KHAI THÁC MỘT SỐ CHỦ ĐỀ CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI VMO ...

Hướng tới kỳ thi chọn HSG quốc gia 2018

1

KHAI THÁC MỘT SỐ CHỦ ĐỀ CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI VMO 2018

Lê Phúc Lữ tổng hợp và giới thiệu

Mục lục

1. Đa thức đẹp nhưng có nghiệm xấu ............................................................. 2

2. Đường thẳng Nagel đi qua tâm Spieker ..................................................... 7

3. Hai bổ đề Lifting trong số học .................................................................. 13

4. Đếm bằng hai cách trong hình học ........................................................... 18

5. Bài toán tồn tại trong giải tích ................................................................. 23

Qua bài viết này, tác giả muốn giới thiệu đến bạn đọc một vài chủ đề chọn lọc ở

các phân môn của Olympic Toán cũng như các nhận xét, phân tích các khía cạnh liên quan

TP Hồ Chí Minh, ngày 05/01/2018


2

Chủ đề A. ĐA THỨC ĐẸP NHƯNG CÓ NGHIỆM XẤU

Trước hết, ta xét bổ đề sau:

Nếu đa thức hệ số nguyên ( )P x bậc 0n ! , bất khả quy và nhận x D � là nghiệm thì không tồn tại đa thức hệ số nguyên ( )Q x nào có bậc m mà 0 m n� � cũng thỏa mãn điều kiện này.

Thật vậy,

Nếu tồn tại đa thức ( )Q x thỏa mãn điều kiện trên thì có thể giả sử degm Q là bậc nhỏ nhất như thế. Xét phép chia đa thức

( ) ( ) ( ) ( )P x Q x f x r x � � .

Rõ ràng đây không phải là phép chia hết (vì P bất khả quy) nên deg 0r ! và đồng thời

( ) ( ) ( ) ( ) 0r P Q fD D D D � , mâu thuẫn.

Từ bổ đề đơn giản này, ta có thể thu được ngay bài toán quen thuộc sau ở THCS:

Cho , ,A B C� thỏa mãn 3 34 2 0A B C� � � � . Khi đó, 0.A B C

Nếu không dùng liên hợp, ta có thể lập luận bằng cách xét tam thức bậc hai

2( ) [ ]f x Ax Bx C x � � � có nhận 3 2x là nghiệm.

Từ đó, ta có thể thấy rằng nếu ( ) [ ]P x x� thỏa mãn ( 2) 2017P thì ( )P x phải có dạng

2( ) ( 2) ( ) 2017P x x Q x � � với ( ) [ ].Q x x�

Ta xét các bài toán sau:

Bài 1. (KHTN 2017) Cho đa thức ( )P x có hệ số tự nhiên thỏa mãn 3( 3) 2017P . Hỏi tổng các hệ số của ( )P x nhỏ nhất là bao nhiêu?

Lời giải. Đặt 0

( )n

ii

iP x a x

¦ thì 3( 3) 2017P � sẽ có dạng 3 39 3A B C� � � � . Tương tự trên, ta

suy ra 0, 2017A B C . Nhưng ,A B là tổng của các hệ số không âm của các số hạng có mũ không chia hết cho 3 nên rõ ràng, tất cả hệ số đó đều bằng 0. Suy ra ( )P x chỉ chứa toàn các hệ số của số mũ chia hết cho 3.

Đặt 3( ) ( )f x P x với [ ]f x� thì bài toán đưa về (3) 2017f và

11 1 0( ) n n

n nf x b x b x b x b�� .


3

Giả sử (1)f nhỏ nhất (đây cũng chính là tổng hệ số của đa thức P ban đầu) thì dễ dàng chứng minh được ^ `0,1,2ib � (vì nếu không, ta có thể thay 3i ib bc � ). Suy ra ( )f x nhỏ nhất khi các hệ số của nó là biểu diễn tam phân của 2017 , đáp số là 9.

Một bài tương tự có trong đề thi Nga:

Bài 2. Tìm tất cả đa thức hệ số tự nhiên ( )P x sao cho (1) 7, (2) 2017.P P

Tiếp theo, có lẽ chúng ta đã khá quen thuộc với bài toán sau của thầy Trần Nam Dũng:

Bài 3. Cho phương trình bậc ba 3 3 1 0x x� � . Chứng minh rằng phương trình có ba nghiệm là ,a b c� � đồng thời 2 2 2 2.a c c b b a� � �

Trong đề thi chọn đội tuyển Trung Quốc 2017, có một bài tương tự như thế như ở dạng tổng quát hơn có nội dung như sau:

Bài 4. (China TST 2017) Cho đa thức ( ) [ ]P x x� có bậc ba và ba nghiệm vô tỷ , ,a b c phân biệt có tổng là 0. Giả sử tồn tại ,p q� sao cho 2a b pb q � � . Chứng minh rằng

2 2 4 7T p p q � � � là số chính phương.

Lời giải. Ta chia lời giải bài toán thành các bước như sau:

Bước 1. Đặt 2( )Q x x px q � � thì theo giả thiết, ta có

( ( )) ( ) 0P Q b P a .

Suy ra ( ( ))P Q x có nghiệm là x b . Xét phép chia

( ( )) ( ) ( ) ( )P Q x P x f x r x � � với deg ( ) 2r x d .

Thay x b vào, suy ra ( ) 0r b . Nếu deg 0r ! thì lại xét phép chia

1 1( ) ( ) ( ) ( )P x f x r x r x � � với 1deg ( ) 1r x d .

Chú ý rằng 1( ) [ ]r x x� và 1( ) 0r b với b vô tỷ nên vô lý, suy ra deg 0r hay

( ( )) ( ) ( )P Q x P x f x � .

Từ đây ta có ( ( )) ( ( )) 0.P Q a P Q c Suy ra ^ `( ) , ,Q a a b c� . Ta xét các trường hợp:

Nếu ( )Q a a thì 2a a pa q � � , dễ dẫn đến điều vô lý tương tự trên (vì).

Nếu ( )Q a b thì 2a pa q b� � , mà 2b pb q a� � nên

( )( ) ( ) 1 ( )a b b a a b p b a a b p� � � � � � � � �

nên 1p c � , là số vô tỷ, mâu thuẫn.


4

Do đó, ( )Q a c và tương tự ( ) .Q c b Ta có hệ

2

2

2

a b pb qb c pc qc a pa q

� �°

� �®° � �¯

(*)

Bước 2. Trừ từng vế hai phương trình đầu của (*) , ta có

2 2 ( ) ( )( ) ( )( )a b b c p b c b c b c p b c p a� � � � � � � � � .

Tương tự thì ( )( )b c c a p b� � � và ( )( )c a a b p c� � � nên nhân tất cả các hệ thức lại thì

( )( )( ) 1.p a p b p c� � �

Cộng các đẳng thức trong (*) lại, ta được 2 2 2 33 02

a b c q ab bc ca q� � � � � � .

Nhân phương trình thứ 1, 2,3 của (*) cho , ,b c a rồi cộng lại, ta có

3 3 3 2 2 2( )3 3 32 2

ab bc ca a b c p a b cq qabc pq abc pq

� � � � � � �

� � � �

Thay tất cả vào đẳng thức ( )( )( ) 1,p a p b p c� � � ta được

3 2

3

2

( ) ( ) 13 1

2 21

2( 1)

p p a b c p ab bc ca abcpq qp pq

pq p p

� � � � � � �

� � � �

ª� « � � �¬

Bước 3. Nếu 22( 1)q p p � � � thì 2 2 2 22 8( 1) 7 9 6 1 (3 1)T p p p p p p p � � � � � � � � là số

chính phương. Ta chỉ còn cần xét 1p , khi đó 32

abc q và

2

2

2

a b b qb c c qc a a q

� �°

� �®° � �¯

nên

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 22

3 ( )( )2

3 2 ( ) 39 9 3 32 ( 3 ) 3 34 2 2 4

q ab bc ca a a q b b q

a b b c c a abc ab bc ca q a b c qq q q qq q q q

� � � � � �

� � � � � � � � � �

� � � � � � �

¦

Do đó, ta có 0q hoặc 6.q � Rõ ràng 0q không thỏa vì khi đó 0abc nên phải có một số bằng 0. Còn nếu 6, 1q p � thì 16T , cũng là số chính phương. Ta có đpcm.


5

Tiếp theo, ta xét một bài có phát biểu rất ấn tượng và cũng rất thú vị cũng chủ đề trên.

Bài 5. (Benelux 2017) Cho số nguyên dương 2k t và đặt 1 2 1 065kn na a a a a� . Xét đa thức

11 1 0( ) n n

n nP x a x a x a x a�� .

Chứng minh rằng nếu tồn tại a� để ( ) 0P a thì .a�

Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề:

Nếu đa thức ( ) [ ]f x x� và có nghiệm là pxq

với ( , ) 1p q thì ( )f x có thể viết thành

( ) ( ) ( )f x qx p g x � mà ( ) [ ].g x x�

Bổ đề này được suy ra trực tiếp từ kết quả sau: (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản (đa thức nguyên bản – premitive polynomial là đa thức hệ số nguyên mà các hệ số không có ước nguyên tố chung).

Thật vậy, xét 0

( )n

ii

if x a x

¦ và 0

( )m

ii

ig x b x

¦ là hai đa thức nguyên bản; giả sử tích ( ) ( )f x g x

là một đa thức không nguyên bản, tức là có một ước nguyên tố chung p cho các hệ số.

Do ,f g nguyên bản nên tồn tại ra và sb không chia hết cho p .

Giả sử rằng r là chỉ số lớn nhất trong f và s là chỉ số lớn nhất trong g thỏa mãn điều kiện đó. Khi đó | , |i jp a p b với , .i r j s! ! Xét lũy thừa r sx � với hệ số là i j

i j r sa b

� �¦ .

Ta thấy nếu i r! thì hệ số i ja b sẽ chia hết cho p ; còn nếu i r� thì j s! nên hệ số đó cũng chia

hết cho p ; trong khi đó chỉ có r sa b là không chia hết cho p nên tổng trên không chia hết cho ,pmâu thuẫn.

Áp dụng vào bổ đề, ta thấy nếu ( )g x không có hệ số nguyên thì tồn tại 1m ! và m �� sao cho ( ) [ ]mg x x� và ( )mg x là đa thức nguyên bản; mà qx p� cũng nguyên bản nên suy ra ( )mf x

nguyên bản, vô lý. Suy ra ( ) [ ].g x x�

Quay trở lại bài toán, dễ thấy các nghiệm thực của ( )P x đều âm vì tất cả hệ số của ( )P x âm. Giả

sử ( )P x có nghiệm là pxq

� với ,p q �� và ( , ) 1.p q Khi đó

( ) ( ) ( )P x qx p Q x � với ( ) [ ].Q x x�

Suy ra 65 (10 ) (10)k q p Q � . Chú ý rằng 1 02, 5a a vì 65k với 2k t tận cùng là 25.

Ta cũng có 0| 5p a nên 1p hoặc 5.p Ta xét hai trường hợp:


6

Nếu 1p thì 10 1q � là ước của 65k , nhưng ^ `1,2,3, ,9q� và 65k không có ước nào có dạng 10 1q � như trên nên vô lý.

Nếu 5p thì 10 5q � là ước của 65k hay 2 1q � là ước của 113 5k k�� .

Vì 3 2 1 19qd � d nên ^ `2 1 5,13q � � và ^ `2,6q� . Suy ra na là số chẵn vì | .nq a

(1) Nếu 6q thì 56

x � là nghiệm của ( )P x nên 5 06

P§ ·� ¨ ¸© ¹

hay

� � � � � � � �1 2 2 11 25 5 6 5 6 2 5 6 5 6 0n n n n n

n na a a� � �� .

Chia hai vế cho 5� , ta có

� � � � � �1 2 2 11 25 5 6 5 6 2 6 6 0n n n n n

n na a a� � � �� .

Dựa vào chữ số tận cùng, ta suy ra 1 12 6 6 4 6n n n� �� tận cùng là 0 , vô lý.

(2) Nếu 2q thì 52

x � là nghiệm của ( )P x nên 5 02

P§ ·� ¨ ¸© ¹

hay

� � � � � � � �1 2 2 11 25 5 2 5 2 2 5 2 5 2 0n n n n n

n na a a� � �� nên

� � � � � �1 2 21 25 5 2 5 2 0n n n

n na a a� �� .

Lại chia hai vế cho 2( 5)� , ta có � � � �2 3 3 21 3 25 5 2 ( 5) 2 2 0n n n n

n na a a a� � � �� .

Nếu 3k t thì 625 | 65k nên 65k sẽ có tận cùng là 625 và 2 6a nên vế trái có tận cùng khác 0 ,

không thỏa. Suy ra 2.k Khi đó, ta có 3 2( ) 4 2 2 5P x x x x � � � , dễ dàng kiểm tra trực tiếp được đa thức này không có nghiệm hữu tỷ.

Vậy với mọi 2k t thì đa thức ( )P x xác định như trên không có nghiệm hữu tỷ.

Cuối cùng, xin giới thiệu thêm hai bài toán về liên hệ đẹp giữa các nghiệm xấu của phương trình bậc ba trong các đề thi năm vừa rồi:

Bài 6. (Hà Tĩnh 2017) Cho 3 2 3 2( ) 2 7 17, ( ) 3 8 4P x x x x Q x x x x � � � � � � . Chứng minh rằng

hai đa thức đều có nghiệm dương duy nhất ,D E và 1.D E�

Bài 7. (Gặp gỡ Toán học 2017) Cho 3 2( ) 4 39 46P x x x x � � � và 3 2( ) 3 4 3Q x x x x � � � .

Chứng minh rằng ( ), ( )P x Q x đều có các nghiệm dương duy nhất, đặt là ,D E và 2{ } { }D E! , trong đó ký hiệu { }x là phần lẻ của .x


7

Chủ đề B. ĐƯỜNG THẲNG NAGEL ĐI QUA TÂM SPIEKER

Trong tam giác ABC , ta đã biết rằng trọng tâm, trực tâm, tâm ngoại tiếp và tâm Euler là bốn điểm thẳng hàng quen thuộc; nhưng còn có bốn điểm quen thuộc khác cũng thẳng hàng nữa là: trọng tâm G , tâm nội tiếp I , điểm Nagel N và tâm Spierker S . Xin nhắc lại:

- Điểm Nagel là điểm đồng quy của 3 đoạn thẳng nối đỉnh và tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc tương ứng lên cạnh đối diện.

- Tâm Spierker là tâm nội tiếp của tam giác có ba đỉnh là ba trung điểm.

Ta sẽ chứng minh hai ý:

(1) , ,I G N thẳng hàng.

(2) , ,I G S thẳng hàng.

Để chứng minh rằng , ,I G N thẳng hàng, ta có thể dùng tâm tỷ cự nhanh gọn với chú ý rằng:

( , , ), (1,1,1)I a b c G và ( , , )N p a p b p c� � � .

Có một cách sơ cấp hơn bằng việc chứng minh bổ đề sau:

Bài 1. Cho hình bình hành ABCD với ,E F di động trên ,BA BC sao cho AE CF thì giao điểm của ,AF CE sẽ nằm trên đường thẳng cố định, đó là phân giác của góc .D

Thật vậy, đặt ,K AF CE H AD CE � � thì theo định lý Thales, ta có

KH AH AH CB AH CB DHKC CF AE BE AE BE DC

�

�.

Suy ra DK là phân giác của .ADC�

Trở lại bài toán,

Dựng tam giác DEF sao cho , ,A B C lần lượt là trung điểm của , , .EF FD DE Vì N là điểm Nagel của tam giác ABC nên nếu đặt ,R NB AC S NC AB � � thì .CR BS

H

K

F

BA

D C

E

SR N

A

BC

D

E F


8

Theo bổ đề thì N thuộc phân giác trong góc .D Tương tự thì N cũng thuộc phân giác trong của các góc ,E F nên N là tâm nội tiếp tam giác .DEF

Dễ thấy hai tam giác ,ABC DEF có cùng trọng tâm G nên xét phép vị tự tâm G , tỷ số 2� biến ABC DEFo nên sẽ biến .I No Do đó, , ,I G N thẳng hàng.

(2) Để chứng minh , ,I G S thẳng hàng, ta có thể dễ dàng dùng phép vị tự tâm G , tỷ số 12

� biến

tam giác ABC thành tam giác XYZ (trung điểm ba cạnh). Do đó, phép vị tự đó sẽ biến I thành S và khi đó , ,I G S cũng thẳng hàng. Kết quả được chứng minh.

Liên quan đến đường thẳng Nagel, trong kỳ thi hình học Sharygin cũng có vài lần nhắc đến:

Bài 2. (Vòng loại Sharygin 2016) Cho tam giác ABC có , ,O M N lần lượt là tâm ngoại tiếp, trọng tâm và điểm Nagel. Chứng minh rằng 90MON� q khi và chỉ khi một trong các góc của tam giác ABC bằng 60 .q

Lời giải.

Giả sử 90MON� q thì gọi , ,I H E lần lượt là tâm nội tiếp, trực tâm và tâm Euler của tam giác .ABC Từ các tỷ lệ quen thuộc, ta có IE ON .

Do đó, IE HOA , mà E là trung điểm HO nên .IH IO

S

N

IG

A

B C

EH

M NI

O

A

B C


9

Giả sử I nằm trong tam giác AHO thì hai tam giác AIO và AIH có AI chung, IH IO và 90IAH IAO� � � q (do tính đẳng giác của ,AO AH ) nên dễ dàng suy ra hai tam giác này bằng

nhau hay 2 cos 60 .AH AO R A R A � � � q

Chiều ngược lại cũng tương tự như trên (thậm chí còn dễ thấy hơn).

Bài 3. (Vòng loại Sharygin 2018) Dựng tam giác ABC biết điểm Nagel ,N đỉnh B và chân đường cao H kẻ từ B đến .AC

Trong một lần muốn chế biến đề bài liên quan đến (1), tác giả bài viết này đã "vẽ hình sai" và đi đến một bài toán khá thú vị (cái sai là vẽ nhầm đường phân giác của góc):

Bài 4. Cho tam giác ABC không cân có , ,M N P lần lượt là trung điểm , , .BC CA AB Giả sử I là giao điểm của phân giác ,BPM MNP� � và J là giao điểm của phân giác , .CNM MPN� � Đường tròn tâm I tiếp xúc với MP tại D , đường tròn tâm J tiếp xúc với MN tại .E Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn ( )I và ( )J chia đôi đoạn thẳng .DE

Lời giải. Mấu chốt là cần chứng minh rằng DE song song với .BC

Đặt 2 , 2 , 2BAC ABC BCAD E J� � � thì 90 .D E J� � q Ta tính được

180 ( 2 ) 90 .NIP E J D J� q� � � q�

Rõ ràng hai tam giác PID và NJE đồng dạng nên DP IPEN JN

.

Theo định lý sin thì sin .

sin sin cosNP IP IP NP

NIP INPEJ

� � �

Tương tự, sin .cos

JN NPJE

Chia hai

vế của các đẳng thức trên, ta có sin cos sin .sin cos sin

IP BJN C

E EJ J

Mặt khác,


10

sin, .2 2 sin

AC AB MP AC BMP MNMN AB C

�

Do đó, MP IP PDMN JN EN

, điều này chứng tỏ DE NP hay .DE BC

Giả sử đường thẳng DE cắt ( ), ( )I J lần lượt tại , .S T Ta sẽ chứng minh rằng .DS ET

Dễ thấy rằng 2 90 90 2 .MDE IDS PDSJ J� �� q� �q� Suy ra

2 cos 2 sin 2 2 sin sin 2 .DS ID IDS ID IPJ D J �

Theo a) thì sin ,cos

IP NPEJ

nên 2sin sin sin 2 4sin sin sin .

cosDS NP NPD E J D E D

J

Tương tự, 4sin sin sinET NPD E D nên DS ET .

Gọi K là trung điểm DE thì /( ) /( ) ,K I K JKD KS KE KT � � chứng tỏ rằng K thuộc trục đẳng phương của ( ), ( ).I J Ta có đpcm.

Tiếp theo, xét mô hình sau trong đề chọn đội tuyển bổ sung 2005:

Bài 5. (VN TST 2005) Cho tam giác ABC có đường cao AD và ,E F là hình chiếu của ,B C lên phân giác góc A . Gọi M là trung điểm BC . Khi đó, , , ,D E F M cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên đường tròn Euler của tam giác .ABC

Lời giải.

Gọi ,N P là trung điểm ,AB AC thì dễ thấy nếu gọi 1B là giao điểm của ,BE AC thì 1ABB cân ở A nên E là trung điểm 1BB , suy ra E MN� . Tương tự .F MP�

IP

J

G

T

K

N

MD

F

E

A

B C


11

Khi đó DEF B CMP DMF� � � � nên , , ,D E M F cùng thuộc đường tròn. Bằng biến đổi góc, ta cũng có .ME MF

Gọi T là điểm thuộc ( )O sao cho AT BC và J là trung điểm cung lớn BC , ta có .JA JT

Xét phép vị tự tâm là G (trọng tâm tam giác ABC ), tỷ số 12

� thì ,A M T D (dễ chứng

minh) và ( )O biến thành đường tròn Euler ( )Oc . Khi đó, J K thì ( )K Oc� và K là trung điểm cung DM . Ngoài ra, ta có AJ EFA nên KM EFA nên KE KF , mà KM KD nên K chính là tâm đường tròn qua , , , .D E F M Bài toán được chứng minh.

Gọi I là tâm nội tiếp tam giác ABC thì dễ dàng tính được phương tích từ I đến ( )K là 2r . Do đó, khi xây dựng các đường tròn tương tự với K là ( ), ( )R S ở các đỉnh ,B C thì I chính là tâm đẳng phương của ( ), ( ), ( )K R S .

Tiếp theo, ta cũng biết rằng điểm Nagel của tam giác MNP chính là tâm nội tiếp I của tam giác ABC và ( )K chính là đường tròn có tâm là trung điểm cung lớn NP của ( )MNP nên ta thu được ngay kết quả sau, được giới thiệu bởi thầy Trần Quang Hùng:

Bài 5. Cho tam giác ABC có điểm Nagel N và , ,D E F lần lượt là trung điểm các cung lớn , ,BC CA AB của đường tròn ngoại tiếp ( )O của tam giác ABC . Chứng minh rằng N là tâm đẳng

phương của ( , ), ( , ), ( , ).D DA E EB F FC

Trong các trường hợp đặc biệt, bạn Nguyễn Văn Linh cũng có giới thiệu các tính chất của điểm Nagel trong kỷ yếu Gặp gỡ Toán học 2015 như sau:

(1) Nếu 2AB AC BC� thì NB NC và ( ), ( )NBC O đối xứng nhau qua BC . (2) Nếu 3AB AC BC� thì ( )N I� và .NI BCA

Tiếp theo, nói về tâm Spieker, ta có có nhiều tính chất thú vị như sau:

- Tâm Spieker chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn bàng tiếp.

- Tâm Spieker là trung điểm của đoạn nối trực tâm H và tâm đường tròn qua ba tâm bàng tiếp.

Để kết thúc chủ đề này, ta xét bài toán sau của thầy Lê Bá Khánh Trình bồi dưỡng đội tuyển PTNK. Lời giải có sự đóng góp của bạn Nguyễn Tiến Hoàng, PTNK TP HCM và Nguyễn Minh Uyên, THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang:

Bài 5. Cho tam giác ABC nhọn không cân trực tâm ,H tâm nội tiếp I và có , ,M N P lần lượt là trung điểm các cạnh , , .BC CA AB Gọi 1 2 3, ,d d d lần lượt là đường thẳng qua , ,M N P và vuông góc với đường phân giác trong các góc , ,A B C tương ứng. Giả sử 1 2 3, ,d d d cắt nhau đôi một tạo thành tam giác DEF và K là tâm ngoại tiếp của .DEF Chứng minh rằng K là trung điểm .HI

Lời giải.


12

Gọi ( ), ( ), ( )a b cI I I là các đường tròn bàng tiếp góc , ,A B C của tam giác .ABC Ta biết rằng M cách đều hai tiếp điểm ( ), ( )aI I lên BC nên M có cùng phương tích đến ( ), ( )aI I . Do đó, 1d chính là trục đẳng phương của hai đường tròn này.

Tương tự suy ra 2 3,d d lần lượt là trục đẳng phương của ( ), ( )bI I và ( ), ( ).cI I Suy ra 2 3D d d � chính là tâm đẳng phương của ( ), ( ), ( )b cI I I hay /( ) /( )b cD I D I .

Ngoài ra, /( ) /( )b cM I M I nên MD chính là trục đẳng phương của ( ), ( )b cI I .

Vì trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm nên

.b c aMD I I MD AI MD EFA � � A

Từ đó dễ dàng thấy rằng , ,MD NE PF đồng quy tại trực tâm T của tam giác DEF . Rõ ràng T là tâm nội tiếp của tam giác MNP , cũng chính là tâm Spieker của tam giác .ABC

Xét phép vị tự tâm G (là trọng tâm tam giác ABC ), tỷ số 12

� biến ABC MNPo , biến

,I T H O nên IH TO và 2IH TO (trong đó O là tâm ngoại tiếp tam giác ABC ).

Hơn nữa, trung điểm HO và KT trùng nhau, cùng là tâm đường tròn Euler đi qua các điểm , ,M N P . Suy ra HK TO và HK TO .

Từ đây suy ra K là trung điểm của ,HI ta có đpcm.

K OH

T

F

E

D

PN

M

Ic

Ib

Ia

I

A

B C


13

Chủ đề C. HAI BỔ ĐỀ LIFTING TRONG SỐ HỌC

Hai bổ đề này mà tác giả muốn nhắc đến ở đây chính là Bổ để nâng lũy thừa LTE và bổ đề Hensel (còn gọi là Hensel Lifting, cũng dùng để nâng lũy thừa trong phương trình đồng dư). Cả hai bổ đề này cũng đã từng xuất hiện cách đây rất lâu trong đề thi VMO. Ta nhắc lại sơ lược về hai bổ đề này như sau:

(LTE 1) Với p là số nguyên tố lẻ, xét ,a b là các số nguyên không chia hết cho p nhưng | .p a b�Khi đó, với mọi n nguyên dương thì

( ) ( ) ( ).n np p pv a b v a b v n� � �

Đặc biệt, khi n lẻ, ta còn có ( ) ( ) ( ).n np p pv a b v a b v n� � �

(LTE 2) Với 2,p xét ,a b lẻ mà 4 | a b� thì với mọi số nguyên dương n , ta có

2 2 2( ) ( ) ( ).n nv a b v a b v n� � �

Nếu n chẵn, áp dụng công thức trên cho 2 2,a b vì ta luôn có 2 24 | a b� với ,a b lẻ:

� �2 /2 2 /2 2 22 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( / 2)n n n nv a b v a b v a b v n� � � � .

(Hensel) Cho đa thức ( )P x hệ số nguyên và số nguyên tố .p Giả sử có r số nguyên

> @1 2, , , 1;rx x x p� thỏa mãn

( ) 0(mod )iP x p{ và ( ) 0 (mod )iP x pc z với mọi 1, 2, , .i r

Khi đó, với mọi số nguyên dương k , tồn tại đúng r số nguyên dương với 1 kx pd d sao cho ( )P x chia hết cho kp .

Ý tưởng mấu chốt để chứng minh bổ đề này là dựa vào tính chất tiếp tuyến: 2

0 0 0( ) ( ) ( ) ( )(mod )P x P x x x P x pc{ � � �

với mọi p nguyên tố, các số 0,x x � và 0|p x x� .

Chứng minh tính chất này dễ dàng bằng khai triển Taylor

20 0

0 0 0( )( ) ( ) ( ) ( )

1! 2!x x x xP x P x P x P x� �c cc � � �

và chú ý rằng ( ) ( )

!

kP xk

� với mọi x� vì đạo hàm cấp k có các số hạng chia hết cho !.k

Bạn Trần Hoàng Anh, SV trường ĐH KHTN Hà Nội cũng đã chỉ ra được mối liên hệ giữa hai bổ đề trên. Tác giả bài viết sẽ giới thiệu nội dung đó trong một dịp khác.


14

Tiếp theo, ta xét hai bài toán trong đề VMO trước đây có dùng hai bổ đề trên:

Bài 1. (VMO 1997) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương ,n đều tồn tại k nguyên dương để cho 2 |19 97n k � .

Lời giải. Quy nạp theo n .

Với 1n thì chọn 0.k

Giả sử khẳng định đúng đến n , tức là ta đã có k để 2 |19 97n k � . Có hai trường hợp xảy ra:

- Nếu 2(19 97) 1kv n� t � thì quy nạp hoàn tất.

- Nếu 2(19 97)kv n� thì với 2t s chẵn, ta có

2 22 2 2 2 2(19 1) (19 1) (19 1) ( ) 3 ( ).t sv v v v s v s� � � � �

Chọn 22nt � thì 2 ( ) 3v s n � nên 2(19 1)tv n� .

Đặt 2219 19 2

nk k n x�� và 19 97 2k n y� � với ,x y �� và ,x y lẻ thì rõ ràng

2219 97 2 ( )nk n x y�� chia hết cho 12n� .

Theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm.

Bài 2. (VMO 2000) Xét đa thức 3 2( ) 153 111 38.P x x x x � � � Chứng minh rằng trên 2000[1;3 ], có đúng 9 số nguyên dương a sao cho 20003 | ( ).P a

Thay vì giải quyết bài toán này, trong điều kiện không dùng máy tính, ta đổi bằng bài toán sau với cùng tính chất của các hệ số.

Bài 3. Xét đa thức 3 2( ) 3 6 4P x x x x � � � . Hỏi trên miền 20171;3ª º¬ ¼ thì có bao nhiêu số a� để

( )P a chia hết cho 20173 ?

Lời giải. Ta thấy 2( ) 3 6 6P x x xc � � không thỏa mãn điều kiện của bổ đề Hensel, bởi vậy nên ở đây, ta sẽ dùng một mẹo nhỏ.

Dễ thấy rằng 3 | ( ) 1(mod3)P a a� { , ta đặt 3 1a k � thì 2016[0;3 1]k� � , thay vào

3 2 3( ) (3 1) (3 1) 3(3 1) 6(3 1) 4 27 9P a P k k k k k k � � � � � � � � .

Do đó 20173 | ( )P a khi và chỉ khi 2015 33 | (3 )k k� .

Xét hàm số 3( ) 3Q k k k � thì 2( ) 9 1Q k kc � không chia hết cho 3 với mọi k ; trên miền [0;2] thì có đúng 1 số k sao cho 3 | ( )Q k nên theo bổ đề Hensel thì trên mỗi miền


15

2015 2015 2015 2015 20160;3 1 , 3 ;2 3 1 , 2 3 ;3 1ª º ª º ª º� � � � �¬ ¼ ¬ ¼ ¬ ¼ ,

thì có đúng một số k sao cho 20153 | ( )Q k .

Vậy nên có đúng 3 số k thỏa mãn đề bài.

Ở bài VMO 2000, bằng phép đặt tương tự, ta đưa về

3 2( ) (3 1) 27( 52 22 3)P a P k k k k � � � � .

Đến đây, bài toán giải quyết một cách hoàn toàn tương tự (nhưng cho số hơi lớn, khó tính toán).

Bên dưới là một số bài toán áp dụng nhẹ nhàng cho bổ đề Hensel:

Bài 4. (KHTN 2011) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , tồn tại duy nhất số nguyên dương [1;5 ]nx� sao cho 35 | 1.n x x� �

Gợi ý. Bài toán trên là hệ quả trực tiếp của bổ đề vì nếu xét 3( ) 1P x x x � � thì

(3) 0(mod 5), (3) 0P Pc{ z theo mod 5.

Bài 5. Cho đa thức 3 2( ) 4 6P x x x x c � � � với ^ `1,2, ,2017c� . Hỏi có tất cả bao nhiêu số c

sao cho ứng với mỗi giá trị c đó, số lượng 20171;7x ª º�¬ ¼ để cho 20177 | ( )P x là nhiều nhất?

Gợi ý. Vẫn theo ý tưởng Hensel. Thử các số 1, 2,3,4,5,6,7x , ta thấy với 4(mod 7)c { thì phương trình đồng dư sẽ có nhiều nghiệm nhất. Đếm được 288 số .c

Quay lại bổ đề LTE, ta xét hai bài toán rất thú vị bên dưới:

Bài 6. (KHTN 2015) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thỏa mãn

3 4 5 | 60n n n n� �

thì ^ `1,2,3n� .

Lời giải.

Đưa về phương trình nghiệm nguyên 3 4 5 2 3 5n n n x y z� � � � với 0 2 ,0 ,0 .x n y n z nd d d d d d

Xét hai trường hợp:

(1) Nếu n lẻ thì 2 2(3 5 ) (8) 3n nv v� và 5(3 4 ) 0n nv � nên 0.z Thử trực tiếp thấy 1, 3n n thỏa mãn nên chỉ xét 5.n t Khi đó 2 ( ) 3v VT và 3.x

Ta đưa về phương trình 4 53 4 5 8 3 8 3 73 3

n nn n n y n § · § ·� � � d � � � d¨ ¸ ¨ ¸

© ¹ © ¹.


16

Điều này sai theo BĐT Bernoulli vì 4 5 73 3

n n§ · § ·� !¨ ¸ ¨ ¸© ¹ © ¹

với mọi 5.n t

(2) Nếu n chẵn thì 2n t , xét 3(4 5 ) 0n nv � và 2(3 5 ) 1n nv � . Ta đưa về

3 4 5 2 5n n n z� � � .

Nếu z n thì 3 4 5n n n� nên 2.n Nếu 1z nd � thì 1 22 5 2 5 55

z n n VT�� d � � � , không thỏa.

Tóm lại, ta có ^ `1,2,3n� .

Bài 7. (Thổ Nhĩ Kỳ MO) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: Với mọi a nguyên dương lẻ và nguyên tố cùng nhau với n thì 22 | 1nn a � . Chứng minh rằng n là số square-free.

Lời giải.

Xét ước nguyên tố p bất kỳ của n và đặt ( ).pm v n Nếu p chẵn thì chọn a sao cho

5(mod8), 1(mod )mna ap

{ { thì dễ thấy

22(2 ) 1 2v n m � và 2 2 2( 1) ( 1) ( ) 2nv a v a v n m� � � � .

Suy ra 1 2 2m m� d � hay 1.md

Tương tự với p lẻ. Do đó, tất cả mũ của |p n đều là 1 nên n square-free.

Bài 8. Cho biết rằng với n nguyên dương thì ( )

( !)1

pp

n s nv n

p�

�

trong đó ( )ps n là tổng các chữ

số của n trong hệ p - phân; hãy giải các bài toán sau.

a) Cho , ,a b c là các số nguyên dương và ! !| !a b c . Chứng minh rằng 2 22a b c c� � � d .

b) Với n là số nguyên dương chẵn, đặt 1 1 11!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!1!na

n n n � � �

� � �.

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2 (2 1)xna y � có nghiệm nguyên dương ( ; ).x y

Gợi ý.

a) Tính 2v hai vế ! !| !a b c , ta có 2 2 2( !) ( !) ( !)v a v b v c� d hay 2 2 2( ) ( ) ( )a s a b s b c s c� � � d � .

Với mọi n , ta có 2 2( ) log ( ) 1.s n nd � Suy ra

22 2 2 2 2 22 ( ) ( ) ( ) 2 log ( ) log ( ) log ( ).a b c s a s b s c a b c� � � d � � � d � d


17

Do đó 2 22a b c c� � � d .

b) Thu gọn biểu thức đã cho, ta được 12!

n

nan

�

.

Dùng hàm định giá 2 2( !) ( )v n n s n � , ta thấy tất cả các số cần tìm là n chẵn, 6n t và n không phải là lũy thừa của 2.

Cuối cùng, xin đề cập đến một bài toán có xuất hiện trong đề đề nghị Olympic 30/4 của các tỉnh phía Nam. Đề bài đúng nhưng lời giải trong đáp án bị sai. Bài toán này có liên quan đến số mũ đúng chứ không cần dùng LTE.

Bài 9. (Đề nghị Olympic 30/4) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương không vượt quá 100. Hai số ,x y A� gọi là liên kết với nhau nếu tồn tại k �� sao cho | ( ).k kxy x y� Hỏi có bao nhiêu cặp số ( , )x y liên kết với nhau trong A ?

Lời giải đưa điều kiện của ,x y liên kết về điều kiện ,x y phải có dạng ( , )p pD E với , .D E �

Lập luận như sau: đặt gcd( , )d x y và 1 1,x dx y dy ; vì 1 1gcd( , ) 1x y nên d phải nguyên tố cùng nhau với một trong hai số 1 1,x y . Khẳng định này là sai, chẳng hạn chọn 20, 50x y thì

1 110, 2, 5.d x y Ta đổi tập hợp A lại cho dễ đếm và xét bài toán sau:

Bài 10. Gọi A là tập hợp các ước dương của 1030 . Hai số ,x y A� gọi là liên kết với nhau nếu tồn

tại k �� sao cho | ( ).k kxy x y� Hỏi có bao nhiêu cặp có tính thứ tự, không nhất thiết phân biệt ( , )x y liên kết với nhau trong A ?

Lời giải.

Ta sẽ chứng minh điều kiện cần và đủ để có hai số ,x y liên kết là ,x y có cùng tập ước nguyên tố. Thật vậy, chiều thuận hiển nhiên vì | ka b và | kb a chứng tỏ ,a b không thể có các ước nguyên tố riêng; chiều đảo thì chỉ cần chọn k đủ lớn để với p là ước nguyên tố của ab thì

^ `( ) ( ) ( ) min ( ), ( ) ( )k kp p p p p pv ab v a v b k v a v b v a b � d d � .

Xét sự có mặt của ước nguyên tố 2 trong hai số ,a b :

Nếu cùng là mũ 0 thì có 1 cách chọn.

Nếu cùng là mũ lớn hơn 0 thì mỗi số có 10 cách chọn nên tổng cộng có 210 1 101� cách.

Do các ước nguyên tố 2,3,5 độc lập nhau nên nguyên lý nhân, ta đếm được có tất cả 2 3 3(10 1) 101� cặp liên kết nhau.


18

Chủ đề D. ĐẾM BẰNG 2 CÁCH HÌNH HỌC, TỪ JBMO ĐẾN IMO SHORTLIST

Đếm bằng hai cách là một phương pháp thú vị và rất hữu hiệu để giải quyết các bài toán đếm. Ta thường đếm số mối quan hệ giữa hai đối tượng (điểm thuộc đường thẳng, điểm thuộc đường tròn), tổng các góc, tổng các cạnh, số mối quan hệ giữa nhóm đối tượng này và nhóm đối tượng kia, …

Bài 1. Cho đa giác lồi có n cách được chia thành các miền tam giác bởi các đường chéo sao cho không có hai đường chéo nào cắt nhau ở giữa.

a) Tính số miền tạo thành theo .n

b) Tính số đường chéo được sử dụng theo .n

Ta thấy rằng bài toán này có thể giải quyết bằng dự đoán và quy nạp. Tuy nhiên, ta có thể giải quyết ngắn gọn hơn như sau:

Gọi a là số miền được tạo thành thì tổng số góc trong của các miền là 180 .aq�

Mặt khác, tổng các góc đó cũng chính là tổng tất cả các góc của đa giác và bằng 180 ( 2).nq � �

Suy ra 180 180 ( 2)a nq � q � � nên 2.a n �

Tiếp theo, gọi b là số đường chéo được sử dụng.

Do có 2n� miền nên tổng số cạnh của các miền là 3( 2).n �

Trong đó, mỗi đường chéo được dùng 2 lần và mỗi cạnh được dùng 1 lần nên có 2n b� .

Suy ra 2 3( 2)n b n� � hay 3.b n �

Cách làm trên chính là dựa theo ý tưởng đếm bằng 2 cách: tổng góc và tổng cạnh.

Ta chú ý thêm các kết quả quen thuộc sau: Cho một tập hợp S các điểm trong mặt phẳng sao không có 3 điểm nào thẳng hàng. Khi đó với mọi cặp ,A B S� thì ta tìm được trong S :

- Không quá 2 điểm C để ABC đều.

- Không quá 3 điểm C để ABC vuông cân.

- Không quá 2 điểm C để .CA CB

Xét loạt bài sau được chế biến lại dựa theo đề JBMO (Junior Balkan MO) các năm:

Bài 2. (JBMO 1997 và 1999) Cho hình vuông cạnh 10 10u và 51 điểm nằm bên trong hình vuông sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng.

a) Chứng minh rằng có 3 điểm trong số 51 điểm tạo thành tam giác có diện tích 2.d

b) Nối các điểm đã cho cùng với bốn đỉnh hình vuông chia hình vuông thành các miền tam giác (sao cho không có hai đoạn nối nào cắt nhau ở giữa). Chứng minh rằng có một miền diện tích 1.�

Lời giải.


19

a) Trước hết, ta có bổ đề quen thuộc sau: Bên trong hình vuông, đặt một tam giác. Khi đó, diện

tích tam giác không vượt quá 12

diện tích hình vuông.

Bổ đề này có thể chứng minh dễ dàng bằng cách mở rộng tam giác về biên và xét các trường hợp. Nó cũng đúng khi thay hình vuông bởi hình bình hành.

Trở lại bài toán, chia hình vuông thành 25 hình vuông con có diện tích là 4 . Theo nguyên lý Dirichlet thì có 3 điểm thuộc cùng một hình vuông và diện tích của tam giác tương ứng tạo thành

sẽ không vượt quá 4 22 .

b) Nếu chứng minh kết quả ở câu b bằng quy nạp, ta rất dễ ngộ nhận rằng khi thêm 1 điểm vào thì nó phải nằm trọn vẹn trong một miền có sẵn. Bởi vì khi có thêm 1 điểm, nhiều khi ta có thể xóa đi các cạnh có sẵn và vẽ thêm các cạnh mới vào, lúc đó chưa biết số miền sẽ thay đổi như thế nào! Ta thực hiện đếm bằng hai cách như sau:

Gọi k là số miền tam giác tạo thành ứng với n điểm bên trong hình vuông. Ta sẽ tính tổng số góc của các miền bằng hai cách:

Cách 1. Có k tam giác nên tổng là 180 .kq�

Cách 2. Các góc xoay quanh mỗi điểm đều được tính, kể cả bốn góc trong của hình vuông nên tổng đó cũng chính là 360 360 nq� q� .

Suy ra 180 360 360k nq� q� q� hay 2 2.k n �

Thay 51n , ta có 104 miền nên dễ thấy có một miền diện tích không vượt quá 210 1.

104�

Ta có đpcm.

Bài 3. (JBMO 2004) Một đa giác lồi ( )H có 2017 được chia thành các miền tam giác bởi các đường chéo sao cho không có hai đường nào cắt nhau ở giữa. Giả sử có , ,a b c tam giác có 2,1,0 cạnh là cạnh của ( ).H Biết rằng 2a c , tính .b

Lời giải.

Theo ví dụ trên thì tổng số miền là 2017 2 2015.� Do đó

2015.a b c� �

Đếm số cạnh của ( )H có trong các miền, ta có 2 1 0 2017a b c� � � � � nên 2 2017.a b�

Trừ xuống, suy ra 2a c� , mà 2a c nên 4, 2.a c

Từ đó tính được 2015 (4 2) 2009.b � �


20

Bài 4. (JBMO 2007) Trong mặt phẳng, cho 37 điểm mà không có 3 điểm nào thẳng hàng.

a) Chứng minh rằng có ít nhất 6438 tam giác không cân được tạo thành.

b) Chứng minh rằng có thể chọn ra một tập con gồm 7 điểm sao cho trong đó không có 3 điểm nào là đỉnh của một tam giác đều.

Lời giải.

a) Chọn 3 đỉnh bất kỳ, ta có một tam giác nên có tất cả 337C tam giác.

Chọn 2 điểm bất kỳ, có 237C đoạn thẳng. Tương ứng với các điểm này, có không quá 2 cách chọn

điểm thứ ba để tạo thành tam giác cân (do không có 3 điểm nào thẳng hàng). Do đó, có không quá 2372C tam giác cân.

Suy ra có ít nhất 3 237 372 6438C C� tam giác không cân.

b) Giả sử A là tập con của tập hợp điểm đã cho với k điểm và k là số lượng điểm nhiều nhất có thể chọn được. Khi đó, còn lại 37 k� điểm, gọi tập hợp đó là .B

Theo cách chọn thì không thể thêm điểm nào trong B vào .A Điều này cho thấy mỗi điểm tùy ý trong B phải tạo với hai điểm nào đó trong A thành tam giác đều.

Do A k nên sẽ có không quá 22 kC tam giác đều được tạo ra (do với mỗi đoạn tùy ý có không quá 2 điểm nữa tạo với chúng thành tam giác đều).

Từ đây suy ra 2 22 37 37 7.kC k k kt � � t � t

Bài 5. (JBMO 2009) Trong mặt phẳng cho 2017 điểm được tô bởi một trong hai màu là xanh hoặc đỏ. Biết rằng mỗi đường tròn đơn vị tâm là điểm tô xanh đi qua đúng 2 điểm tô đỏ. Hỏi số điểm xanh nhiều nhất là bao nhiêu?

Lời giải.

Gọi k là số điểm đỏ thì 2017 k� là số điểm xanh.

Với hai điểm đỏ ,A B tùy ý, có không quá hai điểm xanh mà mỗi điểm cách ,A B một khoảng bằng 1. Khi đó, từ k điểm đỏ, sẽ có không quá 2 22 kC k k � điểm xanh.

Từ đây suy ra 2 2017k k k� t � hay 2 2017 45.k kt � t

Do đó, có không quá 2017 45 1972� điểm xanh.

Để xây dựng mô hình, ta chọn 45 điểm đỏ nằm trên một đoạn thẳng độ dài nhỏ hơn 1 . Sau đó, vẽ 45 đường tròn đơn vị thì chúng đôi một cắt nhau tại các điểm phân biệt tạo thành 2

45 1980C điểm. Ta tô màu đúng 1972 điểm trong đó bởi màu xanh là xong.

Tiếp theo, xét bài C3, IMO Shortlist 2016. Bài toán được phát biểu lại để có thể dễ tiếp cận hơn.


21

Bài 6. (IMO Shortlist 2016) Cho đa giác đều ( )H có 2017 đỉnh mà mỗi đỉnh được tô bởi một trong ba màu: xanh, đỏ, vàng với số lượng lần lượt là , ,a b c sao cho các số , ,a b c đều lẻ. Gọi

, ,x y z lần lượt là số tam giác cân có ba đỉnh thuộc ( )H mà các đỉnh của mỗi tam giác được tô bởi: một màu, hai màu, ba màu.

a) Chứng minh rằng � �2 2 23 3 a b cx y C C C� � � .

b) Chứng minh rằng 0.z !

Lời giải.

a) Trước hết, ta nhận xét rằng với hai đỉnh tùy ý trong 2017 đỉnh của ( )H thì có đúng 3 cách chọn đỉnh thứ ba để có tam giác cân.

Thật vậy, giả sử có hai đỉnh ,A B và cung nhỏ AB chứa trong đó x điểm. Trước hết, vì 2017 lẻ nên trên cung lớn hoặc trên cung nhỏ AB sẽ có đúng một điểm C cách đều ,A B .

Ngoài ra, đường tròn ( , )A AB và ( , )B BA cắt ( )H tại các điểm ,D E cũng thỏa mãn yêu cầu.

Chú ý rằng (2017,3) 1 nên không có tam giác đều nào trong các đỉnh của ( )H , suy ra các điểm , ,C D E ở trên là duy nhất.

Từ đó, ta đếm số bộ ( , , )M N P với đỉnh ,M N không tính thứ tự, tô cùng màu và cùng nằm trong tam giác cân .P

- Chọn hai đỉnh ,M N cùng màu, có 2 2 2a b cC C C� � cách. Chọn tam giác P cân và chứa hai đỉnh

đó, có thêm 3 cách nên số bộ trên là 2 2 23( ).a b cC C C� �

- Một tam giác loại , ,x y z cho ta tương ứng 3,1,0 cặp đỉnh cùng màu nên có 3x y� bộ.

Từ đó, ta có đẳng thức đã nêu.

b) Giả sử 0z thì 22017x y C� là số cách chọn ra ba đỉnh trong ( )H để có tam giác cân.

Khi đó, từ đẳng thức ở a , ta có � �2 2 23 3( ) 22

a b c a b c x y y� � � � � � � .

Chú ý rằng 2017a b c� � nên

� �2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

3 2017 3(2017 2017) 4

3( ) 3 2017 4 3( ) 3 2017 (mod 4)

a b c y

a b c y a b c

� � � � �

� � � � � � � � { �

Tuy nhiên , ,a b c lẻ nên vế trái chia 4 dư 1, còn vế phải chia 4 dư 3. Điều mâu thuẫn này cho thấy 0.z !

Cuối cùng là một số bài toán hình tổ hợp "đề ngắn gọn" có dùng ý tưởng đếm bằng hai cách.


22

Bài 7. Cho đa giác lồi P có 2018 đỉnh và X nằm trong P nhưng không nằm trên đường chéo nào của P . Gọi a là số tứ giác có đỉnh là đỉnh của P và chứa X bên trong. Chứng minh 5 | .a

Lời giải. Gọi b là số tam giác chứa X và có ba đỉnh là đỉnh của .P Ta sẽ đếm số cặp ( , )A B với A là tứ giác chứa X , B là tam giác chứa X và A chứa .B

Do một tam giác tương ứng với 2015 tứ giác chứa nó (và hiển nhiên chứa cả P ); còn một tứ giác thì tương ứng với 2 tam giác bên trong nó chứa P nên 2 2015a b hay 5 | a .

Bài 8. Trên mặt phẳng cho tập hợp A gồm 66 điểm phân biệt và tập hợp B gồm 16 đường thẳng phân biệt. Gọi m là số bộ ( , )a b sao cho , ,a A b B a b� � � . Chứng minh rằng 159.md

Lời giải. Gọi ia là số đường thẳng đi qua điểm thứ i với 1,66.i Đếm số cặp điểm thuộc đường, dễ dàng có được 1 2 66 .a a a m� � � Do mỗi đường có không quá một điểm chung nên ta đếm số bộ ( , , )A B C mà đường thẳng ,A B cùng đi qua điểm .C Ta dễ dàng có đánh giá

� �1 2 66 2 2 21 2 66

1612 2 2 22a a a

a a a m§ · § · § · § ·� � � � � � � d¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸

© ¹ © ¹ © ¹ © ¹.

Suy ra 2 2 21 2 66 240a a a m� � � d � . Ta dự đoán cực trị xảy ra khi {2,3}ia � nên đánh giá

2( 2)( 3) 0 5 6i i i ia a a a� � t � t � , đúng với mọi ia nguyên.

Tính tổng 1,66i , ta có được 240 5 6 66 159.m m m� t � � � d

Bài 9. (VN TST 2000) Trên mặt phẳng cho 2000 đường tròn đơn vị mà mỗi đường cắt ít nhất hai đường khác. Chứng minh rằng số giao điểm của các đường tròn ít nhất là 2000.

Lời giải. Xét bảng ô vuông có 2000 hàng (ứng với 2000 đường tròn) và k cột với k là số giao điểm. Tại mỗi ô ở hàng thứ i và cột thứ j , ta điền số 0 nếu điểm không thuộc đường tròn; ngược

lại, điền số 1a

với a là số đường tròn đi qua điểm đó (kể cả đường tròn đang xét). Khi đó, tổng

các số trên mỗi cột là 1 nên tổng các số trên bảng là .k

Hơn nữa, xét một hàng bất kỳ ứng với đường tròn C và chọn trên đó số 1a

nhỏ nhất, ứng với điểm

A C� và cũng thuộc về nhiều đường tròn nhất; dễ thấy 2a t theo giả thiết. Gọi 1 2 1, , , aC C C � là các đường tròn khác C đi qua A . Các đường tròn này sẽ cắt thêm C tại một giao điểm khác nữa, và vì cùng là các đường tròn đơn vị nên các giao điểm đó phân biệt. Mỗi giao điểm như vậy

đóng góp ít nhất 1a

đơn vị vào tổng các số thuộc hàng nên tổng các số trên hàng sẽ 1 1.aa

t �

Từ đây suy ra tổng các số trên bảng sẽ 2000.t Do đó 2000.k t


23

Chủ đề E. BÀI TOÁN TỒN TẠI TRONG GIẢI TÍCH

Định lý Lagrange, Rolle và định lý trung gian luôn cho những đẳng thức thú vị liên quan đến các hàm khả vi, những bài toán tồn tại nghiệm của phương trình thỏa mãn các điều kiện cho trước, …

Chẳng hạn, ta biết rằng nếu ( )f x liên tục và có đạo hàm trên , thỏa mãn ( ) ( ) 0f a f b với a b là các số thực nào đó thì theo định lý Rolle, sẽ có ( , )c a b sao cho ( ) 0.f c

Tuy nhiên, ta có thể làm bài toán khó hơn thế!

Xét hàm số ( ) ( ) xg x f x e thì rõ ràng ( ) ( ) 0g a g b , cũng giống như trên, nhưng lúc bấy giờ, đạo hàm sẽ là ( ) ( ) ( )xg x e f x f x nên tồn tại ( , )c a b để

( ) ( ) 0.f c f c

Không dừng lại ở hàm xe , ta có thể thay bằng 2 sin, ,x xe e để có các tình huống ấn tượng khác (và

cũng không kém phần mẹo mực!).

Ta xét một số tình huống sau:

Bài 1. Cho hàm số :f có đạo hàm cấp hai, thỏa mãn (0) 2, (1) 1, (0) 2f f f và ( ) 0f x với mọi .x Chứng minh rằng tồn tại (0;1)c sao cho

( ) ( ) ( ) 0.f c f c f c

Lời giải.

Xét hàm số 21( ) ( ) ( )2

g x f x f x có đạo hàm là ( ) ( ) ( ) ( )g x f x f x f x chính là biểu thức

trong đề bài yêu cầu.

Ta cũng có 21(0) 2 2 02

g nên chỉ cần tồn tại một số (0;1)a sao cho ( ) 0g a thì theo

định lý Rolle sẽ có (0;1)c để ( ) 0.g c

Tiếp theo, lại đặt 1( )2 ( )xh x

f x thì

2 2

1 ( ) ( )( )2 ( ) ( )

f x g xh xf x f x

.

Ngoài ra, 0 1 1(0)2 2 2

h và 1 1 1(1) .2 1 2

h Lại theo định lý Rolle thì sẽ có (0;1)a để

( ) 0h a , kéo theo ( ) 0g a .

Từ đây ta có đpcm.


24

Các bài toán sử dụng định lý Rolle, Lagrange như vậy có rất nhiều trong các kỳ thi nhưng ta không đề cập nhiều ở đây, tiếp theo ta xét một số bài chỉ sử dụng thuần túy định lý giá trị trung gian trong hàm liên tục.

Bài 2. Cho hàm số :f o liên tục và (2017) (2018) 1f f � . Chứng minh rằng tồn tại các số, , (2017;2018)u v w� lập thành cấp số cộng sao cho ( ) ( ) ( ) 0.f u f v f w� �

Lời giải.

Không mất tính tổng quát, giả sử (2017) 0 (2018).f f� �

Khi đó, do tính liên tục của f nên tồn tại một khoảng ( , ) (2017,2018)a b � sao cho ( ) 0, ( , )f x x a b� � � ; chọn trên ( , )a b ba số 1 1 1, ,u v w lập thành cấp số cộng thì

1 1 1( ) ( ) ( ) 0.f u f v f w� � �

Tương tự, tồn tại 1 2 3, ,y y y lập thành cấp số cộng sao cho 2 2 2( ) ( ) ( ) 0.f u f v f w� � !

Xét hàm số 1 2 1 2 1 2( ) ( (1 )) ( (1 )) ( (1 ))g t f u t u t f v t v t f w t w t � � � � � � � � liên tục và

(0) 0, (1) 0f f! � .

Suy ra tồn tại 0 (0;1)t � sao cho 0( ) 0g t nên

1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0( (1 )) ( (1 )) ( (1 )) 0.f u t u t f v t v t f w t w t� � � � � � � �

Hơn nữa, 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0(1 ), (1 ), (1 )u u t u t v v t v t w w t w t � � � � � � cũng lập thành cấp số cộng vì 2u w v� theo công thức trên nên ta có đpcm.

Bài 3. Cho hàm số liên tục 1 1:[2;3] ;3 2

f § ·o¨ ¸© ¹

. Chứng minh rằng tồn tại , (2;3)c d � sao cho c d�

và ,c d lần lượt là nghiệm của các phương trình ( ) 1xf x và 1 1( )6 5xf x

x x � �

�.

Lời giải. Xét hàm số 1( ) ( )g x f xx

� thì

1(2) (2) 02

g f � � và 1(3) (3) 03

g f � ! .

Theo tính liên tục của ( )g x , ta thấy rằng tồn tại (2;3)c� sao cho

( ) 0g c hay 1( )f cc

.


25

Lại xét 1 1( ) ( )6 5xh x f x

x x§ · � � �¨ ¸�© ¹

liên tục trên > @2;3 thì

1(3) (3) 03

h f � ! và 1 ( 2)( 3)( ) 06 5 6(5 )c c ch c

c c� �§ · � � �¨ ¸� �© ¹

.

Do đó, ( ) 0h x có nghiệm ( ;3)d c� và khi đó d c! , thỏa mãn đề bài.

Bài 4. (Theo đề Vô địch Áo) Cho hàm số ( )f x liên tục trên > @0;1 thỏa mãn (0) (1).f f Hỏi có

bao nhiêu số 11 13;2018 2018

k § ·�¨ ¸© ¹

sao cho tồn tại > @0 0;1x k� � để 0 0( ) ( )f x f x k � ?

Lời giải.

Ta sẽ chứng minh rằng điều kiện cần và đủ của k là n �� để 1kn

.

x Điều kiện đủ:

Xét hàm số 1( ) ( )g x f x f xn

§ · � �¨ ¸© ¹

thì ( )g x cũng liên tục và xác định trên 10;1n

ª º�« »¬ ¼. Ta có

1 1

0 0

1 (1) (0) 0n n

i i

i i ig f f f fn n n

� �

ª � º§ · § · § · � � ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸« »© ¹ © ¹ © ¹¬ ¼¦ ¦ .

Do đó, phải tồn tại một số > @, 0, 1u v n� � sao cho 0u vg gn n

§ · § · d¨ ¸ ¨ ¸© ¹ © ¹

nên theo định lý trung gian thì

phương trình ( ) 0g x có nghiệm 10;1kn

ª º� �« »¬ ¼ hay 1 ( ).f k f k

n§ ·� ¨ ¸© ¹

x Điều kiện cần:

Tiếp theo, xét � �0;1k� và giả sử 1k nn

� ½� �® ¾¯ ¿

thì do > @1

1 10;1 ;1i i i

�f

ª · ¸« �¬ ¹ nên tồn tại n ��

để 1 11

kn n

� ��

hay 1 ( 1)kn k n� � � . Ta chọn hàm số ( )f x sao cho

(0) 0, (1 )f f kn n � � và > @( ) ( ) 1, ;1f x f x k x k � � � � .

Rõ ràng hàm này cũng liên tục và

(1) (1 ) 1 (1 2 ) 2 (1 ) 0 (0)f f k f k f nk n f � � � � � � ,

thỏa mãn điều kiện đề bài.


26

Ngoài ra, � � > @( ) 1 ( ), 0;1f x k f x f x x k� � z � � � theo cách chọn ở trên nên phương trình ( ) ( )f x c f x� không có nghiệm.

Cuối cùng, ta cần đếm số n �� sao cho 11 1 13 11 2018 13 156 182,2018 2018

n n nn

� � � � � � d d

có tất cả 27 số như thế.

Bài 5. (Romania 2012) Cho hàm số > @ > @, : 0;1 0;1f g o thỏa mãn

( ) ( ) ( ) ( )f x f y g x g y� d � với mọi > @, 0;1x y� .

Giả sử f liên tục, còn g đồng biến và toàn ánh.

a) Chứng minh rằng tồn tại 0 [0;1]x � để 0 0( )f x x .

b) Chứng minh rằng với mọi , 0D E ! thì tồn tại [0;1]c� sao cho

(0) (1) ( ) ( )f f f cD E D E� � .

c) Chứng minh rằng tồn tại > @0 0;1x � sao cho 0 0( ) ( )f x g x .

d) Chứng minh rằng không tồn tại 0 1a c bd � � d sao cho

( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( ).f a g a f b g b f c g c z

Lời giải.

a) Xét hàm số ( ) ( )F x f x x � thì F liên tục và (0) (1) 0F F d .

Do đó, tồn tại 0x để 0( ) 0F x và 0 0( )f x x .

b) Gọi [0;1]

max ( )M f x và [0;1]

max ( )m f x , giả sử 1 2( ) , ( )f x m f x M .

Khi đó

( ) (0) (1) ( )m f f MD E D E D E� d � d � .

Xét hàm số ( ) (0) (1) ( ) ( )G x f f f xD E D E � � � thì ( )G x liên tục trên [0;1] và

1( ) (0) (1) ( ) 0G x f f mD E D E � � � t và 2( ) (0) (1) ( ) 0G x f f MD E D E � � � d .

Do đó, tồn tại c để cho ( ) 0G c và ta có đpcm.

c) Theo giả thiết thì (0) 0g và (1) 1g .

Xét hàm số ( ) ( ) ( )h x f x g x � thì (1) (1) 1 0, (0) (0) 0 0h f h f � d � t và ( )h x liên tục nên tồn tại 0x thỏa mãn đề bài theo định lý trung gian.


27

d) Giả sử tồn tại các số , ,a b c thỏa đề thì rõ ràng

( ) ( ) ( ) ( ) ( )f a g a g c g b f b d d .

Ta chỉ cần xem xét giá trị của ( ).f c

Nếu ( ) ( )f c f a� thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f b f c f b f a g b g a g b g c� ! � � t � t , không thỏa mãn điều kiện đề bài.

Tương tự nếu ( ) ( )f c f b! . Do đó, ta cũng phải có ( ) ( ) ( )f a f c f bd d . Suy ra

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f b f c g b g c g b f c g b g c� d � � � d � nên ( ) ( ).f c g ct

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f c f a g c g a f c f a g c f a� d � � � d � nên ( ) ( ).f c g cd

Từ đó ta có được ( ) ( )f c g c , mâu thuẫn với điều giả sử ở trên.

Bài 6. Cho hàm số f liên tục trên [0;2018] có (2018) (0) 2018, (1009) (0) 1009f f f f � z � . Chứng minh rằng tồn tại 1 2, (0;2018)x x � mà 1 2x xz sao cho 1 1 2 2( ) ( )f x x f x x� � .

Lời giải.

Xét hàm số ( 1009) ( )( ) 11009

f x f xg x � � � thì ( )g x liên tục trên [0;2018] và

(1009) (0) (2018) (1009) (1009) (0)(0) 1, (1009) 1 11009 1009 1009

f f f f f fg g� � � � � � .

Chú ý rằng (1009) (0) 1009f f� z nên (0) 0.g z

Do đó (0) (1009) 0g g � nên tồn tại � �0 0;1009x � sao cho

0( ) 0g x hay 0 0( 1009) ( ) 1009f x f x� � .

Chọn 1 0 2 0, 1009x x x x � thì 2 1 1009x x� và 2 1( ) ( ) 1009f x f x� , thỏa mãn đề bài.

Bài 7. Cho hàm số ,f g liên tục trên ( , )a b sao cho

2 2( ) ( ) 0f x g x z với mọi ( , ).x a b�

Chứng minh rằng ( ) ( ), ( , )f x g x x a b � � hoặc ( ) ( ), ( , ).f x g x x a b � � �

Lời giải.

Theo giả thiết thì ( , )x a b� � , ta đều có ( ) ( )f x g x hoặc ( ) ( )f x g x � .

Giả sử rằng có 0 ( , )x a b� để 0 0( ) ( )f x g x , ta sẽ chứng minh rằng ( ) ( ), ( , ).f x g x x a b � �


28

Nếu tồn tại 1 ( , )x a b� để 0 1x xz và 1 1( ) ( )f x g x � thì 0 1 0 1( ) ( ) ( ) ( ) 0f x f x g x g x � z .

Nếu 0 1( ) ( ) 0f x f x � thì theo định lý trung gian, tồn tại 2x để 2( ) 0f x , mâu thuẫn.

Nếu 0 1( ) ( ) 0f x f x ! thì 0 1( ) ( ) 0g x g x � , cũng mâu thuẫn tương tự. Vậy ta có đpcm.

Bài 8. Cho hàm số f liên tục trên và tuần hoàn với chu kỳ 1. Chứng minh rằng:

a) 20( )17

f x f x§ · �¨ ¸© ¹

có nghiệm.

b) (Olympic Toán toàn Nga) ( ) ( )f x f x S � có nghiệm.

Lời giải.

a) Giả sử 20( )17

f x f x§ · �¨ ¸© ¹

vô nghiệm thì không mất tính tổng quát, giả sử rằng

20( ) ,17

f x f x x§ ·� � �¨ ¸© ¹

.

Bởi vì nếu 20( ) ( )17

g x f x f x§ · � �¨ ¸© ¹

đổi dấu thì theo định lý trung gian, ( ) 0g x sẽ có nghiệm.

Khi đó 20 20 20 20(0) 2 3 17 (20) (0)17 17 17 17

f f f f f f f§ · § · § · § ·� � � � � � � � ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸© ¹ © ¹ © ¹ © ¹

, mâu thuẫn.

Do đó, phương trình 20( )17

f x f x§ · �¨ ¸© ¹

có nghiệm.

b) Điểm khó của câu này chính là vì S vô tỷ, không dễ dàng tạo ra điều vô lý như trên. Lời giải cần sử dụng kiến thức về nguyên hàm, tích phân. Xin giới thiệu qua để bạn đọc tham khảo thêm.

Trước hết, ta có 1

0( ) 0T f x dx ³ vì nếu đặt 1t x �

Xét hàm số ( ) ( ) ( )g x f x f x S � � , đặt ( )G x là hàm số thỏa mãn ( ) ( )G x f xc thì

1 1 1 1 1

0 0 0 0(1) (0) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0G G g x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

S

SS

�� ³ ³ ³ ³ ³ .

Theo định lý Lagrange, tồn tại (0;1)c� sao cho ( ) ( ) 0g c G cc hay ( ) ( )f c f c S � .

KHAI THÁC MỘT SỐ CHỦ ĐỀ CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI VMO ...

Documents