LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN IMO 2017 · 2017-08-27 · staff 2 Líi gi£i và bình lu“n đ• thi chån đºi tuy”n IMO 2017 3.˚•thi 3.1.Ng€ythithønh§t(25/03/2017)

Epsil

onsta

ff

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THICHỌN ĐỘI TUYỂN IMO 2017

Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang HùngLê Phúc Lữ - Nguyễn Tất Thu

1. Lời nói đầu

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

Minh chứng cho tinh thần đó là tài liệu mà các bạn đang đọc “Giải và bình luận đề thi chọnđội tuyển Việt Nam dự thi Toán Quốc tế 2017”, một đóng góp của đội ngũ Epsilon dành chocộng đồng. Khi viết đội ngũ Epsilon, chúng tôi không chỉ muốn nhắc đến các người lính ngựlâm thuộc Ban biên tập (Epsilon staff) mà còn là những người đã luôn sát cánh cùng chúngtôi trong suốt hơn 2 năm qua trong quá trình xây dựng Epsilon thành một niềm yêu mến vàsự chờ đợi của cộng đồng.

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

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

“If you want to go far, go together.”

2. Thông tin bản quyền

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

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

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

1

Epsil

onsta

ff

2 Lời giải và bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2017

3. Đề thi

3.1. Ngày thi thứ nhất (25/03/2017)

Bài 1 (7.0 điểm). Cho 44 cái lỗ phân biệt trên một cái rãnh là đường thẳng và 2017 con kiến.Mỗi con kiến sẽ chui lên từ một cái lỗ và bò đến một cái lỗ khác với vận tốc không đổi rồi chuixuống đó. Gọi T là tập các thời điểm mà con kiến chui lên hoặc chui xuống các cái lỗ. Biết rằngvận tốc của các con kiến đôi một khác nhau và jT j � 45: Chứng minh rằng tồn tại ít nhất haicon kiến nào đó không gặp nhau. (Quy ước hai con kiến gặp nhau khi và chỉ khi tồn tại một thờiđiểm mà cả hai ở cùng một vi trí trên rãnh kể cả lúc chui lên và xuống.)

Bài 2 (7.0 điểm). Với mỗi số nguyên dương n, đặt xn D Cn2n:

a) Chứng minh rằng nếu 2017k

2< n < 2017k với k là số nguyên dương nào đó thì xn

là bội của 2017:

b) Tìm tất cả số nguyên dương h > 1 để tồn tại các số nguyên dương N; T sao cho với mọin > N thì xn là dãy số tuần hoàn theo modulo h với chu kỳ T:

Bài 3 (7.0 điểm). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn .I / và .I / tiếp xúc với các cạnhBC ; CA; AB lần lượt tại D; E ; F : Gọi Ib ; Ic lần lượt là các tâm đường tròn bàng tiếp gócB; C của tam giác ABC : Gọi P ; Q lần lượt là trung điểm của IbE; IcF : Giả sử .PAC /cắt AB tại điểm thứ hai R và .QAB / cắt AC tại điểm thứ hai S :

a) Chứng minh rằng PR ; QS ; AI đồng quy.

b) Giả sử DE; DF lần lượt cắt Ib Ic tại K; J : EJ cắt FK tại M và PE ; QF cắt.PAC /; .QAB / lần lượt tại các điểm thứ hai X; Y : Chứng minh rằng ba đường thẳngBY; CX; AM đồng quy.

3.2. Ngày thi thứ hai (26/03/2017)

Bài 4 (7.0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn .O /: Điểm A di động trên .O /sao cho AB > BC và M là trung điểm của AC : Đường tròn đường kính BM cắt .O / tạiR: Giả sử RM cắt .O / tại điểm thứ hai Q; cắt BC tại P: Đường tròn đường kính BP cắtAB; BO lần lượt tại các điểm thứ hai K; S :

a) Chứng minh rằng SR đi qua trung điểm của KP:

b) Gọi N là trung điểm của BC : Trục đẳng phương của hai đường tròn đường kínhAN; BM cắt SR tại E: Chứng minh rằng ME luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 5 (7.0 điểm). Cho 2017 số thực dương a1 ; a2 ; : : : ; a2017 : Với mỗi n > 2017; ta đặt

an D max˚a i1a i2a i3j i1 C i2 C i3 D n; 1 � i1 � i2 � i3 � n � 1

:

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương m không vượt quá 2017 và số nguyên dươngN > 4m sao cho anan�4m D a2

n�2m với mọi n > N:

Epsil

onsta

ff

Lời giải và bình luận đề thi chọn đội tuyển IMO 2017 3

Bài 6 (7.0 điểm). Với mỗi số nguyên dương n, xét a1 ; a2 ; : : : ; a2n là hoán vị của 2n sốnguyên dương đầu tiên. Một hoán vị như thế được gọi là “đẹp” nếu với mọi 1 � i < j � 2n

thì a i C anCi D 2n C 1 và a i � a iC1 không đồng dư với aj � ajC1 theo modulo 2n C 1.(Quy ước a2nC1 D a1 :)

a) Với n D 6, hãy chỉ ra một hoán vị đẹp.

b) Chứng minh rằng với mỗi n nguyên dương thì luôn tồn tại một hoán vị đẹp.

4. Bình luận chung

Trong hai ngày 25, 26/3/2017 đã diễn ra kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Toán Quốc tế năm2017 với sự tham dự của 49 học sinh xuất sắc nhất đến từ các tỉnh thành và các trường chuyênthuộc các trường đại học lớn trong cả nước. Mỗi ngày thi, các thí sinh phải giải quyết 3 bài toántrong thời gian 240 phút.

Đề thi năm nay được đánh giá là khá khó và có phong cách gần với đề thi IMO hơn các nămtrước. Cấu trúc đề thi bao gồm 2 bài hình học, 1 bài đại số, 1 bài tổ hợp, 1 bài số học và 1 bài tổhợp số học. Như vậy đề chọn đội tuyển năm nay cũng theo xu hướng của IMO là thiên về tổ hợpnhiều. Ngay cả bài 5 (bài đại số) cũng có cách phát biểu (và cả cách giải) có nhiều nét tổ hợp.

Các bài toán 2 và 4 theo đánh giá chung được coi là bài dễ nhất của mỗi ngày. Bài hình câu 4phần a) cũng chỉ cần các kiến thức chương trình cấp 2, phần b) vận dụng các kiến thức trụcđẳng phương, ở ý này điểm cố định có đặc biệt hơn so với các bài thông thường trước đây.Bài số 2 là một bài toán số học thuần tuý, khai thác một chủ đề khá quen thuộc đối với họcsinh Việt Nam là số dư trong phép chia hệ số C k

n cho số nguyên tố p với các định lý Lucas,Wolstenhome, Babbage hay công thức Legendre, vì vậy, dù ở các mức độ khác nhau, các thísinh đều có thể tiếp cận được bài này.

Đáng chú ý là bài số 1, bài được ban đề thi đánh giá là dễ nhất của ngày thứ nhất lại gây nhiềukhó khăn cho các thí sinh. Các em đã không thể phát biểu lại bài toán một cách rành mạch bằngngôn ngữ Toán học nên đã không thể xử lý được, không những thế còn để tốn nhiều thời gianvào bài toán này. Nếu biết cách chuyển đổi bài toán (mô hình hoá) thành đồ thị (theo nghĩa đồthị) hoặc đồ thị (theo nghĩa các đường biểu diễn đường đi con kiến) thì bài toán có thể giải quyếtmột cách khá đơn giản, chẳng hạn bằng quy nạp.

Các bài toán còn lại gồm bài số 3, 5 và 6 được đánh giá là khó. Bài hình số 3 phần a) sử dụngkiến thức tam giác đồng dạng và tứ giác nội tiếp của chương trình cấp 2, 3 ý khó tập trung ở câub) đòi hỏi vận dụng nhiều kiến thức tổng hợp có liên quan nhiều đến bài hình G7 trong IMOshortlist 2002 trong đó có sử dụng cả kiến thức về hàng điều hòa. Cấu trúc là ghép nối các bàitoán riêng lẻ thành một bài tổng hợp. Bài số 5 là một bài toán có cách phát biểu rất tổ hợp, dạngdãy số truy hồi với các số hạng đầu tiên bất kỳ. Để tiếp cận được bài này, học sinh phải tỉnh táonhận ra rằng hằng số 2017 trong đề bài có thể thay bằng một số nguyên dương bất kỳ và bắt đầulàm thử với các trường hợp tham số nhỏ để dự đoán quy luật của dãy số. Cũng có thể thấy rằngbằng cách logarith hoá, các phép nhân trong bài toán này sẽ biến thành phép cộng và bài toán cóthể đưa về một biến thể của bài toán số 6 trong đề thi IMO 2010. Điều này một lần nữa nhấnmạnh độ khó của bài số 5, đồng thời cũng là một điểm chưa hay của đề thi lần này.

Bài toán số 6 là một bài toán số học-tổ hợp với yêu cầu xây dựng một hoán vị của f1; 2 ; : : : ; 2ngthoả mãn một điều kiện số học. Với bài toán này, ngoài trường hợp n D 6 có thể xây dựng ví dụ

Epsil

onsta

ff


bằng phép thử sai, có thể xây dựng ví dụ tổng quát cho một số trường hợp. Chẳng hạn nếu 2nC 1có căn nguyên thuỷ thì đặt a i D ˛ i .mod 2nC1/ thì rõ ràng các hiệu a iC1�a i � ˛ i .˛�1/

phân biệt modulo 2n C 1 và a i C anCi � ˛ i .1 C ˛n / � 0 .mod 2n C 1/: Trong trườnghợp tổng quát, ý tưởng chính là xây dựng n số hạng đầu tiên của dãy số, còn đoạn sau lấy phầnbù. Tuy nhiên, cần có điều kiện bổ sung đối với an và a1 ; vì anC1 D 2n C 1 � a1 : Và đâycũng chính là điểm mà các thí sinh có thể phạm sai lầm do ngộ nhận.

Với những nhận định trên đây cũng như tham khảo một số thông tin về bài làm của các thí sinh,chúng tôi cho rằng bên cạnh 2 bài toán 2 và 4 thuộc dạng bài “cần phải làm được nếu muốn đậuđội tuyển” thì chiếc vé dự IMO sẽ được quyết định ở 4 bài còn lại ở các bài 1, 3, 5, 6 với tìnhtrạng rất khó đoán. Khác với một số năm trước khi có những bài toán quá khó không ai làmđược, đề thi năm nay độ khó được chia đều, khó dễ thuỳ theo sở trường của từng em. Thực tế làhầu như bài nào cũng có học sinh giải được tạo thành các thế “cài răng lược”, ví dụ có học sinhlàm được bài 1, 6 lại không làm được 3, 5, có học sinh làm được bài 5 lại không làm được bài 1.Ngoài ra các bài 1, 5, 6 đều là các bài có thể có lỗi trong trình bày, thậm chí có những sai sótlớn do ngộ nhận. Với đề thi như thế này, nếu làm chắc chắn 4 bài thì gần như sẽ có vé, còn điểmchuẩn vùng tranh chấp sẽ là 3.5++.

5. Lời giải và bình luận các bài toán

Bài 1 (7.0 điểm). Cho 44 cái lỗ phân biệt trên một cái rãnh là đường thẳng và 2017 conkiến. Mỗi con kiến sẽ chui lên từ một cái lỗ và bò đến một cái lỗ khác với vận tốc không đổirồi chui xuống đó. Gọi T là tập các thời điểm mà con kiến chui lên hoặc chui xuống các cáilỗ. Biết rằng vận tốc của các con kiến đôi một khác nhau và jT j � 45: Chứng minh rằngtồn tại ít nhất hai con kiến nào đó không gặp nhau. (Quy ước hai con kiến gặp nhau khi và chỉkhi tồn tại một thời điểm mà cả hai ở cùng một vi trí trên rãnh kể cả lúc chui lên và xuống.)

Lời giải. Ta xét trục toạ độ Oxy với Ox là trục đánh dấu vị trí của các lỗ trên rãnh thẳng cònOy là trục thời gian. Các lỗ có hoành độ là x1 ; x2 ; : : : ; x44 và các thời điểm mà các conkiến chui lên hoặc chui xuống là y1 ; y2 ; : : : ; y45 : Một con kiến sẽ đi từ điểm .xa ; yb / đếnđiểm .xc ; yd / tương ứng với tình huống nó chui lên từ lỗ xa vào thời điểm yb và đến lỗ xc vàothời điểm yd : Do kiến bò với vận tốc không đổi nên đồ thị biểu diễn đường đi theo thời gianchính là đoạn thẳng nối hai điểm này. Có tất cả 2017 đoạn thẳng như vậy. Vì vận tốc các conkiến đôi một khác nhau nên các đoạn thẳng đều có phương khác nhau. Ta cần chứng minh có ítnhất hai đoạn thẳng trong số này không cắt nhau.

Chú ý là số điểm là đầu mút của các đoạn thẳng là 44 � 45 D 1980 < 2017 nên bài toán sẽđược giải quyết hoàn toàn nếu ta chứng minh được mệnh đề sau: Nếu có n điểm trên mặt phẳngthì không tạo được quá n đoạn thẳng với các đỉnh là các điểm đó sao cho đôi một có điểm chungvà không có hai đoạn nào song song hay đè lên nhau.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n: Với n D 2 ; 3 mệnh đề là hiển nhiên. Giả sử mệnh đề đãđúng với n � 1 điểm. Xét n điểm:

� Nếu trong n điểm này có một điểm với không quá một đoạn thẳng xuất phát từ điểm đó thìta xoá điểm đó (và đoạn thẳng xuất phát từ đó nếu có), ta đưa về trường hợp n � 1 điểm.

Epsil

onsta

ff


� Giả sử bây giờ đỉnh nào cũng có ít nhất hai đoạn xuất phát. Nếu có đỉnh A có ba đoạn xuấtphát thì sẽ “có vấn đề”: chẳng hạn là AB; AC ; AD: Nếu BCD chứa A bên trong thìđoạn thứ hai từ B không thể cùng cắt AC và AD: Nếu BCD không chứa A bên trongthì ta có chẳng hạn tia AC nằm giữa hai tia AB và AD: Khi đó đoạn thứ hai từ đỉnh Ckhông thể cùng cắt AB và AD: Như vậy từ mỗi đỉnh chỉ có đúng hai đoạn, suy ra sốđoạn bằng đúng số đỉnh trong trường hợp này.

Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Bình luận.

� Đây là một bài toán có cách phát biểu rất thú vị có lời giải không phức tạp nhưng thực rarất rối nếu không nhìn thấy được đúng bản chất và chuyển đổi được về mô hình điểm, đoạnthẳng như ở trên, với hai chú ý quan trọng: các con kiến bò với vận tốc không đổi (cácđường biểu diễn quỹ đạo con kiến là các đoạn thẳng) và các vận tốc đôi một khác nhau(các đoạn thẳng không cùng phương). Trên thực tế, rất nhiều bạn đã tốn nhiều thời giancho bài toán này nhưng vẫn không tiếp cận được lời giải. Và nếu trong lời giải, hai điềukiện quan trọng này không được khai thác thì chắc chắn lời giải là không hoàn chỉnh.

� Lời giải trình bày trên đây là của GS Nguyễn Tiến Dũng, HCV IMO 1985 được chúng tôitrình bày lại cho giống một lời giải. Còn đây là phần dẫn nhập và một cách diễn đạt lời giảikhác của GS Nguyễn Tiến Dũng:

Có gì liên quan giữa các số 44 ; 45 và 2017? Dễ thấy 44 � 45 D 1980 < 2017; nêncó thể đoán đây là mấu chốt bài toán?

Vậy tại sao lại dùng tích? Bởi vì có nhiều nhất là từng đó điểm .vị trí, thời gian chạmlỗ khi lên hoặc xuống lỗ/ trên mặt phẳng toạ độ. Ta vẽ trên mặt phẳng toạ độ các đồ thịđường đi của các con kiến, mỗi đồ thị là một đoạn thẳng nối hai trong số các điểm trên.Tất cả các đoạn thẳng đó đều có hướng khác nhau .vì vận tốc các con kiến khác nhau/ :Hướng ở đây hiểu là góc so với đường nằm ngang modulo �:

Câu hỏi đặt ra bây giờ là nếu hai đoạn một đều có điểm chung (hai con kiến nào cũng cógặp nhau) thì có nhiều nhất là bao nhiêu đoạn thẳng?

Ta có thể sắp xếp thứ tự các đoạn thẳng theo thứ tự vòng tròn theo góc của chúng.

Cố định một đoạn đầu tiên, từ điểm A1 đến điểm A2 : Đoạn thứ hai có hướng quay về“bên phải” so với đoạn thứ nhất, nên phải có thêm ít nhất một điểm mới A3 .tức là hoặclà A1A3 với A3 nằm bên phải A1A2 ; hoặc A3A2 với A3 nằm bên trái A1A2 ; hoặcA3A4 .hai điểm mới/ nằm ở hai bên của A1A2 / : Thêm đoạn thứ ba phải thêm ít nhấtmột điểm mới, trừ trường hợp tạo thành ba đoạn A1A2 ; A1A3 ; A2A3 : Cứ như thế:thêm một đoạn thì cần thêm ít nhất một điểm mới, trừ khi thêm đoạn cuối cùng thì dùngđược hai điểm cũ. Như vậy để có n đoạn đôi một có điểm chung thì cần ít nhất n điểm. Vớin D 44 lần 45 thì có nhiều nhất là từng đó con kiến đôi một có gặp nhau. Vì 2017 lớnhơn 44 lần 45 nên có hai con kiến không gặp nhau.

� Mô hình hoá, phát biểu lại bài toán bằng ngôn ngữ Toán học là một kỹ năng quan trọng đểcó thể giải được bài toán, đặc biệt là các bài toán thực tiễn hoặc sử dụng ngôn ngữ thựctiễn. Đây lại là điểm yếu của học sinh Việt Nam, vì chúng ta thường tập trung giải quyết

Epsil

onsta

ff


các bài toán đầu cuối, tức là các bài toán đã được phát biểu rành mạch bằng ngôn ngữ Toánhọc mà lại ít chú trọng đến các bài toán đòi hỏi khá năng đọc hiểu, phát hiện bản chất vấnđề và phát biểu lại bằng mô hình Toán học.

� Chúng tôi cung cấp cho bạn đọc một số bài toán mà lời giải đòi hỏi bước đọc hiểu, phátbiểu lại bằng mô hình Toán học để tham khảo:

1. (IMO Shortlist, 2010) Trong một buổi biểu diễn ca nhạc, có 20 ca sĩ sẽ trình diễn.Với mỗi ca sĩ có một danh sách (có thể là rỗng) các ca sĩ khác mà anh ấy hoặc cô ấymuốn diễn sau tất cả các ca sĩ thuộc danh sách đó. Có thể xảy ra là có đúng 2010cách sắp xếp để tất cả các mong muốn của các ca sĩ đều được thoả mãn?

2. (Tournament of the towns, 1992-1993) Trong từ điển thực vật mỗi một loài cây đượcđặc trưng bởi 100 dấu hiệu (mỗi một dấu hiệu có thể có, có thể không có). Hai loàicây được coi là không giống nhau nếu chúng khác nhau ở ít nhất 51 dấu hiệu.

a) Chứng minh rằng trong từ điển có không quá 50 loài cây đôi một không giống nhau.b) Có thể có đúng 50 loài cây đôi một không giống nhau không?

3. (Moscow MO, 2010) Trên mặt phẳng ta đánh dấu 4n điểm, sau đó ta nối tất cả cáccặp điểm có khoảng cách đúng bằng 1 cm. Người ta thấy răng trong n C 1 điểm bấtkỳ luôn có hai điểm được nối. Chứng minh rằng có ít nhất 7n được kẻ.

4. Ban đầu có một số lẻ viên sỏi. Ở bước tiếp theo, ta chia số sỏi làm hai, một nửa đểxuống phía dưới, bên trái, một nửa để xuống phía dưới, bên phải, còn dư một viên đểngay xuống dưới vị trí đống sỏi ban đầu. Ở mỗi lượt tiếp theo, ta lại làm như vậy vớicác đống sỏi. Như vậy ở một số vị trí ở bước tiếp theo sẽ có thể được nhận sỏi từ bađống sỏi trên nó: ở ngay phía trên, phía trên bên trái và phía trên bên phải.

Ví dụ, nếu bắt đầu bằng đống sỏi 21 viên thì ở lượt chia đầu tiên ta sẽ có ba đống sỏi

10 1 10:

Ở lượt chia thứ hai ta sẽ có

5 0 11 0 5:

Và ở lượt chia thứ ba sẽ là

2 1 7 1 7 1 2 :

Chứng minh rằng nếu cứ tiếp tục chia như thế thì bắt đầu từ một đống sỏi có số lẻviên, sẽ đến một lúc ta đi đến trạng thái có các đống sỏi một viên liền nhau.

Bài 2 (7.0 điểm). Với mỗi số nguyên dương n, đặt xn D C n2n :

a) Chứng minh rằng nếu 2017k

2< n < 2017k với k là số nguyên dương nào đó thì

xn là bội của 2017:

b) Tìm tất cả số nguyên dương h > 1 để tồn tại các số nguyên dương N; T sao cho vớimọi n > N thì xn là dãy số tuần hoàn theo modulo h với chu kỳ T:

Epsil

onsta

ff


Lời giải. a) Ta chứng minh kết luận bài toán đúng cho mọi số nguyên tố p lẻ thay cho số 2017:Giả sử tồn tại số nguyên dương k sao cho p k

2< n < p k : Ta có

vp .xn / D vp

�C n

2n

�D vp

�.2n/Š

�� 2vp .nŠ/ :

Do p k

2< n < p k nên p k < 2n < 2p k < p kC1 ; từ đó suy ra

vp

�.2nŠ/

�D

�2n

p

�C

�2n

p 2

�C � � � C

�2n

p k

�:

Mặt khác, với mọi x 2 R ; ta có b2x c � 2bx c ; đẳng thức xảy ra khi fx g < 12: Kết hợp với

giả thiết p k

2< n < p k ; ta có

vp

�.2n/Š

�> 2

��n

p

�C

�n

p 2

�C � � � C

�n

p k

��D 2vp .nŠ/ ;

hay vp .xn / > 0 nên ta có xn

::: p :

b) Ở ý này, ta có hai cách tiếp cận sau.

Cách 1. (Dựa theo lời giải của Hà Duy Hưng) Giả sử h > 1 là số thoả mãn yêu cầu bài toán.Với mỗi p nguyên tố lẻ mà p j h, ta có dãy số dư xn theo modulo p cũng tuần hoàn. Sử dụngkết quả câu a) thì với p k

2< n < p k thì

xn � 0 .mod p/:

Chọn k đủ lớn để p k

2> T C 1, ta suy ra tất cả các số dư của xn cho p đều bằng 0 với mọi

n � n0, trong đó n0 2 ZC đủ lớn. Tuy nhiên chọn t 2 ZC đủ lớn để p t � 1 > 2n0 và đặtn D p t�1

2ta có ngay vp .xn / D 0, do đó xn khong chia hết cho p; vô lý.

Vậy h chỉ có ước nguyên tố là 2 hay h D 2k với k nguyên dương. Nếu k > 1; ta chọnr D k � 1 và xét số n có dạng n D 2a1 C � � � C 2ar ; trong đó a1 > maxfT ; N g trong đóT ; N là các hằng số trong giả thiết của h: Khi đó

v2 .xn / D 2S2 .n/ � S2 .2n/ D r;

trong đó S2 .x / là tổng các chữ số trong biểu diễn nhị phân. Thành thử xn � 2k�1 .mod h/.Tuy nhiên, với mọi i 2 ZC mà i < 2a1 thì số chữ số 1 trong biểu diễn nhị phân của n C i

tăng thêm ít nhất 1 đơn vị, do đó mà xnCi � 0 .mod h/. Do a1 > maxfT ; N g nênxn � xnCT � 0 .mod h/, mâu thuẫn.

Vậy k D 1 do đó h D 2. Đây là đáp số bài toán, vì dễ thấy rằng xn là số chẵn với mọi sốnguyên dương n; như sau: nếu n D 2a1 C � � � C 2ar với 0 � a1 < � � � < ar thì

2n D 2a1C1C � � � C 2arC1

nênv2 .xn / D 2Sn .n/ � S2 .2n/ D r � 1:

Do đó xn chẵn.

Epsil

onsta

ff


Cách 2. (Theo lời giải của Nguyễn Song Minh) Do h > 1; nên giả sử p là ước nguyên tốlớn nhất của h: Giả sử T D pmT 0 là chu kỳ nhỏ nhất ứng với n đủ lớn, với .T 0 ; p / D 1:

Theo định lý Lucas, ta có

C n2n � C

p m n2p m n � C

p m nCT2p m nC2T � C

.nCT 0 /p m

.2nC2T 0 /p m � C nCT 0

2nC2T 0 .mod p/:

Suy ra m D 0: Nếu p lẻ và giả sử T D .a1a2 � � � ar /p thì với R > r đủ lớn, ta có

C 12 � C

p R

2p R � Cp RCT

2p RC2T� C 1

2 :CT2T .mod p/:

Suy ra C T2T � 1 .mod p/, từ đây ta có với K đủ lớn thì

C K T2K T � 1 .mod p/:

Mặt khác do .T ; p / D 1 nên tồn tại số nguyên dương K đủ lớn sao cho p j .K T C 1/. Kếthợp với .K T C 1/ j C K T

2K T ; ta thu được 1 � 0 .modp/ điều này vô lý, do đó h D 2k :

Vì T lẻ và theo lý luận trên, nếu ta chọn K sao cho h j .n C K T C 1/ thì

C n2n � C nCK T

2nC2K T � 0 .mod h/;

với n đủ lớn. Ta chọn n D 2N , ta có số các số lẻ trong dãy C kn .0 � k � n/ bằng 2 nên

C n2n � 2 .mod 4/;

do đó h D 2 : Hơn nữa C n2n luôn là số chẵn với mỗi số nguyên dương n: Vậy h D 2 :

Bình luận.

� Một lần nữa chủ đề về tính chất số học của hệ số nhị thức C kn lại được khai thác. Đó là

điều có thể dự đoán được trong các năm nguyên tố (như 2003 hay trước đó nhiều năm là1979) nhưng không ngờ năm nay điều này lại được ưu ái đến hai lần (VMO bài số 6 vàbài số 2 của kỳ TST này). Vì vậy, với các công cụ được trang bị đầy đủ như công thứcLegendre, định lý Lucas, Lagrange, Babbage hay Wolstenhome thì bài toán này, đặc biệt làcâu a) sẽ không gây khó khăn cho các bạn học sinh.

Nhắc lại ở đây định lý Babbage là đồng nhất thức C ap

bp� C a

b.mod p 2 / ; đúng cho

mọi số nguyên tố p; còn định lý Wolstenhome ở dạng hệ số nhị thức là đồng nhất thứcC

ap

bp� C a

b.mod p 3 / chỉ đúng cho số nguyên tố p > 3:

� Sự kiện C n2n luôn chẵn là một tính chất quen thuộc và có rất nhiều cách chứng minh. Hơn

thế ta có số mũ của n trong C n2n bằng số số 1 trong biểu diễn nhị phân của n; cho nên với

h D 2s thì chỉ có h D 2 là thoả mãn điều kiện.

� Chúng tôi dẫn một số bài toán thi Olympic những năm gần đây có sử dụng nhóm định lý này.

1. (Vietnam TST, 2010) Gọi Sn là tổng bình phương các hệ số sau khai triển của.1 C x /n : Chứng minh rằng 1 C S2n không chia hết cho 3:

Epsil

onsta

ff


2. (Saudi Arabia TST, 2015) Với mỗi số nguyên dương n; đặt

S .n/ D

nXkD0

rk ;

trong đó rk là số dư trong phép chia C kn cho 3: Tìm tất cả các số nguyên dương

n sao cho S .n/ � n:

3. (Trường Xuân Toán học miền Nam, 2017) Cho dãy số .xn / xác định bởi công thức:

x0 D 1; xn D �2017

�x0 C x1 C � � � C xn�1

n

�với 1 � n � 2017:

Hỏi có bao nhiêu chỉ số i mà 0 � i � 2017 sao cho jx i j chia hết cho 3?

Bài 3 (7.0 điểm). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn .I / và .I / tiếp xúc với cáccạnh BC ; CA; AB lần lượt tại D; E ; F : Gọi Ib ; Ic lần lượt là các tâm đường tròn bàngtiếp góc B; C của tam giác ABC : Gọi P ; Q lần lượt là trung điểm của IbE; IcF : Giảsử .PAC / cắt AB tại điểm thứ hai R và .QAB / cắt AC tại điểm thứ hai S :

a) Chứng minh rằng PR ; QS ; AI đồng quy.

b) Giả sử DE; DF lần lượt cắt Ib Ic tại K; J : EJ cắt FK tại M và PE ; QF cắt.PAC /; .QAB / lần lượt tại các điểm thứ hai X; Y : Chứng minh rằng ba đườngthẳng BY; CX; AM đồng quy.

Lời giải. Ta sẽ dùng các bổ đề sau để giải bài toán này.

Bổ đề 1. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp .I / tiếp xúc với các cạnh BC ; CA; ABlần lượt tại D; E ; F : Gọi M; N lần lượt là trung điểm của DE; DF : Gọi P là giao điểmcủa các đường trung trực của MC và NB:

a) Chứng minh rằng đường tròn .PBC / tiếp xúc với đường tròn .I /.

b) Gọi J là điểm đối xứng với D qua P: Chứng minh rằng J là tâm đường tròn bàng tiếpgóc A của tam giác ABC .

c) Chứng minh rằng giao điểm của PM và AC nằm trên đường tròn .PBC /.

Chứng minh. a) Gọi G là giao điểm thứ hai của PD và .I /: Dễ thấy trung trực CM là trụcđẳng phương của đường tròn điểm C và đường tròn .I /; và trung trực BN là trục đẳng phươngcủa đường tròn điểm B và đường tròn .I /: Do đó

P C 2D PD � P G D PB 2 :

Từ đây suy ra ∠P GC D ∠P CB và ∠P GB D ∠PBC nên tứ giác PBGC nội tiếp đườngtròn .K /. Lại có ID k KP và ID

KPD

I GKG

nên ba điểm G; I ; K thẳng hàng. Do đó, .K /tiếp xúc với .I / tại G .

Epsil

onsta

ff


A

B C

I

K

F

E

D

R

P

N

Q

M

G

J

b) Do GB là đường đối trung của tam giác GFD nên

∠F GN D ∠BGD D ∠PBC

và∠GFN D ∠GDC D ∠PDB:

Từ đó suy ra hai tam giác GFN và BDP đồng dạng g-g. Lại có N; P là trung điểm củaDF ; DJ nên hai tam giác GFD và BDJ đồng dạng c-g-c. Từ đó suy ra

∠DBJ D ∠DGF D ∠BDF

nên BJ k DF : Vậy BJ là phân giác ngoài góc B:

Tương tự, ta cũng có CJ là phân giác ngoài góc C nên J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A.

c) Dễ thấy tứ giác BCMN nội tiếp và tâm nội tiếp chính là giao điểm P của trung trực CM;

BN: Từ đó suy raPM 2

D P C 2D PD � P G:

Suy ra hai tam giác PDM và PMG đồng dạng. Từ đó

∠DMP D ∠DGM D ∠EGC :

Lại có

∠GEC D 180ı � ∠GEA D 180ı � ∠GDE D ∠PDM D ∠PMG:

Từ đó hai tam giác GMP và GEC đồng dạng nên PM và AC cắt nhau trên .K /.

Epsil

onsta

ff


Bổ đề 2. Cho tam giác ABC : Đường tròn nội tiếp .I ; r / tiếp xúc với các cạnh BC ; CA; ABlần lượt tại D; E ; F : Một đường tròn qua B; C và tiếp xúc .I / tại X: Khi đó, ta có

a)XE � XF

XD 2D

r 2

IB � I C:

b)XE

XFDIB � DE 2

I C � DF 2:

Chứng minh. Gọi giao điểm của tiếp tuyến chung của hai đường tròn tiếp xúc tại X và BC làM . Gọi G là điểm đối xứng của D qua M thì MG 2 D MD 2 D MX 2 D MB � MC nên.BC ; DG/ D �1; do đó EF đi qua G: Gọi AL là đường cao của tam giác ABC thì theobài toán quen thuộc thì I G ? AD nên hai tam giác I GD và DAL đồng dạng.

A

BC

IF

E

D

K

G

X

M L

Z

H

Lại có DX ? IM và M là trung điểm của GD nên DX đi qua trung điểm AL: Gọi DK làđường kính của .I / thì chùm D.AL; XK / D �1, chiếu lên .I / dẫn tới tứ giác DKZXđiều hòa với Z là giao điểm của AD và .I /. Từ đó suy ra tiếp tuyến tại Z; D và XK đồngquy tại G . Nói cách khác, XK đi qua G . Gọi H là giao điểm của AD và EF : Ta có

XE

XF�KE

KFDGE

GFDHE

HFDŒAED�

ŒAFD�DDE

DF�DB

IC�IB

DC:

Lại có KE � I C D 2r 2 D KF � IB nên

XE

XFDIB � DE 2

I C � DF 2:

Mặt khác, ta cũng cóFX

FK�EX

EKDGX

GKDGD 2

GK 2DXD 2

4r 2

Epsil

onsta

ff


và KE � I C D 2r 2 D KF � IB nên

XE � XF

XD 2D

r 2

IB � I C:

Bổ đề được chứng minh.

Từ bổ đề trên, ta suy ra hai hệ quả là

XE 2

XD 2D

r 2 � DE 2

IB 2 � DF 2

vàXF 2

XD 2D

r 2 � DF 2

I C 2 � DE 2:

Bổ đề 3. Cho tam giác ABC ; đường tròn nội tiếp .I / tiếp xúc vớiBC tại D . Dựng mộtđường tròn qua A; B tiếp xúc với .I / tại M và một đường tròn qua A; C tiếp xúc với .I / tạiN: BM cắt CN tại P: Chứng minh rằng ∠PAB D ∠DAC :

Chứng minh. Gọi các tiếp điểm của .I / với CA; AB là E; F và X Y Z là tam giác Cevacủa P . Gọi K là giao điểm của BY và DF : Sử dụng bổ đề và hệ quả trên với chú ý rằng MK

là đường đối trung của tam giác MDF ; ta có

Y C

YADŒY BC �

ŒY BA�DŒY BC �

ŒKBD��ŒKBD�

ŒKBF ��ŒKBF �

ŒY BA�

DBC � BY

BD � BK�KD

KF�BF � BK

BY � BA

DBC

BA�MD 2

MF 2DBC

BA�r 2 � DF 2

EF 2 � IA2:

Tương tự, ta cũng cóZB

ZADBC

CA�r 2 � DE 2

EF 2 � IA2:

A

B C

I

MN

PY

Z

X

E

F

D

K

Epsil

onsta

ff


Sử dụng định lý Ceva, ta có

XB

XCD

YA

Y C�ZB

ZADAB:DE 2

AC :DF 2:

Do đó

DB

DC�XB

XCDp � b

p � c�AB � DE 2

AC � DF 2DDF � IB

DE � I C�AB � DE 2

AC � DF 2DAB 2

AC 2:

Từ đó suy ra AD và AX đẳng giác trong ∠BAC :

Trở lại bài toán:

a) Theo bổ đề 1 phần a), b), ta thấy các đường tròn .PAC / và .QBA/ tiếp xúc với .I /:Từ đó, tiếp tục theo bổ đề 1 phần c) thì PR ; QS cùng đi qua trung điểm N của EF và hiểnnhiên M nằm trên AI :

A

B C

Ib

Ic

I

F

E

P

Q

S

R

D

K

J

YX Z

M

N

b) Cũng theo bổ đề 1 phần a), ta thấy X; Y lần lượt là tiếp điểm của các đường tròn .P CA/;.QAB / với .I /. Gọi Z là giao điểm của BY và CX: Theo bổ đề 3, ta thấy

∠DAB D ∠ZAC :

Ta sẽ chứng minh ∠DAB D ∠MAC và từ đó suy ra A; M; Z thẳng hàng. Thật vậy, ta dễthấy ∠EAJ D 90ı � 1

2∠BAC D ∠EDF nên tứ giác KAED nội tiếp.

Chứng minh tương tự, tứ giác JAFD nội tiếp. Từ đó dễ thấy ∠EKA D ∠JDA D ∠JFAnên AJEM nội tiếp. Tương tự, tứ giác AKFM nội tiếp nên theo định lý Miquel, M nằm trên.I /. Từ đó suy ra ∠MAJ D ∠MED D ∠DAK: Như vậy, hai tia AM và AD đẳng giáctrong ∠BAC . Ta hoàn thành chứng minh.

Epsil

onsta

ff


Bình luận.

� Hai ý a), b) của bài toán này cũng không liên quan tới nhau. Ý a) của bài toán giúp ta tìmđược trung điểm N của EF . Ý a) là hệ quả trực tiếp của bổ đề 1. Nội dung chính của bổđề 1 đã có trong [1] và thực chất bổ đề này có liên quan chặt chẽ tới bài toán IMO ShortList2002, G7 xem [2], [3]. Phần khó nhất của ý b) là cần chứng minh ∠ZAC D ∠DAB ,thực chất ý chứng minh này đã có trong [4] từ khá lâu và được chứng minh chặt chẽ nhưtrong trong bổ đề 3. Để chứng minh ý này có thể dùng phép nghịch đảo như trong [4]. Bạnđọc có thể tham khảo một mở rộng của bài toán ý b) như sau, tham khảo [4].

� Bài toán mở rộng. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn .O /. K là một điểmnằm trên phân giác ∠BAC và .K / là một đường tròn tiếp xúc trong với .O / tại L.E; F là các điểm thuộc .K / sao cho CE ; DF là các tiếp tuyến của .K /; trong đóE; F và A khác phía với BC . Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACE và ABF cắtnhau tại P khác A. Chứng minh rằng ∠PAC D ∠LAB:

� Tài liệu tham khảo:

[1] Two circles are tangent,https://artofproblemsolving.com/community/c6h1299041.

[2] IMO Shortlist 2002, G7,https://artofproblemsolving.com/community/c6h17323p118682.

[3] http://analgeomatica.blogspot.com/2016/01/ve-bai-toan-g7-trong-

imo-shortlist-2002.html.

[4] Passes through tangent point,https://artofproblemsolving.com/community/q1h1180223.

Bài 4 (7.0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn .O/: Điểm A di động trên .O/sao cho AB > BC và M là trung điểm của AC: Đường tròn đường kính BM cắt .O/ tạiR: Giả sử RM cắt .O/ tại điểm thứ hai Q; cắt BC tại P: Đường tròn đường kính BP cắtAB; BO lần lượt tại các điểm thứ hai K; S:

a) Chứng minh rằng SR đi qua trung điểm của KP:

b) Gọi N là trung điểm của BC: Trục đẳng phương của hai đường tròn đường kínhAN; BM cắt SR tại E: Chứng minh rằng ME luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải. a) Dễ thấy BQ là đường kính của .O/. Gọi I là giao điểm của SR và PK: Ta thấy

∠SPI D ∠SBK D ∠QCA

và∠PSI D ∠PBR D ∠CQR:

Từ đó suy ra hai tam giác PSI và CQM đồng dạng g-g. Chứng minh tương tự, ta cũng có haitam giác KSI và AQM đồng dạng g-g, mà M là trung điểm AC nên I là trung điểm PK:

https://artofproblemsolving.com/community/c6h1299041

https://artofproblemsolving.com/community/c6h17323p118682

http://analgeomatica.blogspot.com/2016/01/ve-bai-toan-g7-trong-imo-shortlist-2002.html

http://analgeomatica.blogspot.com/2016/01/ve-bai-toan-g7-trong-imo-shortlist-2002.html

https://artofproblemsolving.com/community/q1h1180223

Epsil

onsta

ff


O

A

B C

M

N

R

P

Q

SK

I

EX

T

D

L

H

b) Định nghĩa lại điểm E là chân đường cao hạ từ C của tam giác ABC: Gọi H là giaođiểm của các đường cao AD; BL của tam giác ABC: Dễ thấy tứ giác LMND nội tiếp nênCM � CL D CN � CD và HA �HD D HB �HL; suy ra CH chính là trục đẳng phương củađường tròn đường kính AN và BM .

Ta có E nằm trên CH nên thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính AN và BM . Do∠BEH D ∠BRP D 90ı nên tứ giác BHER nội tiếp, ta suy ra

∠HRE D ∠EBH D ∠OBC D ∠PBS D ∠PRS

nên ba điểm S; R; E thẳng hàng. Từ đó suy ra E là giao điểm của SR và trục đẳng phương củacác đường tròn đường kính AN; BM:

Gọi X là giao điểm của EM và BQ: Gọi T là trung điểm của BC thì dễ thấy tứ giác ETMLnội tiếp. Từ đó suy ra

∠MEC D 90ı � ∠MET D 90ı � ∠ALT D 90ı � ∠BAC D ∠BAL D ∠BCQ:

Kết quả này chứng tỏ tứ giác BCXE nội tiếp, suy ra ∠BXC D BEC D 90ı: Vậy X là hìnhchiếu của C lên BQ cố định. Tóm lại, ta có EM đi qua X cố định.

Bình luận.

� Hai ý của bài toán không liên quan tới nhau. Ý b) việc phát biểu để có điểm E chưa thựcsự đẹp vì bản chất E chỉ là chân đường cao hạ từ C; tuy nhiên điểm cố định cho lần này cómới hơn các điểm cố định thông thường. Bài toán sử dụng các kiến thức về tam giác đồngdạng và tứ giác nội tiếp thông thường. Ý b) cần vận dụng một số kiến thức về phương tíchvà trục đẳng phương.

Epsil

onsta

ff


� Bạn đọc có thể tham khảo một phát triển của bài toán ý b) như sau: Cho tam giác ABCcố định và một đường tròn .K/ thay đổi đi qua B; C cắt CA; AB lần lượt tại E; F . GọiJ; L lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF: EJ cắt FL tại P: Q là tâmngoại tiếp tam giác KEF: Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cốđịnh khi .K/ thay đổi.

Bài 5 (7.0 điểm). Cho 2017 số dương a1 ; a2 ; : : : ; a2017 : Với mỗi n > 2017; ta đặt

an D max˚a i1a i2a i3j i1 C i2 C i3 D n; 1 � i1 � i2 � i3 � n � 1

:

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương m không vượt quá 2017 và số nguyên dươngN > 4m sao cho anan�4m D a2

n�2m với mọi n > N:

Lời giải. Với mỗi n nguyên dương, ta đặt bn D ln an : Khi đó bài toán có thể được phát biểulại như sau: Cho 2017 số thực b1 ; b2 ; : : : ; b2017 : Với mỗi n > 2017; ta đặt

bn D max˚b i1C b i2

C b i3j i1 C i2 C i3 D n; 1 � i1 � i2 � i3 � n � 1

:

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương m không vượt quá 2017 và số nguyên dươngN > 4m sao cho bn C bn�4m D 2bn�2m với mọi n > N:

Gọi ` .1 � ` � 2017/ là số sao cho b`

`D max

nbi

i

ˇ̌̌1 � i � 2017

o: Ta có nhận xét sau:

Nhận xét 1. Với mọi n nguyên dương thì

bn

n�b`

`:

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n: Rõ ràng khẳng định đúng với n � 2017do cách định nghĩa ` : Ta chỉ cần xét trường hợp n > 2017: Giả sử khẳng định đúng với mọik < n: Từ cách xác định bn ; ta thấy tồn tại j1 ; j2 ; j3 2 N� thỏa j1 C j2 C j3 D n sao cho

bn D bj1C bj2

C bj3:

Sử dụng giả thiết quy nạp, ta có

bn � j1 �b`

`C j2 �

b`

`C j3 �

b`

`D n �

b`

`;

từ đó suy ra bn

n�

b`

`: Do đó khẳng định cũng đúng với n: Nhận xét được chứng minh.

Bây giờ, với mỗi n nguyên dương, đặt cn D nb` � `bn thì từ nhận xét trên ta có cn � 0 vớimọi n: Đồng thời, với mọi n � 2017 thì

cnC2` D .n C 2`/b` � `bnC2`

� .n C 2`/b` � `.bn C b` C b` /

D nb` � `bn D cn :

Từ đó suy ra

cnC2k ` � cnC2.k�1/` � � � � � cn ; 8n � 2017; k � 1:

Epsil

onsta

ff


Gọi x số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 2x ` > 2017 và đặt

M D maxfc i j 1 � i � 4x ` � 1g :

Khi đó, với mọi n > 2x` ; đặt n D 2kx ` C r (với 0 � r < 2x`), ta có

cn � crC2.k�1/x ` � crC2.k�2/x ` � � � � � crC2x ` � M:

Ta có các nhận xét sau:

Nhận xét 2. Với mọi n nguyên dương, tồn tại các số tự nhiên s1 ; s2 ; : : : ; s2017 sao cho

cn D s1c1 C s2c2 C � � � C s2017c2017 :

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n: Rõ ràng khẳng định đúng với mọin � 2017 (chỉ cần chọn sn D 1 và s i D 0 với i ¤ n). Ta chỉ cần xét trường hợp n > 2017

là đủ. Giả sử khẳng định đúng với mọi k < n: Tư công thức xác định của bn ; ta suy ra

cn D minfc i1C c i2

C c i3j 1 � i1 � i2 � i3 � n� 1; i1C i2C i3 D ng ; 8n > 2017:

Do đó tồn tại j1 ; j2 ; j3 2 N� thỏa j1 C j2 C j3 D n sao cho

cn D cj1C cj2

C cj3:

Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các số tự nhiên u1 ; u2 ; : : : ; u2017 ; v1 ; v2 ; : : : ; v2017 ; w1 ;

w2 ; : : : ; w2017 sao cho

cj1D u1c1 C u2c2 C � � � C u2017c2017 ;

cj2D v1c1 C v2c2 C � � � C v2017c2017 ;

cj2D w1c1 C w2c2 C � � � C w2017c2017 :

Do đó, ta cócn D s1c1 C s2c2 C � � � C s2017c2017 ;

trong đó s i D u i C v i C w i với 1 � i � 2017: Như vậy khẳng định cũng đúng với n: Nhậnxét được chứng minh.

Nhận xét 3. Dãy .cn / chỉ nhận hữu hạn giá trị.

Chứng minh. Nhận xét này được suy ra trực tiếp từ tính bị chặn của cn và kết quả của nhậnxét ở trên.

Bây giờ, do cn chỉ nhận hữu hạn giá trị và

cnC2k x ` � cnC2.k�1/x ` � � � � � cn

với mọi n � 2017 nên tồn tại N1 đủ lớn để cn D cn�2x ` với mọi n > N1 : Khi đó, ta có

nb` � `bn D .n � 2x `/b` � `bn�2x ` ; 8n > N1 ;

haybn D 2b` C bn�2x ` ; 8n > N1 :

Epsil

onsta

ff


Từ đây, ta cũng suy ra

bn�2x ` D 2b` C bn�4x ` ; 8n > N1 C 2x ` :

Cộng chéo vế hai kết quả trên, ta được

bn C bn�4x ` D 2bn�2x ` ; 8n > N1 C 2x ` :

Chọn N D N1 C 2x ` và m D x` ; ta có điều phải chứng minh.

Bình luận.

� Bước logarith hoá để đưa về dãy bn định nghĩa bởi bn D maxfb i C bj C bk j i C j C

k D ng là khá hiển nhiên. Nó không tạo ra bước ngoặt đáng kể nhưng ít nhất sẽ tạo sựtiện lợi trong trình bày và tính toán. Trong các phần sau ta coi như đang làm việc với bàitoán đã chuyển đổi sang phép cộng.

� Đây là một bài toán dãy số được định nghĩa truy hồi thông qua max; tạo một tình huống tổhợp khá thú vị. Để hình dung “hành vi” của dãy số này, ta cần xây dựng thử dãy số với thamsố nhỏ. Chẳng hạn, nếu thay 2017 bằng 5 và với 5 số hạng đầu tiên là 1; 2 ; 4 ; 5; 10thì các số hạng tiếp theo sẽ là 7; 12 ; 13; 15; 16; 21; : : : và chúng ta sẽ nhìn thầy vaitrò của số hạng thứ 5 (số 10) trong dãy số này, từ đó dẫn đến ý tưởng xét ` sao cho b`

`lớn

nhất và các bước tiếp theo.

� Bài toán này có thể coi là anh em song sinh với bài số 6 trong đề thi Toán Quốc tế năm2010, cụ thể như sau:

Cho a1 ; a2 ; a3 ; : : : là dãy các số thực dương và s là số nguyên dương sao cho

an D maxfak C an�k j 1 � k � n � 1g

với mọi n > s : Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương l � s và N sao choan D a l C an�l với mọi n � N:

Sự khác biệt chỉ nằm ở phép cộng và phép nhân, vốn có thể chuyển sang dễ dàng nhờlogarith, cũng như độ sâu của phép truy hồi. Tuy nhiên bước chuyển từ 2 sang 3 nàygần như không ảnh hưởng đến các bước lý luận của lời giải. Ý tưởng chính vẫn là xétt D max

˚ai

i; i D 1; : : : ; s

và xét dãy số bn D n t � an :

Bài 6 (7.0 điểm). Với mỗi số nguyên dương n, xét a1 ; a2 ; : : : ; a2n là hoán vị của 2n sốnguyên dương đầu tiên. Một hoán vị như thế được gọi là “đẹp” nếu với mọi 1 � i < j � 2n

thì a i C anCi D 2nC 1 và a i � a iC1 không đồng dư với aj � ajC1 theo modulo 2nC 1.(Quy ước a2nC1 D a1 :)

a) Với n D 6, hãy chỉ ra một hoán vị đẹp.

b) Chứng minh rằng với mỗi n nguyên dương thì luôn tồn tại một hoán vị đẹp.

Epsil

onsta

ff


Lời giải. a) Ta xét hoán vị sau:

1; 2 ; 4 ; 8; 3; 6; 12 ; 11; 9; 5; 10; 7:

Dễ thấy rằng 1 C 12 D 2 C 11 D 4 C 9 D 8 C 5 D 3 C 10 D 6 C 7. Đồng thời, hiệu củacác số liên tiếp lấy theo modulo 13 lần lượt là 1; 2 ; 4 ; 8; 3; 6; 12 ; 11; 9; 5; 10; 7 đềuphân biệt. Do đó, hoán vị này thỏa mãn điều kiện đề bài.

b) Gọi A là tập hợp các hoán vị đẹp và B là tập hợp các cách điền các số 1; 2 ; : : : ; 2nlên các đỉnh của đa giác đều X1X2X3 : : : X2n , sao cho hai số thuộc các đầu mút của mộtđường kính có tổng là 2n C 1 I đồng thời không có bất cứ một dãy liên tiếp các số nào cótổng là bội của 2n C 1:

Ta sẽ chứng minh rằng tồn tại song ánh từ A ! B và khi đó, để chứng minh tồn tại hoán vị, tachỉ cần chỉ ra rằng jA j D jB j > 0:

(1) Tồn tại song ánh A ! B:

Xét một hoán vị thuộc A là .a1 ; a2 ; : : : ; a2n / thì với i D 1; 2n, ta chọn b i 2 f1; : : : ; 2ng

sao cho b i � a iC1 � a i .mod 2n C 1/. Theo giả thiết thì tất cả các số b i này phải đôi mộtphân biệt. Ta quy ước rằng a2nC1 D a1 và b2nC1 D b1.

Ta điền các số này lên vòng tròn theo thứ tự, b i điền cho đỉnh X i . Dễ thấy

b i C b iCn � a iC1 � a i C a iC1Cn � a iCn D 2.2n C 1/ � 0 .mod 2n C 1/:

Do 0 < b i C b iCn < 2.2n C 1/ nên b i C b iCn D 2n C 1: Ngoài ra, ta cũng có

a i D .a i � a i�1 / C .a i�1 � a i�2 / C � � � C .a2 � a1 / C a1 D a1 C

i�1XkD1

bk

và các số a i đôi một phân biệt theo modulo 2n C 1 nên không tồn tại i ; j sao cho

aj � a i D

j �1XkDi

bk � 0 .mod 2n C 1/:

Do đó, cách điền các số b i như trên thỏa mãn điều kiện cách điền trong B: Ngược lại, xét mộtcách điền trong B và b i được điền cho đỉnh X i ; i D 1; 2n thì xét dãy số

a1 D b1 ; a2 D b1 C b2 ; a3 D b1 C b2 C b3 ; : : : ; a i D

iXkD1

bk

và tổng lấy theo modulo 2n C 1: Khi đó, ta thấy rằng các số a i đều dương và đồng thời cũngphân biệt, vì nếu không, giả sử có a i D aj thì

0 D aj � a i D

j �1XkDi

bk .mod 2n C 1/;

mâu thuẫn. Hơn nữa b i C b iCn � a i � a i�1 C a iCn � a iCn�1 � 0 .mod 2n C 1/ nên

a i C a iCn � a i�1 C a iCn�1 .mod 2n C 1/ với mọi i � 2 :

Epsil

onsta

ff


Suy ra, tổng a i C a iCn với mọi i D 1; 2n đều có cùng số dư là a 2 f0; 1; 2 ; : : : ; 2ng khichia cho 2n C 1: Chú ý rằng có 2n tổng như thế và chúng đôi một rời nhau nên

2nXkD1

k D

2nXiD1

.a i C a iCn / � 2na .mod 2n C 1/;

mà .2n ; 2n C 1/ D 1 nên cần có a D 0 hay a i C a iCn D 2n C 1 với mọi i D 1; 2n.Do đó, dãy số a i là hoán vị đẹp nên nó thuộc A: Đến đây ta có song ánh đi từ A vào B và.1/ được chứng minh.

(2) Chứng minh jB j > 0:

Trước hết, ta thấy rằng số cách điền sao cho b i C b iCn D 2nC 1 với mọi i D 1; 2n là nŠ � 2n

vì các số 1 ! 2n thuộc các cặp rời nhau có tổng là 2n C 1 và có thể đổi chỗ số điền cho X i

và X iCn : Giả sử trong một cách điền số lên đa giác, có một dãy liên tiếp có k số mà tổng chiahết cho 2n C 1 thì k � 3 và nếu gọi Sk là số tập con có k phần tử như thế thì ở đây, ta cón � 2n�k � .n � k /Š � Sk cách điền. Cụ thể là có n cách chọn vị trí bắt đầu của dãy (vì tính đốixứng qua tâm nên nếu dãy k số này thỏa thì k số đối xứng của nó cũng thỏa), còn lại 2n � 2ksố xếp tùy ý thỏa mãn tính đối xứng là 2n�k � .n � k /Š.

Từ đó suy ra số cách điền thỏa điều kiện tổng b i C b iCn D 2n C 1 nhưng có một dãy các sốliên tiếp có tổng chia hết cho 2n C 1 sẽ không vượt quá

S D n

nXkD3

2n�k .n � k /ŠSk :

Để đánh giá đại lượng này, ta tiếp tục chứng minh các nhận xét sau:

a) Sk �1

kC k�1

2n .

b) C k�12n � 4k�1C k�1

n�1 với mọi n � 5; k � 3; n � k : Khi đó với n D 1; 2 ; 3; 4 ta cóthể chỉ ra hoán vị cụ thể thỏa mãn đề bài.

c)x 0

0ŠCx 1

1ŠCx 2

2ŠC � � � C

x n

nŠ< ex với mọi n.

Thật vậy:

a) Ta thấy rằng có đúng C k�12n tập con tùy ý có k � 1 phần tử của 2n. Với mỗi tập con như

thế thì có không quá một cách để thêm vào một số để được k số có tổng là bội của 2nC 1.Ngược lại, mỗi tập con k phần tử có tổng chia hết cho 2n C 1 thì tương ứng với đúng ktập con có k � 1 phần tử của 2n: Dùng đếm bằng hai cách, ta có k � Sk � 1 � C

k�12n hay

(a) được chứng minh.

b) Có thể chứng minh dễ dàng bằng quy nạp theo n với chú ý rằng

C k2n � C k

n�1 D2n � k C 1

kC k�1

2n �n � k

kC k�1

n�1 �2n � k C 1

n � k4k�1 < 4k :

c) Có thể chứng minh f .x / D ex �Pn

iD0x i

i Šluôn đồng biến bằng đạo hàm n lần.

Epsil

onsta

ff


Cuối cùng, ta có

S � n

nXkD3

2n�k .n � k /Š1

kC k

n�1 � n

nXkD3

2n�k .n � k /Š1

kC k�1

n�1 4k�1

D 2nnŠ1

4

nXkD3

2k

k Š< 2nnŠ

e 2 � .1 C 2 C 2/

4< 2nnŠ:

Do đó, jB j � 2nnŠ � S > 0. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Bình luận.

� Ở bài 6 này, chúng tôi có tham khảo ý tưởng của Nguyễn Huy Tùng, IMO 2014 (ýtưởng cho lời giải chi tiết ở trên) và Lê Hồng Quý, IMO 2006 (ý tưởng lời giải trongphần bình luận bên dưới).

� Lời giải trên tiếp cận theo hướng xác suất, cụ thể là để chứng minh tồn tại một mô hìnhthỏa mãn ràng buộc của đề bài, thay vì xây dựng trực tiếp, chúng ta có thể đếm hoặc ướclượng tương đối số mô hình thỏa mãn và chứng minh nó là số dương.

� Một số bài toán tương tự:

1. (Bulgaria, 2016) Hỏi có tồn tại hay không số nguyên dương n < 109 sao cho n có thểbiểu diễn dưới dạng tổng của ba số chính phương dương phân biệt bởi hơn 1000 cách?

Tương tự ý tưởng đã nêu trong bài 6, ta có thể đếm số lượng tổng a2 C b 2 C c 2 phânbiệt với 1 � a < b < c � N và N là số nguyên dương nào đó. Có tất cả C 3

N bộ.a ; b ; c / nhưng nhận không quá 3N 2 giá trị nên phải tồn tại một giá trị tương ứngvới ít nhất C 3

N

3N 2 bộ. Chọn N D 18003 thì câu trả lời cho bài toán trên là khẳng định.

2. Chứng minh rằng trong 2100 người, không nhất thiết phải có 200 người đôi mộtquen nhau hoặc đôi một không quen nhau.

3. Trong một bảng 100 � 100; người ta viết vào mỗi ô một trong các số nguyên dươngkhông vượt quá 5000 và mỗi số xuất hiện đúng hai lần. Chứng minh rằng có thểchọn ra 100 số phân biệt thuộc các hàng và cột khác nhau từ trong bảng trên.

� Để giải quyết bài 6, ta cũng có thể tiến hành trực tiếp với ý tưởng là xây dựng sao cho vớimọi i thì ja iC1 � a i j � 2 i C 1 .mod 2n C 1/, nếu có được điều này thì yêu cầu củabài toán được thỏa mãn. Cụ thể là:

Xếp các số lên các đỉnh của đa giác X1X2 : : : X2n sao cho X i D i với i D 1; n vàX i D � i với i D n C 1; 2n. Ta tiến hành chọn các số của hoán vị theo quy tắc sau:

� Xuất phát từ đỉnh X1, ta chọn a1 D 1.

� Đi đến đỉnh liền sau của XnC1 là XnC2, và chọn a2 D �2.

� Đi đến đỉnh liền sau của X2 là X3 và chọn a3 D 3:

� Cứ như thế, ta chọn được n số đầu tiên của hoán vị là: 1; �2 ; 3; �4 ; 5; �6; : : : (ởđây ta hiểu số âm theo nghĩa là lấy modulo với 2n C 1). Sau đó các số còn lại chọnđối xứng qua tâm là xong.

Epsil

onsta

ff


Tuy nhiên, vấn đề ở đây là anC1 D 1 nên hiệu janC1 � an j 2 fn � 1; n C 1g,do đó ta cần tránh bước thứ i nào đó mà ja iC1 � a i j 2 fn � 1; n C 1g (nếu haisố này chẵn thì giá trị tương ứng là n; n C 2).

Để làm được điều này, ở bước thứ i , thay vì ta đi vào điểm bên cạnh của điểm đối xứngqua đường kính thì ta sẽ đi đến điểm bên cạnh của số đó để cho ja iC1 � a i j D 1,đoạn còn lại vẫn thực hiện như cũ. Do việc chọn các giá trị theo cùng một chiều nênkhông xảy ra trường hợp lặp lại số cũ.

Cuối cùng, ta chỉ cần xác định bước thứ i như thế. Để ý rằng nếu thực hiện như ban đầu,ta sẽ có các số a1 ; a2 ; : : : ; an chỉ chứa số nguyên dương lẻ và số nguyên âm chẵn.

Khi đó, nếu n chẵn thì an D �n và jan � anC1 j D n � 1, cần tránh giá trị n C 2ra vì .n � 1/ � �.n C 2/ .mod 2n C 1/. Thay vì đi đến điểm nC2

2, ta đi sang

điểm bên cạnh của nó.

Nếu n lẻ thì tương tự, thay vì đi đến nC12

, ta cũng đi sang điểm bên cạnh. Theo quytắc này thì các giá trị ja i � a iC1 j sẽ nhận tất cả các giá trị lẻ từ 1 ! 2n � 1 vàđương nhiên thỏa mãn điều kiện đề bài.

Documents

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN IMO 2017 · 2017-08-27 · staff 2 Líi gi£i và bình lu“n đ• thi chån đºi tuy”n IMO 2017 3.˚•thi 3.1.Ng€ythithønh§t(25/03/2017)