i d , nhi u b n thí sinh đã gi i quy t thành công. Th t ra, nó là bi n d ng
c a m t bài t p có trong quy n Problem-solving strategies c a Arthur Engel (chương 2, bài 38):
Các s nguyên dương đư c tô b ng hai màu tr ng và đen. Bi t r ng t ng hai s
khác màu luôn mang màu đen, còn tích c a chúng luôn mang màu tr ng. V y, tích
c a hai s tr ng màu gì ? Tìm t t c các phép tô màu th a mãn các đi u ki n đưa
ra.
5
- Ta th y gi thi t tích c a hai s khác màu luôn mang màu tr ng trong bài g c đã đư c thay
th b i có vô h n s màu tr ng trong bài 2. Nh ng gi thi t đó đ u có tính cách ph thu c.
Gi thi t t ng hai s khác màu luôn mang màu đen m i th c s thi t y u. L i gi i đưa ra cho
bài 2 khai thác tri t đ gi thi t chính y u này.
1.3 Bài 3
Cho a1 , a2 , . . . , am là các s nguyên dương (m ≥ 1). Xét dãy s {un }∞ , v i
n=1
un = a n + a n + . . . + a n .
1 2 m
Bi t r ng dãy này có h u h n ư c s nguyên t . Ch ng minh r ng a1 = a2 = . . . = am .
K09
1.3.1 L i gi i
Trư c tiên, ta c n làm sáng t th nào là dãy có h u h n ư c s nguyên t . M i s h ng u n
c a dãy đ u dĩ nhiên có h u h n ư c s nguyên t . G i D(un ) là t p h p (h u h n) c a nh ng
ư c s nguyên t c a un . Gi thi t c a đ bài nói r ng t p h p
∞
D(u) = D(un ) (1.25)
n=1
cũng h u h n. V y, hãy g i các ph n t c a D(u) là
D(u) = {p1 , p2 , . . . , pk }. (1.26)
Khi có lũy th a c a m t s nguyên, trong đó ta “ki m soát” đư c s mũ, m t ph n x t t
là nên nghĩ đ n đ nh lý nh c a Fermat. Theo đ nh lý này thì v i m i 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ k,
ta có
p −1 1 (mod pj ), n u p j | ai (1.27)
ai j ≡
0 (mod pj ), n u p j | ai . (1.28)
Đi u này g i ý cho ta ch n n = N (p1 − 1)(p2 − 1) . . . (pk − 1), v i N ≥ 1 b t kỳ, vì khi đó ta
s có an ≡ 1 ho c 0 (mod pj ). L y t ng trên i thì ta có th hy v ng suy ra đư c m t đi u gì
i
đó v un (mod pj ), th m chí d n đ n “mâu thu n” khi bi n đ i j và tăng N . Th t ra thì mu n
thành công, hư ng gi i này c n ph i đư c b túc b i m t s ý ki n có tính cách k thu t.
Nhưng chúng tôi đã c ý trình bày sơ lư c c t ý như trên cho d hi u. Sau đây m i là l i gi i
th c th .
Đ t d là ư c s chung l n nh t c a a1 , a2 , . . . , am . Ta có th vi t ai = dbi , trong đó các s
nguyên dương bi nguyên t cùng nhau. D th y r ng dãy s {vn }∞ , đ nh nghĩa b i
n=1
vn = b n + b n + . . . + b n ,
1 2 m (1.29)
6
- cũng có h u h n ư c s nguyên t . G i
D(v) = {q1 , q2 , . . . , q }. (1.30)
là t p h p các ư c s nguyên t c a dãy vn . Hi n nhiên là D(v) ⊂ D(u).
χ
Ch n s nguyên dương χ đ l n sao cho qj > m v i m i 1 ≤ j ≤ . Đi u này kh thi, vì
< ∞. Theo đ nh lý hàm Euler (m r ng đ nh lý nh c a Fermat) thì ta có
χ
φ(q χ ) 1 (mod qj ), n u q j | bi (1.31)
bi j ≡ χ
0 (mod qj ), n u q j | bi , (1.32)
v i m i 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ , và φ là hàm Euler. Xin lưu ý: ph n th nhì c a kh ng đ nh trên,
t c là (1.32), không n m trong đ nh lý hàm Euler và ph i đư c ki m tra tr c ti p. Th t v y,
χ χ
φ(qj ) φ(qj )
n u bi chia h t cho qj thì bi chia h t cho qi . Nhưng
χ χ χ−1 χ−1
φ(qj ) = qj − qj = qj (qj − 1) ≥ 2χ−1 (1.33)
χ
φ(qj ) χ
và 2χ−1 ≥ χ n u ta ch n χ ≥ 3. V y, bi cũng s chia h t cho qi .
Bây gi , ta đ t
χ
n(N ) = N φ(qj ). (1.34)
j=1
n(N )
T (1.31)–(1.32), ta có bi ≡ 1 ho c 0 (mod qj ), tùy theo bi không chia h t hay chia h t cho
χ
qj . D a trên (1.29), ta th y r ng xét theo modulo qj , s h ng vn(N ) đ ng dư v i t ng c a m
s b ng 1 ho c 0. Các s này không th b ng 0 h t đư c, vì n u s ki n này x y ra, thì t t
c các bi s ph i chia h t cho qj , và đi u này mâu thu n v i tính ch t các bi nguyên t cùng
χ
nhau. V y, vn(N ) đ ng dư v i m t t ng s sN nào đó, v i 1 ≤ sN ≤ m. Tuy nhiên, vì m < qi
χ
nên sN ≡ 0 (mod qj ).
Đi u này ch ng t r ng n u ta xét phân tích c a vn(N ) thành th a s nguyên t
τ (N )
vn(N ) = qj j (1.35)
j=1
thì b t bu c s mũ τj (N ) ph i nh hơn χ, t c là τj (N ) ≤ χ − 1. Do đó, v i m i N ≥ 1 thì
vn(N ) b ch n b i
χ−1
vn(N ) ≤ qj . (1.36)
j=1
Vi c này ch có th x y ra khi b1 = b2 = . . . = bn , hay a1 = a2 = . . . = an . K
7
- 1.3.2 M t bài tương t
Vài ngày sau khi đ thi tháng 10 đư c công b (01/10), có m t s thành viên Di n đàn báo
cáo cho ban t ch c bi t r ng bài 3 “đã” có trên MathLinks (http://www.mathlinks.ro). Th t
ra, bài trên Mathlinks đư c g i sau, vào ngày 21/10. Dù sao đi n a thì đây cũng là m t s
trùng l p ý tư ng r t đáng ti c. Cũng ph i nói r ng trên MathLinks ch có l i gi i cho trư ng
h p m = 2 (tương đ i d hơn vì không c n ph i ch n χ).
Bài 3 có th xem là bài khó nh t c a tháng 10. Nó là m t trong nh ng bài toán mà tác gi
(K09) đã kh o sát, liên quan đ n dãy s đ nh nghĩa b ng t ng các lũy th a. Dư i đây là m t
trong nh ng k t qu ta có th thu đư c. Theo ki n th c hi n t i c a chúng tôi thì đây là m t
k t qu m i.
Cho a1 , a2 , . . . , am là các s nguyên dương (m ≥ 1). Xét dãy s {un }∞ , v i un =
n=1
an + an + . . . + an . Gi s v i m i n đ l n thì un là s chính phương. Ch ng minh
1 2 m
r ng m là s chính phương.
Bài này không d . B n nào mu n trao đ i thêm v đ tài này thì xin liên l c v i K09 trên Di n
đàn.
1.3.3 Hai câu h i m
Đ m r ng bài 3, chúng tôi có hai câu h i m sau đây, dư ng như cũng r t khó.
1. Cho a1 , a2 , . . . , am là các s nguyên dương (m ≥ 1). Xét dãy s {un }∞ , v i un =
n=1
an + an + . . . + an . Gi s dãy này có h u h n ư c s chính phương. Ch ng minh r ng
1 2 m
a1 = a 2 = . . . = a m .
2. T n t i hay không m t dãy s nguyên {an }∞ sao cho
n=1
(a) có vô h n các s h ng ai khác 0;
(b) dãy un = an + an + . . . + an ch có h u h n ư c s nguyên t .
1 2 n
1.4 Bài 4
a) Cho tam giác ABC và m t đi m I n m trong tam giác. Gi s IBA > ICA và
IBC > ICB. Ch ng minh r ng, n u ta kéo dài BI, CI c t AC, AB t i B , C tương
ng, thì BB < CC .
b) Cho tam giác ABC có AB < AC và phân giác AD. Ch ng minh r ng v i m i đi m I, J
thu c đo n [AD] và I = J, ta luôn có JBI > JCI.
c) Cho tam giác ABC có AB < AC, v i phân giác AD. Ch n M, N l n lư t thu c các đo n
CD, BD sao cho AD là phân giác c a góc M AN . Trên đo n [AD] l y đi m I tùy ý
(khác D). Các đư ng th ng BI, CI c t AM, AN t i B , C . Ch ng minh r ng BB < CC .
duantien
8
- 1.4.1 L i gi i
a) Do IBA > ICA nên ta có th l y C ∈ [IC ] sao cho IBC = ICA. Do IBC >
ICB, nên
C BC = IBC + IBC > ICB + ICA = B CB. (1.37)
M t khác, d th y r ng
C BC + B CB < C BC + B CB = 180◦ − A < 180◦ . (1.38)
Ph i h p (1.37) và (1.38) thì ta đư c
B CB < C BC < 180◦ − B CB. (1.39)
A
C'
C'' B'
I
B C
Hình 1.1: Bài 4, câu a)
G i R bán kính vòng tròn ngo i ti p t giác B C BC (xem hình 1.1). Ta có
CC 2 = 2R2 − 2R2 cos(2 C BC) = 4R2 sin2 C BC
(1.40)
BB 2 = 2R2 − 2R2 cos(2 B CB) = 4R2 sin2 B CB.
T (1.39), ta có sin B CB < sin C BC. V y, hai đ ng th c (1.40) đưa đ n k t lu n BB <
CC < CC . K
b) T t nhiên, ta có th coi J n m trên đo n [AI]. L y E đi m đ i x ng c a B qua AD. G i F
là đ nh th tư c a hình thang cân CIJF (xem hình 1.2). Vì m t hình thang cân luôn n i ti p
đư c, ta có
1
ICF = 180◦ − IJF = 180◦ − AIC = 2 A + AEJ > AEJ (1.41)
9
- nên tia CA n m trong góc ICF . Hơn n a,
1 1 1
EJI = 2 A + AEJ = 2 A + ABJ < 2 A+ B (1.42)
và
F JI = F IA = 180◦ − ( 2 A + ICA) ≥ 180◦ − ( 1 A + C) =
1
2
1
2 A+ B (1.43)
nên ta suy ra EJI < F JI. Đi u này ch ng t r ng E n m trong hình thang CIJF . Nói riêng
là E n m trong cung ch a góc JCI d ng trên đo n [IJ]. V y, JBI = JEI > JCI. K
A F
J
I
E
B D C
Hình 1.2: Bài 4, câu b)
c) V hình c n th n, ta có “c m giác” là BC và CB c t nhau t i m t đi m J ∈ [AD]. Ta hãy
t m gi s nh n xét này th t và thi t l p k t qu câu c). Sau đó, ta s tìm cách ch ng minh
nh n xét này.
Áp d ng câu b) vào tam giác ABC và c p đi m (I, J), ta có JBI > JCI. Áp d ng câu
b) vào tam giác ABC và c p đi m (I, D), ta có IBC > ICB. Hai b t đ ng th c này cho
phép áp d ng câu a) vào tam giác JBC và đi m I. Khi đó, ta suy ra BB < CC .
Đ k t thúc, ta ph i ch ng minh r ng BC , CB và AD đ ng quy. Ta s thi t l p đi u
này m t cách gián ti p: ta đ t J = BC ∩ AD, B = JC ∩ AM và c g ng ch ng minh r ng
BB , CC và JD đ ng quy. Khi đó, đi m đ ng quy b t bu c ph i là CC ∩ AD = I, và t đó
B =B.
10
- A
J
C' B'
I
B N D M C
Hình 1.3: Bài 4, câu c)
Áp d ng đ nh lý Menelaus vào tam giác JDB và cát tuy n AC N , ta có (xem hình 1.4)
C J N B AD
· · = 1. (1.44)
C B N D AJ
Áp d ng đ nh lý Menelaus vào tam giác JDC và cát tuy n AB M , ta có
B J M C AD
· · = 1. (1.45)
B C M D AJ
Chia (1.44) cho (1.45), r i cho hai phân s qua v ph i, ta đư c
CJ B C ND MC DN M C
· = · = · . (1.46)
CB B J NB MD DM N B
M t khác, theo tính ch t đư ng phân giác thì
DB AB DN AN
= và = . (1.47)
DC AC DM AM
Dùng (1.47), ta bi n đ i (1.46) thành
C J DB B C AN AB M C S(ABN ) M C
· · = · · ,= · =1 (1.48)
C B DC B J AM AC N B S(ACM ) N B
ký hi u S tư ng trưng cho di n tích c a tam giác. Theo đ nh lý Ceva thì các đư ng th ng BB ,
CC và JD ph i đ ng quy. K
11
- A A
J J
C' B'' C' B''
B N D M C B N D M C
Hình 1.4: Áp d ng 2 l n Menelaus
1.4.2 Bình lu n
Bài 4 cũng là m t bài khó, và s là m t bài r t khó n u ch có câu c), không có hai câu a)
và b) đóng vai b đ . Tác gi (duantien) đi đ n bài toán này khi tìm cách t ng quát đ nh lý
Steiner-Lehmus. Xin nh c l i v n t t n i dung c a đ nh lý Steiner-Lehmus.
Cho tam giác ABC. Xét hai đư ng phân giác trong BB và CC c a các góc B
và C, v i B ∈ [AC] và C ∈ [AB]. N u AB < AC thì BB < CC .
Ta cũng đ t đư c k t qu c a câu c), m c đích chính c a bài này, b ng m t con đư ng
khác. Thay vì a) và b), ta có th dùng hai b đ sau, cũng do duantien đ ngh :
1. Cho tam giác ABC v i AB < AC. Xét trung tuy n AM , phân giác AD, cùng m t đi m I
b t kỳ trong tam giác AM D, nhưng không n m trên đo n M D. Các đư ng th ng BI, CI
c t l n lư t AC, AB t i E, F . Ch ng minh r ng BE < CF .
2. Cho tam giác ABC v i AB < AC. Xét m t đi m J b t kỳ trên đư ng phân giác AD.
Ch ng minh r ng CJ > BJ và ABJ > ACJ.
Còn hai b đ a) và b) th t ra là do Hatucdao đ xư ng. S dĩ con đư ng này đư c ch n làm
đ bài vì nó tương đ i d hơn (dù ch “tương đ i” thôi!). Riêng câu b) còn có nhi u cách ch ng
minh. Trong s các b n d thi, h u như m i ngư i đ u có m t cách khác bi t ít nhi u v i l i
gi i chính th c trên!
12
nguon tai.lieu . vn
