Đề thi kèm lời giải chi tiết đề thi VMO năm 2020

Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020 Nguyễn Tăng Vũ - Lê Phúc Lữ - Nguyễn Công Thành §1 Đề thi ngày 1 (ngày 25/12/2020)  Bài 1 (5 điểm). Cho dãy số thực (xn ) có x1 ∈ 1 0, 2  và xn+1 = 3x2n − 2nx3n với mọi n ≥ 1. a) Chứng minh lim xn = 0. b) Với mỗi n ≥ 1 đặt yn = x1 + 2x2 + · · · + nxn . Chứng minh rằng dãy (yn ) có giới hạn hữu hạn. Bài 2 (5 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (x) f (y) = f (xy − 1) + xf (y) + yf (x) với mọi số thực x, y. Bài 3 (5 điểm). Cho tam giác nhọn không cân ABC có trực tâm H và D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I và K, J lần lượt là trung điểm BC, EF . Cho HJ cắt lại (I) tại G, GK cắt lại (I) tại L. a) Chứng minh rằng AL vuông góc với EF . b) Cho AL cắt EF tại M , IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF tại N , DN cắt AB, AC lần lượt tại P , Q. Chứng minh rằng P E, QF , AK đồng quy. Bài 4 (5 điểm). Với số nguyên n ≥ 2, gọi s (n) là tổng các số nguyên dương không vượt quá n và không nguyên tố cùng nhau với n. n (n + 1 − φ (n)), trong đó φ (n) là số các số nguyên dương 2 không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n. a) Chứng minh s (n) = b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n ≥ 2 thỏa mãn s (n) = s (n + 2021). §2 Đề thi ngày 2 (ngày 26/12/2020) Bài 5 (6 điểm). Cho đa thức P (x) = a21 x21 + a20 x20 + · · · + a1 x + a0 có các hệ số thuộc [1011, 2021]. Biết rằng P (x) có nghiệm nguyên và c là một số dương sao cho |ak+2 − ak | ≤ c với mọi k ∈ {0, 1, . . . , 19}. a) Chứng minh rằng P (x) có đúng một nghiệm nguyên. 1 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020 b) Chứng minh 10 P (a2k+1 − a2k )2 ≤ 440c2 . k=0 Bài 6 (7 điểm). Một học sinh chia tất cả 30 viên bi vào 5 cái hộp được đánh số 1, 2, 3, 4, 5 (sau khi chia có thể có hộp không có viên bi nào). a) Hỏi có bao nhiêu cách chia các viên bi vào các hộp (hai cách chia là khác nhau nếu có một hộp có số bi trong hai cách chia là khác nhau)? b) Sau khi chia, học sinh này sơn 30 viên bi đó bởi một số màu (mỗi viên được sơn đúng một màu, một màu có thể sơn cho nhiều viên bi), sao cho không có 2 viên bi nào trong cùng một hộp có màu giống nhau và từ hai hộp bất kì không thể chọn ra được 8 viên bi được sơn bởi 4 màu. Chứng minh rằng với mọi cách chia, học sinh đều phải dùng không ít hơn 10 màu để sơn bi. c) Hãy chỉ ra một cách chia sao cho với đúng 10 màu, học sinh có thể sơn bi thỏa mãn các điều kiện ở câu b). Bài 7 (7 điểm). Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là giao điểm hai tiếp tuyến của (O) tại B và C. Đường tròn đi qua A và tiếp xúc với BC tại B cắt trung tuyến đi qua A của tam giác ABC tại G. Cho BG, CG lần lượt cắt CD, BD tại E, F . a) Đường thẳng đi qua trung điểm của BE và CF lần lượt cắt BF , CE tại M , N . Chứng minh rằng các điểm A, D, M , N cùng thuộc một đường tròn. b) Cho AD, AG lần lượt cắt lại đường tròn ngoại tiếp các tam giác DBC, GBC tại H, K. Trung trực của HK, HE, HF lần lượt cắt BC, CA, AB tại R, P , Q. Chứng minh rằng các điểm R, P , Q thẳng hàng. 2 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020 §3 Lời giải chi tiết và bình luận Bài 1   1 và xn+1 = 3x2n − 2nx3n với mọi n ≥ 1. Cho dãy số thực (xn ) có x1 ∈ 0, 2 a) Chứng minh lim xn = 0. b) Với mỗi n ≥ 1 đặt yn = x1 + 2x2 + · · · + nxn . Chứng minh rằng dãy (yn ) có giới hạn hữu hạn. Lời giải. 1 với mọi n ≥ 2 bằng quy nạp. Thật vậy, ta 2 (n − 1)   1 2 3 2 2 3 có x2 = 3x1 − 2x1 = x1 (3 − 2x2 ) ≤ nên xét f (x) = 3x − 2x trên 0, , ta có   2  1 1 1 f 0 (x) = 6x (1 − x) ≥ 0 với mọi x ∈ 0, , nên 0 = f (0) < (xn ) < f = , 2 2 2 1 hay 0 < x2 < . 2   1 1 2 3 Giả sử 0 < xn < với n ≥ 2. Xét g (x) = 3x − 2nx trên 0, , 2 (n − 1) 2 (n − 1) 1 1 ≤ nên g 0 (x) = 6x (1 − nx) ≥ 0, suy ra ta có 0 ≤ x ≤ 2 (n − 1) n   1 0 = g (0) < g (xn ) < g . 2 (n − 1) a) Ta sẽ chứng minh 0 < xn < Mà 1 −g 2n  1 2 (n − 1)  = (n − 2) (2n2 − 4n + 1) 2n − 3 1 − = ≥0 2n 4 (n − 1)3 4n (n − 1)3 1 1 với mọi n ≥ 2 nên ta suy ra 0 < g (xn ) < , hay 0 < xn+1 < . Theo nguyên lí 2n 2n 1 quy nạp, ta có 0 < xn < với mọi n ≥ 2. 2 (n − 1) Từ đó, cho n → +∞, áp dụng nguyên lí kẹp ta có ngay lim xn = 0. b) Từ câu trên, ta thấy 3 − 2nxn > 3 − 2n > 0 với mọi n ≥ 2 nên theo bất 2 (n − 1) đẳng thức AM - GM, ta có xn+1 = x2n 1 1 (3 − 2nxn ) = 2 (nxn )2 (3 − 2nxn ) ≤ 2 n n  nxn + nxn + 3 − 2xn 3 3 = 1 n2 với mọi n ≥ 2. Vì (n − 1)4 − 3 (n + 1)3 là một đa thức bậc 4 theo biến n nên tồn tại số tự nhiên m > 2 đủ lớn để (n − 1)4 > 3 (n + 1)3 với mọi n > m. Lúc này, với mỗi n > m, ta có 3 1 xn+1 < 3x2n < . 4 < (n − 1) (n + 1)3 3 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020 Từ đó ta có yn < m X (kxk ) + k=1 1 1 1 2 + 2 + ··· + 2 n (m + 1) (m + 2) với mọi n > m. Tuy nhiên 1 1 1 1 1 1 2 + 2 + ··· + 2 < 2 + 2 + ··· + 2 n 1 2 n (m + 1) (m + 2) 1 1 1 + + ··· + <1+ 1·2 2·3 n · (n + 1)       1 1 1 1 1 =1+ 1− + − + ··· + − 2 2 3 n n+1 1 =2− <2 n+1 nên ta có yn < m P (kxk ) + 2 với mọi n > m, tức là (yn ) bị chặn trên. Mặt khác, dễ k=1 thấy (yn ) là dãy tăng ngặt nên theo định lý Weierstrass, ta có (yn ) hội tụ. Nhận xét. Ở câu a, ta còn cách đánh giá khác là chỉ ra xn ≤ 21n . Hướng xử lý này có thể thực hiện tương tự bằng quy nạp, và ở câu b, chỉ cần ước lượng đơn giản chuyển từ 2n → n3 là được. Bài 2 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (x) f (y) = f (xy − 1) + xf (y) + yf (x) với mọi số thực x, y. Lời giải. Giả sử f : R → R thỏa mãn f (x) f (y) = f (xy − 1) + xf (y) + yf (x) với mọi số thực x, y. Thế y = 0 vào đẳng thức trên, ta có f (x) f (0) = f (−1) + xf (0) . Vì vậy nếu f (0) 6= 0 thì f (x) phải có dạng x + k, với k là số thực nào đó. Tuy nhiên, khi đó hệ số của xy trong vế trái của phương trình đề cho là 1, trong khi hệ số của xy ở vế phải là 3, vô lí. Vậy f (0) = 0, do đó từ đẳng thức trên, ta cũng có f (−1) = 0. Từ đó, thế y = −1 vào phương trình đề cho, ta suy ra f (x) = f (−x − 1). Với tính chất này, thế y bởi −y − 1 vào phương trình đề cho, ta thu được f (x) f (y) = f (xy + x) + xf (y) + (−y − 1) f (x) . 4 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020 Đối chiếu đẳng thức trên với phương trình đề cho, ta có f (xy + x) = f (xy − 1) + (2y + 1) f (x) . 1 ta có x   2 f (x + 1) = + 1 f (x) x Từ đẳng thức này, với mỗi x 6= 0, thế y bởi (1) với mọi x 6= 0. Thế x bởi x + 1, y bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có f (x + 1) f (1) = f (x) + (x + 1) f (1) + f (x + 1) , hay là (f (1) − 1) f (x + 1) = f (x) + f (1) (x + 1) . (2) Tiếp tục thế x = y = 1 vào phương trình đề cho, ta có f (1)2 = 2f (1) nên f (1) = 0 hoặc f (1) = 2. • Nếu f (1) = 0 thì kết hợp (2) và (1) ta có  −f (x) = f (x + 1) =  2 + 1 f (x) x với mọi x 6= 0. Từ đó, với chú ý f (0) = 0 ta suy ra f (x) ≡ 0. • Nếu f (1) = 2 thì cũng từ (2) và (1) ta có  f (x) + 2 (x + 1) = f (x + 1) =  2 + 1 f (x) x với mọi x 6= 0. Suy ra f (x) = x (x + 1) với mọi x 6= 0. Mà f (0) = 0 nên f (x) = x (x + 1) với mọi x. Thay lại vào phương trình đề cho, dễ thấy f (x) ≡ 0 và f (x) = x (x + 1) đều thỏa mãn yêu cầu. Nhận xét. Ngoài cách xử lý như trên, ta có thể đặt g(x) = f (x) − x thì thay vào sẽ được ngay g(x)g(y) = g(xy − 1) + 2xy − 1. Bài toán sẽ gọn gàng hơn nhiều. Bài 3 Cho tam giác nhọn không cân ABC có trực tâm H và D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I và K, J lần lượt là trung điểm BC, EF . Cho HJ cắt lại (I) tại G, GK cắt lại (I) tại L. a) Chứng minh rằng AL vuông góc với EF . b) Cho AL cắt EF tại M , IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF tại N , DN cắt AB, AC lần lượt tại P , Q. Chứng minh rằng P E, QF , AK đồng quy. 5 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020 Lời giải. Ta thấy (HEF ) là đường tròn đường kính AH nên I là trung điểm AH, kéo theo (IEF ) là đường tròn Euler của tam giác ABC nên nó đi qua D, K. a) Dễ thấy IE = IF và KE = KF , do đó IK là trung trực EF nên đi qua J, từ đó có được JI · JK = JE · JF = JH · JG nên HKGI là tứ giác nội tiếp. Suy ra ∠HIK = ∠HGK = ∠HAL, do đó IK k AL. Mà IK ⊥ EF nên AL ⊥ EF . b) Ta có MA · ML = ME · MF = MI · MN nên tứ giác AILN nội tiếp, suy ra ∠AN I = ∠ALI = ∠IAL = ∠DIK = 90◦ − ∠IKD = 90◦ − ∠IN D nên ∠AN D = 90◦ . Nếu DN k EF thì AN ⊥ EF , mà AM ⊥ EF nên M N đi qua A, suy ra A, I, M thẳng hàng nên AI ⊥ EF , kéo theo EF k BC, điều này không thể xảy ra vì tam giác ABC không cân. Do đó, DN và EF không song song, và giả sử chúng cắt nhau tại điểm T . Ta thấy N thuộc đường tròn đường kính AD và hai đường tròn đường kính AD, AH tiếp xúc nhau nên T A là tiếp tuyến chung của hai đường tròn nói trên, vì T chính là tâm đẳng phương của chúng và (IEF ). Do đó T A ⊥ AD, hay AT k BC. Gọi S là giao điểm của P E và QF , ta có chùm điều hòa cơ bản A (T S, BC) = A (T S, P Q) = −1, mà AT k BC nên AS chia đôi BC, tức AS đi qua K, hay AK, P E, QF đồng quy. Ta có điều cần chứng minh. 6 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020 Nhận xét. Bài toán có ý thứ nhất khá nhẹ nhàng, còn có thể được tiếp cận bằng cách sử dụng kiến thức về tứ giác điều hòa và đường đối song. Ý thứ hai cũng không quá khó, tuy nhiên việc tiếp cận bằng những hướng không sử dụng kiến thức về chùm điều hòa là khá khó khăn nên nhìn chung, các thí sinh không nắm vững phần này sẽ gặp phải trở ngại nhất định ở ý b). Khi chuyển mô hình đường tròn Euler về mô hình đường tròn bàng tiếp, có thể thấy ∠AN D = 90◦ là tính chất khá kinh điển trong mô hình đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp. Bài 4 Với số nguyên n ≥ 2, gọi s (n) là tổng các số nguyên dương không vượt quá n và không nguyên tố cùng nhau với n. n (n + 1 − φ (n)), trong đó φ (n) là số các số nguyên 2 dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n. a) Chứng minh s (n) = b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n ≥ 2 thỏa mãn s (n) = s (n + 2021). Lời giải. a) Với mỗi số d ∈ {1, 2, . . . , n} và gcd(d, n) = 1, ta cũng thấy rằng gcd(n − d, n) = 1. Ngoài ra, với n ≥ 2 thì ϕ(n) chẵn nên các số nguyên tố cùng nhau với n như trên sẽ được chia thành các cặp có dạng (d, n − d) với tổng là n. Từ đó suy ra tổng các số nguyên tố nϕ(n) . Do đó cùng nhau với n và không vượt quá n sẽ là 2 n nϕ(n) = (n + 1 − ϕ(n)). s(n) = 1 + 2 + · · · + n − 2 2 b) Giả sử phản chứng rằng tồn tại số n ≥ 2 thỏa mãn s(n) = s(n + 2021). Ta có n s(n) = (n + 1 − ϕ(n)) nên thay vào đẳng thức trên, ta được 2 (n + 2021)(n + 2022 − ϕ(n + 2021)) = n (n + 1 − ϕ(n)) . Ta xét các trường hợp sau 1. Nếu 2021 - n và gcd(n, 2021) = 1 thì dễ thấy gcd(n, n + 2021) = 1 và có ngay n + 2021 | 2s(n + 2021) = 2s(n) nên n(n + 2021) | 2s(n) < n(n + 1), vô lý. 2. Nếu 2021 - n và gcd(n, 2021) > 1 thì chú ý rằng 2021 = 43 · 47 nên để đơn giản, ta thay 2021 bởi tích hai số nguyên tố lẻ p, q. Giả sử rằng p | n thì đặt n = pk với gcd(k, q) = 1.Thay vào (pk + pq)(pk + pq + 1 − ϕ(pk + pq)) = pk(pk + 1 − ϕ(pk)) hay (k + q)(pk + pq + 1 − ϕ(p(k + q))) = k(pk + 1 − ϕ(pk)). Do gcd(k + q, k) = 1 nên đặt pk + q − ϕ(pk + pq) = ck với c ∈ Z+ , c < p nên pk + 1 − ϕ(pk) = c(k + q). Trừ hai đẳng thức trên, vế theo vế, ta có q(p + c) = ϕ(pk + pq) − ϕ(pk). Lại có vế phải chia hết cho p − 1 nên p − 1 | q(c + p) hay c = p − 2. Suy ra ϕ(p(k + q)) = 2k + pq + 1 và ϕ(pk) = 2k − (p − 2)q + 1. 7 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020 • Nếu p | k thì p2 | pk nên p | ϕ(pk), kéo theo p | (p − 2)q + 1, dễ thấy vô lý khi (p, q) = (43, 47), (47, 43). Tương tự nếu p | k + q. • Nếu gcd(k, p), gcd(k + q, p) = 1 nên theo tính chất hàm nhân tính thì (p − 1)ϕ(k + q) = 2k + pq + 1, (p − 1)ϕ(k) = 2k − (p − 2)q + 1. Trừ hai đẳng thức trên, vế theo vế, ta có ϕ(k + q) − ϕ(k) = 2q, không chia hết cho 4. Do đó, một trong hai số ϕ(k + q), ϕ(k) không chia hết cho 4. Ta có bổ đề quen thuộc sau (suy ra trực tiếp từ công thức của hàm phi Euler). Bổ đề Với n ≥ 5 là số nguyên dương thỏa ϕ(n) không chia hết cho 4 thì n = am hoặc n = 2am với a là số nguyên tố lẻ và m ∈ Z+ . Áp dụng vào bài toán, ta thấy rằng nếu k = am thì ϕ(k) = am−1 (a
− 1) nên (p − 1)am−1 (a − 1) = 2am − (p − 2)q + 1 < 2am hay (p − 1) 1 − a1 < 2, dễ thấy vô lý. Tương tự nếu k = 2am hoặc k + 1 = am hoặc k + 1 = 2am . Do đó, trường hợp này được giải quyết hoàn toàn. 3. Nếu 2021 | n thì ký hiệu như trên, đặt n = pqk với k ∈ Z+ thay vào đẳng thức trên, ta được (k + 1)(pqk + pq + 1 − ϕ(pq(k + 1))) = k(pqk + 1 − ϕ(pqk)) (∗) Do gcd(k, k + 1) = 1 nên k + 1 | pqk + 1 − ϕ(pqk). Đặt pqk + 1 − ϕ(pqk) = c(k + 1) với c ∈ Z+ , c < pq thì thay vào đẳng thức (*) được pqk + pq + 1 − ϕ(pq(k + 1)) = ck. Trừ xuống ta được c + pq = ϕ(pq(k + 1)) − ϕ(pqk) chia hết cho (p − 1)(q − 1) và c < pq nên có c = pq − 2p − 2q + 2. Do đó pqk + 1 − ϕ(pqk) = c(k + 1) hay ϕ(pqk) = 2(p + q − 1)k − c + 1. Tương tự ϕ(pq(k +1)) = 2(p+q −1)k +pq +1. Nếu như gcd(k, pq), gcd(k +1, pq) > 1 thì dễ thấy vô lý tương tự (2). Do đó, ta lại áp dụng tính nhân tính, ta có ( (p − 1)(q − 1)ϕ(k + 1) = 2(p + q − 1)k + pq − 1 (p − 1)(q − 1)ϕ(k) = 2(p + q − 1)k − pq + 2p + 2q − 1 nên trừ xuống có ϕ(k + 1) − ϕ(k) = 2. Suy ra một trong hai số ϕ(k + 1), ϕ(k) không chia hết cho 4. Đến đây thực hiện tương tự trên. Vậy trong mọi trường hợp đều không tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn đề bài. Nhận xét. Qua lời giải trên, ta thấy rằng bài toán vẫn đúng nếu thay 43, 47 bởi các số nguyên tố p < q sao cho p - 2q − 1 và q - 2p − 1. 8 Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020 Bài 5 Cho đa thức P (x) = a21 x21 + a20 x20 + · · · + a1 x + a0 có các hệ số thuộc [1011, 2021]. Biết rằng P (x) có nghiệm nguyên và c là một số dương sao cho |ak+2 − ak | ≤ c với mọi k ∈ {0, 1, . . . , 19}. a) Chứng minh rằng P (x) có đúng một nghiệm nguyên. b) Chứng minh 10 P (a2k+1 − a2k )2 ≤ 440c2 . k=0 Lời giải. a) Do P (x) là đa thức có hệ số toàn là số dương nên nghiệm của nó phải âm. Ta có bổ đề quen thuộc sau (chứng minh theo kiểu bất đẳng thức trị tuyệt đối và làm trội đơn giản): Bổ đề Cho đa thức hệ số thức P (x) có dạng P (x) = n P ai xi với an 6= 0 và có nghiệm x = x0 i=0 thì |x0 | < 1 + max 0≤i