Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm 2020

Thời gian làm bài 120 phút

Đề bài.

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{a^{4} + b^{4} + 2}{(a^{2} - a + 1) (b^{2} - b + 1)}$ , với $a, b \in R$ .
Bài 2. Tìm tất cả các hàm $f : Q^{+} \to Q^{+}$ thỏa mãn
$f (x^{2} f (y)^{2}) = f (x)^{2} f (y), với mọi x, y \in Q^{+} .$
Bài 3. Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots$ là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $1 =$ $x_{1} < x_{2} < x_{3} \dots$ và $x_{n + 1} \leq 2 n$ với $n = 1, 2, 3 \dots$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ , tồn tại các số nguyên $i > j$ sao cho $x_{i} - x_{j} = k$ .

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A$ , nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ . Gọi $M$ là điểm trên cạnh $A B$ sao cho $\vec{A M} = \frac{1}{3} \vec{A B}$ . Đường tròn tâm $M$ bán kính $M B$ cắt đường tròn tâm $O$ tại điểm thứ hai là $D$ . Một đường thẳng qua $M$ song song với $A D$ cắt $A C$ tại $N$ . Chứng minh rằng $\vec{A N} = \frac{2}{3} \vec{A C}$ .

Đáp án

Bài 1. Với mọi $x \in R$ , ta có
$x^{4} + 1 - \frac{2}{9} {(x^{2} - x + 1)}^{2} = \frac{1}{9} (x + 1)^{2} (7 x^{2} - 10 x + 7) \geq 0 .$
Vì thế nên ta có
$P \geq \frac{2}{9} \frac{{(a^{2} - a + 1)}^{2} + {(b^{2} - b + 1)}^{2}}{(a^{2} - a + 1) (b^{2} - b + 1)} = \frac{2}{9} (\frac{a^{2} - a + 1}{b^{2} - b + 1} + \frac{b^{2} - b + 1}{a^{2} - a + 1}) \geq \frac{4}{9} .$
Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{4}{9}$ , đạt được khi $a = b = - 1$ .

Bài 2. Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Đặt $f (1) = a >$ 0 , trong phương trình đề cho, thay $x = y = 1$ ta có $f (a^{2}) = a^{3}$ .
Từ đó, tiếp tục lần lượt thay $x$ bởi $a^{2}, y$ bởi 1 và $x$ bởi $1, y$ bởi $c^{2}$ vào phương trình ấy, ta thu được
$a^{7} = f (a^{6}) = a^{5} .$
Chú $\hat{y} a > 0$ nên ta có $a = 1$ , tức $f (1) = 1$ . Thay $x$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$f (f (y)^{2}) = f (y), với mọi y \in Q^{+} .$
Lại thay $y$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$f (x)^{2} = f (x^{2}), với mọi x \in Q^{+} .$
Suy ra
$f (x) = f (f (x)^{2}) = f (f (x))^{2} = \dots = f^{n + 1} (x)^{2^{n}}, với mọi x \in Q^{+},$
trong đó $f^{n + 1} (x)$ là $n + 1$ lần tác động $f$ vào $x$ . Từ đó, nếu tồn tại $q \in Q^{+}$ sao cho tồn tại $p \in P$ thỏa mãn $v_{p} (f (q)) \neq 0$ thì ta có
$v_{p} (f (q)) = v_{p} (f^{n + 1} (q)^{2^{n}}) = 2^{n} v_{p} (f^{n + 1} (q)) \neq 0 .$
Trong đẳng thức trên, cho $n \to + \infty$ ta thấy điều vô lý. Suy ra $v_{p} (f (q)) = 0$ với mọi $q \in Q^{+}, p \in P$ , hay $f (x) \equiv 1$ .
Thử lại, ta kết luận $f (x) \equiv 1$ là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 3. Với $k$ nguyên dương, ta xét $k + 1$ số hạng của dãy là $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{k + 1}$ . Ta có $x_{1} = 1 \leq k$ , gọi $q$ là số lớn nhất thỏa mãn $x_{q} \leq k$ thì ta có $q < k + 1$ và
$1 \leq x_{1} < x_{1} < \dots < x_{q} \leq k < x_{q + 1} < \dots < x_{k + 1} < 2 k .$
Nếu tồn tại $1 \leq j < i \leq k + 1$ sao cho $x_{i} - x_{j} = k$ thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số
$x_{1} + k, x_{2} + k, \dots, x_{q} + k, x_{q + 1}, \dots, x_{k + 1}$
là $k + 1$ số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn $k$ nhưng lại không vượt quá $2 k$ , vô lí!

Từ đó suy ra với mọi $k$ nguyên dương, luôn tồn tại các số nguyên $i > j$ sao cho $x_{i} - x_{j} = k$ .

Bài 4. Ta có $O B = O D, M B = M D$ nên dễ thấy $O M$ là phân giác ngoài của góc $A M D$ , mà $O A = O D$ nên suy ra $O \in (A M D)$ .

Gọi $N^{'}$ là giao điểm khác $A$ của $(A M D)$ và $A C$ . Ta chứng minh $N$ trùng $N^{'}$ . Thật vậy, ta có $\vec{A M} = \frac{1}{3} \vec{A B}$ nên $∠ A M O$ tù, do đó nếu $N^{'}$ nằm ngoài tia $A C$ thì $N^{'}$ nằm khác phía $O$ so với $A M$ nên
$∠ A M O = ∠ A N^{'} O = ∠ C A O - ∠ A O N^{'} < ∠ C A O < 90^{\circ},$
vô lý. Suy ra $N^{'}$ nằm trên tia $A C$ , kéo theo $A O$ là phân giác trong góc $M A N^{'}$ nên $O M = O N^{'}$ , mà $O A = O D$ nên $M N^{'}$ song song $A D$ , suy ra $N$ trùng $N^{'}$ .

Từ đó, dễ thấy $A M N D$ là hình thang cân nên $A N = M D = M B$ , hơn nữa $N$ nằm trên tia $A C$ nên ta thu được
$\vec{A N} = \frac{2}{3} \vec{A C}$
Ta có điều cần chứng minh.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Tăng Vũ, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển và đội tuyển PTNK 2008-2021

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển PTNK năm 2021

Leave a reply

Thời gian làm bài 120 phút

Đề thi

Bài 1. Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P = \frac{7}{2} a + (1 - a) (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) + a^{2} b^{2} c^{2}$ .

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f : R \to R$ thỏa mãn $f (x - f (y)) = 4 f (x) + 3 x + f (y)$ với mọi $x, y \in R$ .

Bài 3. Cho $n$ là số nguyên dương và $A = {m \in N^{*} ∣ \gcd (m, 6) = 1, m < 30 n}$ với $| A | = 8 n + 1$ . Chứng minh rằng tồn tại 2 số phân biệt $a, b \in A$ sao cho $a ∣ b$ .
Bài 4. Cho điểm $M$ di động trên đường thẳng $d$ cố định và $O$ là điểm cố định nằm ngoài đường thẳng $d$ . Gọi $A$ là hình chiếu của $O$ lên $d$ , và $H$ là hình chiếu của $A$ trên $O M$ . Gọi $D$ là trung điểm $H M$ .
(a) Chứng minh rằng đường thẳng qua $H$ , vuông góc với $A D$ luôn đi qua một điểm cố định. Gọi điểm đó là $N$ .
(b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $(H M N)$ luôn thuộc một đường thẳng cố định. Từ đó tính tỷ số $\frac{A M}{A O}$ để $(H M N)$ và $(O A H)$ tiếp xúc với nhau.

Đáp án.

Bài 1. Ta có
$P - \frac{7}{2} = \frac{7}{2} (a - 1) + (1 - a) (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) + a^{2} b^{2} c^{2}$
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
$a^{2} b^{2} c^{2} \leq a b^{2} c^{2} \leq a {(\frac{b^{2} + c^{2}}{2})}^{2} = \frac{a {(1 - a^{2})}^{2}}{4} \leq \frac{a (1 - a^{2})}{4} = (1 - a) \frac{a + a^{2}}{4} .$
Do đó, suy ra
$P - \frac{7}{2} \leq (1 - a) (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} + \frac{a + a^{2}}{4} - \frac{7}{2})$
Vì $\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} + \frac{a + a^{2}}{4} \leq 1 + 1 + 1 + \frac{1 + 1^{2}}{4} = \frac{7}{2}$ và dấu bằng không xảy ra nên biểu thức trong dấu ngoặc thứ hai luôn âm. Vì thế nền ta có $P \leq \frac{7}{2}$ .
Giá trị lớn nhất cần tìm là $\frac{7}{2}$ , đạt được khi $(a, b, c) = (1, 0, 0)$ .

Bài 2. Đặt $a = f (0)$ , ta thay $y = 0$ vào đề bài, ta đưa về $f (x - a) - 4 f (x) = 3 x + a$ , kéo theo $f (u) - 4 f (v)$ toàn ánh với $u, v \in R$ . Ta thực hiện các phép thế sau
– Thay $x = f (y)$ , ta có $f (0) = 4 f (f (y)) + 4 f (y)$ với mọi $y$ .
– Thay $x = 2 f (y)$ , ta có $f (f (y)) = 4 f (2 f (y)) + 7 f (y)$ với mọi $y$ .
– Thay $x = 3 f (y)$ , ta có $f (2 f (y)) = 4 f (3 f (y)) + 10 f (y)$ với mọi $y$ .
– Thay $x = 4 f (y)$ , ta có $f (3 f (y)) = 4 f (4 f (y)) + 13 f (y)$ với mọi $y$ .

Từ đó suy ra
$\begin{aligned} 4 f (4 f (y)) = f (3 f (y)) - 13 f (y) & = \frac{1}{4} (f (2 f (y)) - 10 f (y)) - 13 f (y) & = \frac{1}{4} (\frac{1}{4} (f (f (y)) - 7 f (y)) - 10 f (y)) - 13 f (y) & = \frac{1}{4} (\frac{1}{4} (\frac{1}{4} (a - 4 f (y)) - 7 f (y)) - 10 f (y)) - 13 f (y) & = \frac{a}{64} - 16 f (y) \end{aligned}$
Thay $x = 4 f (x)$ , ta có
$f (4 f (x) - f (y)) = 4 f (4 f (x)) + 12 f (x) + f (y)$
hay
$f (4 f (x) - f (y)) = \frac{a}{64} - 4 f (x) + f (y)$
với mọi $x, y \in R$ . Đặt $t = 4 f (x) - f (y)$ thì $t$ nhận giá trị trên $R$ , ta có $f (t) = - t + \frac{a}{64}$ với mọi $t \in R$ . Thay $t = 0$ , ta có $a = 0$ nên $f (t) = - t$ . Thử lại thấy thỏa. Vậy tất cả hàm số cần tìm là $f (x) = - x, \forall x \in R$ .

Bài 3. Trước hết, với mỗi số nguyên dương $n$ , ta ký hiệu $T (n)$ là ước dương lớn nhất không chia hết cho 5 của $n$ . Ta chia tất cả các số nhỏ hơn $30 n$ , nguyên tố cùng nhau với 6 ra thành các nhóm sao cho $m, n$ thuộc cùng nhóm khi và chỉ khi $T (m) = T (n) .$ Do
$ϕ (30) = (2 - 1) (3 - 1) (5 - 1) = 8$
nên từ 1 đến $30 n$ có tổng cộng $8 n$ số nguyên tố cùng nhau với 30 , suy ra có tổng cộng $8 n$ nhóm.

Do $| A | = 8 n + 1$ nên theo nguyên lý Dirichlet trong $A$ sẽ có 2 số thuộc cùng một nhóm, và số lớn sẽ chia hết cho số nhỏ.

Bài 4. (a) Ta thấy hai tam giác vuông $A M H, O A H$ dồng dạng và có các cạnh tương ứng vuông góc nên hai trung tuyến tương ứng của hai tam giác này sẽ vuông góc với nhau. Gọi $K$ là trung điểm $A H$ thì ta sẽ có $A D ⊥ O K$ . Giả sử đường thẳng qua $H$ , vuông góc với $A D$ cắt $O A$ ở $N$ thì ta có $O K | H N$ , suy ra $O$ là trung điểm của $A N$ hay $N$ là điểm đối xúng với $A$ qua $O$ , là điểm cố định.

(b) Ta có
$O A^{2} = O N^{2} = O H \cdot O M$
nên $O N$ tiếp xúc với đường tròn $(H M N)$ . Gọi $I$ là tâm của $(H M N)$ thì $I N ⊥ O A$ nên $I$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Gọi $J$ là trung điểm $O A$ thì $J$ là tâm đường tròn $(O H A)$ . Giả sử $(I)$ tiếp xúc $(J)$ thì tiếp điểm là $H$ , chứng tỏ các điểm $I, H, J$ thẳng hàng. Ta có
$∠ I M H = ∠ I H M = ∠ J H O = ∠ J O H$
nên $I M | O A$ . Khi đó, tứ giác $I N A M$ là hình vuông và ta tính được tỷ số $\frac{A M}{O A} =$ $\frac{A N}{O A} = 2$ .

Tài liệu tham khảo.

[1] Nguyễn Tăng Vũ – Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển, đội tuyển trường Phổ thông Năng khiếu 2008 – 2021,NXB ĐHQG HN, 2021

Đề thi Học kì 1 lớp 10 chuyên Toán PTNK năm 2018

Leave a reply

Bài 1. Cho hàm số $y = x^{2} - 4 x + 3$ . (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vē đồ thị hàm số.
b) Từ đồ thị hàm số (1), suy ra đồ thị hàm số $y = | x^{2} - 4 | x | + 3 |$ . (2)
c) Dựa vào đồ thị hàm số (2), tìm $m$ để phương trình $| x^{2} - 4 | x | + 3 | = m^{2} + 2 m$ có 3 nghiệm.

Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) $\sqrt{x - 1} + \sqrt{6 - x} + \sqrt{7 x - 6 - x^{2}} = 5$
b) ${\begin{cases} {(x^{2} + y)}^{2} + {(x + y^{2})}^{2} = 8 \\ x^{2} + y^{2} + x + y = 4 \end{cases}$ .

Bài 3. Tìm tham số $m$ để hệ phương trình ${\begin{cases} m x + (m - 1) y = m + 1 \\ (m - 1) x + m y = m + 1 \end{cases}$ có nghiệm duy nhất $(x_{0}; y_{0})$ thóa $x_{0}^{2} + y_{0}^{2} = 2$ .

Bài 4. Cho $x$ là số thực dương, đặt $A = x + \frac{1}{x}$ .
a) Chứng minh rằng $A$ là số nguyên thì $A_{n} = x^{n} + \frac{1}{x^{n}}$ cūng là số nguyên với mọi số nguyên dương $n$ .
b) Tìm giá trị lớn nhất của $B = - A^{2} + 6 A + 1$ .

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ đường kính $B C = 2 R, \hat{A B C} = 60^{\circ} . D$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B C$ .
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ ta có: $\vec{M A} \cdot \vec{M D} = \vec{M B} \cdot \vec{M O} - \frac{R^{2}}{2}$ .
b) Tìm $M$ để $S = M A^{2} - 4 M B^{2} + M D^{2}$ đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất theo $R$ .
c) Cho $M$ thay đổi trên $A C . D M$ cắt $(O)$ tại $N$ . Xác định $M$ để $P C / (A M B) = 2 P B / (C M N)$ . $a_{1} 2$
d) Tìm quy tích $M$ thỏa $\vec{M A} \cdot \vec{M D} - 2 \vec{M B} \cdot \vec{M C} = - \frac{R^{2}}{2}$ .

Lời giải

Bài 1.
a) Ta có

a = 1 > 0, \frac{- b}{2 a} = 2

và

\frac{- Δ}{4 a} = - 1

.
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số (1) đồng biến trên $(2; + \infty)$ và nghịch biến trên $(- \infty; 2)$ .

Đồ thị hàm số:

b) Từ đồ thị hàm số (1), ta suy ra đồ thị hàm số $y = x^{2} - 4 | x | + 3$ như sau:

Khi đó, ta có được đồ thị hàm số $y = | x^{2} - 4 | x | + 3 |$ như sau:

c) Theo đồ thị hàm số (2), phương trình $| x^{2} - 4 | x | + 3 | = m^{2} + 2 m$ có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m^{2} + 2 m = 3 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 1 \\ m = - 3 \end{array}$ .

Bài 2.

a) $\sqrt{x - 1} + \sqrt{6 - x} + \sqrt{7 x - 6 - x^{2}} = 5 (1)$ .

ĐKXĐ: ${\begin{cases} x - 1 \geq 0 \\ 6 - x \geq 0 \\ 7 x - 6 - x^{2} \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow 1 \leq x \leq 6$

Đặt $a = \sqrt{x - 1} \geq 0$ và $b = \sqrt{6 - x} \geq 0$ , khi đó ${\begin{cases} a b = \sqrt{7 x - 6 - x^{2}} \\ a^{2} + b^{2} = 5 \end{cases}$ .

Kết hợp với (1), ta có hệ phương trình sau: ${\begin{cases} a + b + a b = 5 \\ a^{2} + b^{2} = 5 . \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} a + b = 5 - a b (2) \\ a^{2} + b^{2} = 5 \end{cases}$

Ta có: $5 = a^{2} + b^{2} = (a + b)^{2} - 2 a b = (5 - a b)^{2} - 2 a b = a^{2} b^{2} - 12 a b + 25$ .

Do đó: $a^{2} b^{2} - 12 a b + 20 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} a b = 2 \\ a b = 10 \end{array}$ .

– Nếu $a b = 2$ , từ (2) ta suy ra $a + b = 3$ . Khi đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

$X^{2} - 3 X + 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} X = 1 \\ X = 2 \end{array}$

Khi đó $(a; b) = (1; 2)$ hoặc $(a; b) = (2; 1)$ .

+) Nếu ${\begin{cases} a = 1 \\ b = 2 \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} \sqrt{x - 1} = 1 \\ \sqrt{6 - x} = 2 \end{cases} \Leftrightarrow x = 2$ . Thử lại thấy nghiệm $x = 2$ thỏa (1).

+) Nếu ${\begin{cases} a = 2 \\ b = 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} \sqrt{x - 1} = 2 \\ \sqrt{6 - x} = 1 \end{cases} \Leftrightarrow x = 5$ . Thử lại thấy nghiệm $x = 5$ thỏa (1).

– Nếu $a b = 10$ , từ (1) ta suy ra $a + b = - 5$ (Loại vì $a, b \geq 0$ nên $a + b \geq 0)$ .

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $S = {2; 5}$ .

b) ${\begin{cases} {(x^{2} + y)}^{2} + {(x + y^{2})}^{2} = 8 \\ x^{2} + y^{2} + x + y = 4 \end{cases} (I)$

Đặt $a = x^{2} + y$ và $b = x + y^{2}$ thì (I) trở thành:

${\begin{cases} a^{2} + b^{2} = 8 \\ a + b = 4 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} (a + b)^{2} - 2 a b = 8 \\ a + b = 4 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} a b = 4 \\ a + b = 4 \end{cases}$

Do đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

$X^{2} - 4 X + 4 = 0 \Leftrightarrow X = 2$

Suy ra ${\begin{cases} a = 2 \\ b = 2 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x^{2} + y = 2 \\ x + y^{2} = 2 \end{cases}$

Từ (1) và (2) ta suy ra $x^{2} + y = x + y^{2} \Leftrightarrow (x - y) (x + y - 1) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} y = x \\ y = 1 - x \end{array}$ .

– Nếu $y = x$ , thay vào $(1)$ , ta được: $x^{2} + x + 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = - 2 \end{array}$ .

+) Với $x = 1$ , suy ra $y = 1$ .

+) Với $x = - 2$ , suy ra $y = - 2$ .

– Nếu $y = 1 - x$ , thay vào $(1)$ , ta được: $x^{2} + 1 - x = 2 \Leftrightarrow x^{2} - x - 1 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \\ x = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \end{array}$

+) Với $x = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ , suy ra $y = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ .

+) Với $x = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ , suy ra $y = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ .

Thử lại thấy các cặp nghiệm trên đều thỏa.

Vậy tập nghiệm của (I) là $(x; y) = {(1; 1), (- 2; - 2), (\frac{1 + \sqrt{5}}{2}; \frac{1 - \sqrt{5}}{2}), (\frac{1 - \sqrt{5}}{2}; \frac{1 + \sqrt{5}}{2})}$ .

Bài 3.

${\begin{cases} m x + (m - 1) y = m + 1 \\ (m - 1) x + m y = m + 1 \end{cases} (I)$

Ta có:

$D = m^{2} - (m - 1)^{2} = 2 m - 1$

$D_{x} = (m + 1) m - (m + 1) (m - 1) = m + 1$

$D_{y} = m (m + 1) - (m - 1) (m + 1) = m + 1$

Để (I) có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow D \neq 0 \Leftrightarrow 2 m - 1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \frac{1}{2}$ .

Khi đó nghiệm của (I) là ${\begin{cases} x_{0} = \frac{D_{x}}{D} = \frac{m + 1}{2 m - 1} \\ y_{0} = \frac{D_{y}}{D} = \frac{m + 1}{2 m - 1} \end{cases}$

Vì $x_{0}^{2} + y_{0}^{2} = 2$ nên ${(\frac{m + 1}{2 m - 1})}^{2} + {(\frac{m + 1}{2 m - 1})}^{2} = 2 \Leftrightarrow {(\frac{m + 1}{2 m - 1})}^{2} = 1 \Leftrightarrow [\begin{array}{ll} m = 0 & (Nhận) \\ m = 2 & (Nhận) \end{array}$

Vậy $m = 0$ hoặc $m = 2$ thì (I) có nghiệm duy nhất $(x_{0}; y_{0})$ thỏa $x_{0}^{2} + y_{0}^{2} = 2$ .

Bài 4.

a) – Ta có: $A_{1} = x + \frac{1}{x} = A \in Z, A_{2} = x^{2} + \frac{1}{x^{2}} = {(x + \frac{1}{x})}^{2} - 2 \in Z$ .

– Giả sử $A_{k} \in Z$ với mọi $k \leq n$ ( $n$ nguyên dương và $n \geq 2$ ), hay $x^{k} + \frac{1}{x^{k}} \in Z$ .

Ta chứng $minh A_{n + 1} \in Z$ , tức là $x^{n + 1} + \frac{1}{x^{n + 1}} \in Z$ .

– Thật vậy, vì $x^{n} + \frac{1}{x^{n}}$ và $x + \frac{1}{x}$ là các số nguyên nên $(x^{n} + \frac{1}{x^{n}}) (x + \frac{1}{x}) \in Z$ .

Mặt khác, $(x^{n} + \frac{1}{x^{n}}) (x + \frac{1}{x}) = x^{n + 1} + x^{n - 1} + \frac{1}{x^{n - 1}} + \frac{1}{x^{n + 1}} = (x^{n + 1} + \frac{1}{x^{n + 1}}) + (x^{n - 1} + \frac{1}{x^{n - 1}})$ .

Do đó $(x^{n} + \frac{1}{x^{n}}) (x + \frac{1}{x}) = A_{n + 1} + A_{n - 1}$ .

Suy ra $A_{n + 1} + A_{n - 1} \in Z$ , mà $A_{n - 1} \in Z$ nên $A_{n + 1} \in Z$ .

Như vậy, theo nguyên lí quy nạp, ta có $A_{n} \in Z$ với mọi số nguyên dương $n$ .

b) Ta có $B = - A^{2} + 6 A + 1 = - (A - 3)^{2} + 10 \leq 10$ .

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow A = 3 \Leftrightarrow x + \frac{1}{x} = 3 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \\ x = \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \end{array}$ .

Vậy giá trị lớn nhất của $B$ là 10 khi $x = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$ hoặc $x = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$ .

Bài 5.

a) Ta có $Δ A B O$ cân tại $O (O A = O B)$ và $\hat{A B O} = 60^{\circ}$ nên $Δ A B O$ là tam giác đều.

Suy ra $O A = O B = A B$ . (1)

Do $D$ đối xứng với $A$ qua đường kính $B C$ nên $D \in (O)$ và $\hat{A O B} = \hat{B O D} = 60^{\circ}$ .

Kết hợp với $O D = O B = R$ , suy ra $Δ B O D$ là tam giác đều,

kéo theo $B O = O B = O D$ . (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A B = A O = O D = D B$ , dẫn đến $A O D B$ là hình thoi. Do đó $\vec{A B} = \vec{O D}$ .

Với điểm $M$ bất kì, ta có:

$\vec{M A} \cdot \vec{M D} = (\vec{M B} + \vec{B A}) (\vec{M O} + \vec{O D})$

$= \vec{M B} \cdot \vec{M O} + \vec{M B} \cdot \vec{O D} + \vec{B A} \cdot \vec{M O} + \vec{B A} \cdot \vec{O D}$

$= \vec{M B} \cdot \vec{M O} + \vec{M B} \cdot \vec{O D} - \vec{O D} \cdot \vec{M O} - \vec{O D} \cdot \vec{O D}$

$= \vec{M B} \cdot \vec{M O} + \vec{O D} (\vec{M B} - \vec{M O}) - {\vec{O D}}^{2}$

$= \vec{M B} \cdot \vec{M O} + \vec{O D} \cdot \vec{O B} - {\vec{O D}}^{2}$

$= \vec{M B} \cdot \vec{M O} + O D \cdot O B \cos 60^{\circ} - O D^{2}$

$= \vec{M B} \cdot \vec{M O} - \frac{R^{2}}{2}$

b) Gọi $H$ là giao điểm của $A D$ và $B C$ . Vì $A O D B$ là hình thoi nên $H$ là trung điểm của $A D$ và $B C$ .

Lấy $I$ đối xứng với $H$ qua $B$ , khi đó $\vec{I H} = 2 \vec{I B}$ .

Mặt khác, $\vec{I A} + \vec{I D} = 2 \vec{I H}$ (do $H$ là trung điểm của $A D)$ .

Suy ra $\vec{I A} + \vec{I D} = 4 \vec{I B} \Leftrightarrow \vec{I A} - 4 \vec{I B} + \vec{I D} = 0$

Ta có:

$M A^{2} - 4 M B^{2} + M D^{2}$

$= {\vec{M A}}^{2} - 4 {\vec{M B}}^{2} + {\vec{M D}}^{2}$

$= (\vec{M I} + \vec{I A})^{2} - 4 (\vec{M I} + \vec{I B})^{2} + (\vec{M I} + \vec{I D})^{2}$

$= - 2 {\vec{M I}}^{2} + 2 \vec{M I} (\vec{I A} - 4 \vec{I B} + \vec{I D}) + {\vec{I A}}^{2} - 4 {\vec{I B}}^{2} + {\vec{I D}}^{2}$

$= - 2 M I^{2} + I A^{2} - 4 I B^{2} + I D^{2}$

$\leq I A^{2} - 4 I B^{2} + I D^{2} .$

Ta có:

$I A^{2} - 4 I B^{2} + I D^{2} = 2 I A^{2} - 4 I B^{2} = 2 (I K^{2} + K A^{2}) - 4 I B^{2} = 2 (R^{2} + \frac{3}{4} R^{2}) - 4 \cdot \frac{R^{2}}{4} = \frac{5}{2} R^{2} .$

Vậy giá trị lớn nhất của $M A^{2} - 4 M B^{2} + M D^{2}$ là $\frac{5}{2} R^{2}$ khi và chỉ khi $M \equiv I$ .

d) Lấy $L$ đối xứng với $O$ qua $C$ . Khi đó $\vec{L O} = 2 \vec{L C}$ .

Do đó $\vec{M O} - 2 \vec{M C} = \vec{M L} + \vec{L O} - 2 \vec{M L} - 2 \vec{L C} = - \vec{M L}$ .

Ta có:

$\vec{M A} \cdot \vec{M D} - 2 \vec{M B} \cdot \vec{M C} = - \frac{R^{2}}{2}$

$\Leftrightarrow \vec{M B} \cdot \vec{M O} - \frac{R^{2}}{2} - 2 \vec{M B} \cdot \vec{M C} = - \frac{R^{2}}{2}$

$\Leftrightarrow \vec{M B} \cdot \vec{M O} - 2 \vec{M B} \cdot \vec{M C} = 0$

$\Leftrightarrow \vec{M B} (\vec{M O} - 2 \vec{M C}) = 0$

$\Leftrightarrow - \vec{M B} \cdot \vec{M L} = 0$

Do đó $M L ⊥ M B$ , vậy $M$ thuộc đường tròn đường kính $B L$ .

Lời giải của bạn Trần Thái Hưng – Star Education

Bài tập số học ôn thi vào lớp 10 – Phần 3

Leave a reply

Bài 21. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n > 1$ thì $n^{5} + n^{4} + 1$ không là số nguyên

Lời giải

$n^{5} + n^{4} + 1 = n^{5} + n^{4} + n^{3} - n^{3} + 1 = n^{3} (n^{2} + n + 1) - (n - 1) (n^{2} + n + 1) = (n^{2} + n + 1) (n^{3} - n + 1)$
Mà $n^{3} - n + 1 > 1, n^{2} + n + 1 > 1$ với mọi $n > 1$ nên $n^{5} + n^{4} + 1$ không là số nguyên tố.

Bài 22. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho $5^{5^{n + 1}} + 5^{5^{n}} + 1$ là một số nguyên tố.

Lời giải

Đặt $m = 5^{n}$ ta có bài trên.

Bài 23. Tìm số nguyên tố $p$ để $p^{2} + 2^{p}$ cũng là số nguyên tố.

Lời giải

Nhận thấy $p = 3$ thỏa đề bài.
Xét $p > 3$ thì $p$ lẻ và $p$ không chia hết cho 3.
Khi đó $p^{2} \equiv 1 (\mod 3)$ và $2^{p} \equiv - 1 (\mod 3)$ . Do đó $p^{2} + 2^{p} \equiv 3$ nên không là số nguyên tố.

Bài 24. Cho $p, q$ là các số nguyên tố và phương trình $x^{2} - p x + q = 0$ có nghiệm nguyên dương. Tìm $p$ và $q$ .

Lời giải

Gọi $x_{1}, x_{2}$ là nghiệm của phương trình. Ta có $x_{1} + x_{2} = p, x_{1} x_{2} = q$ . Do đó $x_{1}, x_{2}$ đều là các số nguyên dương. Giả sử $x_{1} \geq x_{2}$ .
Suy ra $x_{2} = 1, x_{1} = q$ , $1 + q = p$ . Do đó $p = 3, q = 2$ .
Thử lại thấy thỏa đề bài.

Bài 25. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tổng các ước dương của $p^{4}$ là một số chính phương.

Lời giải

Theo đề ta có phương trình $1 + p + p^{2} + p^{3} + p^{4} = x^{2}$ .
Ta có $(2 p^{2} + p)^{2} < 4 x^{2} < (2 p^{2} + p + 2)$ .
Do đó $4 x^{2} = (2 p^{2} + p + 1) = 4 p^{2} + 4 p^{3} + 4 p^{2} + 4 p + 4$
$p^{2} - 2 p - 3 = 0 \Leftrightarrow p = 3$ .

Bài 26. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x, y$ thỏa phương trình $x (y^{2} - p) + y (x^{2} - p) = 5 p$ .

Lời giải

$(x + y) (x y - p) = 5 p$ , $x + y \geq 2$ Do đó có các trường hợp sau:\
$x + y = 5, x y - p = p$ . Giải ra được $x = 2, y = 3, p = 3$ , $x = 3, y = 2, p = 3$ , $x = 1, y = 4, p = 2$ , $x = 4, y = 1, p = 2$ .\
$x + y = p, x y - p = 5$ . $x^{2} - p x + p + 5 = 0$ . $p^{2} - 4 (p + 5) == k^{2} \Leftrightarrow (p - 2)^{2} - 24 = k^{2} \Leftrightarrow (p - 2 - k) (p - 2 + k) = 24$ . \
Ta có $p - 2 - k, p - 2 + k$ cùng chẵn. Có các trường hợp sau:
+ $p - 2 - k = 2, p - 2 + k = 12$ , suy ra $p = 9$ (loại)\
+ $p - 2 - k = 4, p - 2 + k = 6$ , suy ra $p = 7$ . Khi đó $x + y = 7, x y = 12$ . Giải ra được $x = 3, y = 4$ và $x = 4, y = 3$ .

Bài 27. Cho các số nguyên dương $a, b, c, d$ thỏa $a b = c d$ . Chứng minh rằng $a + b + c + d$ là hợp số.

Lời giải

Đặt $k = (a, c), a = k a^{'}, c = k c^{'}$ , Suy ra $a^{'} b = c^{'} d$ , suy ra $b ⋮ c^{'}$ , đặt $b = m c^{'}$ , suy ra $d = m a^{'}$ .
Khi đó $a + b + c + d = k a^{'} + m c^{'} + k c^{'} + m a^{'} = (k + m) (a^{'} + c^{'})$ là hợp số.

Bài 28. Tìm tất cả các số nguyên tố $p > q > r$ sao cho $p - r, p - q, q - r$ cũng là các số nguyên tố.

Lời giải

Nếu các số $p, q, r$ đều lẻ, thì $p - r, p - q, q - r$ đề chẵn mà là số nguyên tố và bằng 2, vô lý.
Do đó có 1 số nguyên tố chẳn, suy ra $r = 2$ .
$p - 2, q - 2, p - q$ nguyên tố. Suy ra $p - q = 2$ .
Vậy $p - 2, p, p + 2$ là các số nguyên tố. Suy ra $p - 2 = 3$ , $p = 5$ , $q = 7$ .

Bài 29. Tìm các số nguyên tố $p, q$ thỏa mãn hệ thức $p + q = {(p - q)}^{3}$

Lời giải

$p - q = r$ ta có $r^{3} = 2 p + r$ . Suy ra $p = \frac{r^{3} - r}{2}$ chia hết cho 3. Suy ra $p = 3, q = 5$ .

Bài 30. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho hệ phương trình $p + 1 = 2 x^{2}, p^{2} + 1 = 2 y^{2}$ có nghiệm nguyên.

Lời giải

Ta xét $y, x > 0$ . Ta có $p = 2$ không thỏa.
$p (p - 1) = 2 (y - x) (y + x)$ , suy ra $p | 2 (y - x) (y + x)$
$p | y - x$ , suy ra $2 (x + y) | p - 1$ (vô lý)
$p | x + y$ , mặt khác $p > x, p > y$ , suy ra $2 p > x + y$ , do đó $p = x + y$ . Khi đó $p - 1 = 2 x - 2 y$ . Từ đó suy ra $x = \frac{3 p - 1}{4}$ , thế vào ta giải ra được $p = 7, x = 2, y = 5$ .

Tứ giác nội tiếp – Phần 3

2 Replies

Bài 1. Cho tam giác $A B C$ . Gọi $M$ là trung điểm $B C$ . Gọi $D, E, F$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
$A B M, A C M, A B C$ . Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $F$ trên BC. Chứng minh $D, H, M, E$ cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải

Gọi

P, Q

là hình chiếu của

D, E

trên BC.

Ta có $△ M D P ∽ △ E M Q$ , suy ra $M Q \cdot M P = E Q \cdot P D$ .

Ta có $B P = \frac{1}{2} (A B + B M - A M), B H = \frac{1}{2} (A B + B C - A C)$

Suy ra $P H = B H - B P = \frac{1}{2} (B C - A C - B M + A M) = \frac{1}{2} (M C + A M - A C) = M Q$

Suy ra $P M = H Q$ . Suy ra $P H \cdot H Q = M Q \cdot M P = D P \cdot E Q$ , suy ra $△ D P H ∽ △ H Q E$

Từ đó ta có $∠ D H E = 90^{\circ}$ .

Bài 2. Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và dây $B C = R \sqrt{3}$ cố định. $A$ là một điểm thay đổi trên cung lớn $B C$ sao cho tam giác $A B C$ nhọn. Các đường cao $B D$ và $C E$ cắt nhau tại $H$ . Phân giác trong góc $A$ cắt $(O)$ tại $G$ và cắt $D E$ tại $F$ .

a) Chứng minh tứ giác $B E G F$ nội tiếp.
b) Gọi $I$ là giao điểm của $A H$ và $B C$ . Chứng minh $F I H G$ nội tiếp.

Lời giải

(a) Ta có $B E F C$ nội tiếp nên $∠ A E D = ∠ A C B$
Và $∠ A C B = ∠ A F B$ (cùng chắn cung AB).
Suy ra $∠ A E D = ∠ A F B$ , do đó tứ giác $B E G F$ nội tiếp.
(b) Tứ giác $B E G F$ nội tiếp, suy ra $A G \cdot A F = A E \cdot A B$ .
Mặt khác ta có $A E \cdot A B = A H \cdot A I$
Suy ra $A G \cdot A F = A H \cdot A I$ , từ đó ta có $△ A H F ∽ A G I$ , suy ra $∠ A F H = ∠ A I G$ .

Bài 3. Cho đường tròn $(O)$ và điểm $P$ nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến $P A, P B$ đến $(O)$ với $A, B$ là các tiếp điểm. $C$ là điểm trên cung nhỏ $A B$ , tiếp tuyến tại $C$ cắt $P A, P B$ và $P O$ lần lượt tại $D, E, F$ . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác $P A B, P D E$ và $P C F$ cùng đi qua một điểm khác $P$ .

Lời giải

Gọi $Q$ là giao điểm của $(P D E)$ và $(P A B)$ .

Ta có $△ Q A D ∽ △ Q B E$ , suy ra $Q D / Q E = A D / E B = C D / C E$ . Khi đó $Q C$ là phân giác $∠ D Q E$ .

Ta có $Q O$ cũng là phân giác $∠ A Q B$ và $∠ A Q B = ∠ D Q E$ . Suy ra $∠ D Q C = ∠ O Q B$ .

Mà $∠ Q D C = ∠ Q O B$ nên $∠ Q C D = ∠ Q B O = ∠ Q P F$ . Vậy tứ giác $Q P F C$ nội tiếp.

Bài 4. Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo hình thang $A B C D$ có đáy là $A B, C D$ . Lấy $M, N$ là điểm thuộc $O A$ , $N$ là điểm thuộc $O D$ sao cho $∠ B M D = ∠ A M C$ . Chứng minh rằng BMNC là tứ giác nội tiếp.

Lời giải

Cho đường tròn ngoại tiếp tam giác

A B M

cắt

O C

tại

N^{'}

. Chứng minh

∠ A N^{'} C = ∠ B M D = ∠ A N C

Bài 5. Cho $(O)$ và $(O_{1})$ cắt nhau tại $M, N$ . Tiếp tuyến tại $M$ của $(O)$ cắt $(O_{1})$ tại $B$ . Tiếp tuyến tại $M$ của $(O_{1})$ cắt $(O)$ tại $A$ . Gọi $P$ là điểm đối xứng của $M$ qua $N$ . Chứng minh rằng tứ giác $M A P B$ nội tiếp.

Lời giải

Chứng minh $N M^{2} = N A \cdot N B = N P^{2}$ . Suy ra $∠ A + ∠ B = ∠ M + ∠ N$ .

Bài 6. Cho tứ giác $A B C D$ có các cạnh đối diện $A D$ và $B C$ cắt nhau tại $E$ , $A B$ và $C D$ cắt nhau tại $F$ . Chứng minh rằng tứ giác $A B C D$ nội tiếp khi và chỉ khi $E A . E D + F A . F B = E F^{2}$ .

Lời giải

Gọi $K$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $A D F$ và $E F$ . Ta có $E K \cdot E F = E A \cdot E D$ , suy ra $F K \cdot F E = F A \cdot F B$ , suy ra $E K A B$ nội tiếp. \
Khi đó $∠ E B A = ∠ F K A = ∠ A D C$ nên $A B C D$ nội tiếp.

Bài 7. Cho tứ giác $A B C D$ có hai đường chéo vuông góc nhau tại $I$ . Gọi $E, F, G, H$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $I$ trên $A B, B C, C D$ và $D A$ . $I E$ cắt $C D$ tại $M$ .

a) Chứng minh $E F G H$ và $H G M F$ nội tiếp.
b) $B H$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $I E H$ tại $J$ , $B G$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $I F G$ tại $K$ . Chứng minh $E, J, K, F$ cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải

(a) Ta có $B D$ là tiếp tuyến chung của $(I H E)$ và $(I F G)$ . \ $∠ B E F = ∠ B I F = ∠ I G F, ∠ A E H = ∠ E I H = ∠ H G I$ . \ Suy ra $∠ F E F + ∠ H G F = 180^{\circ}$ . Suy ra $H E F G$ nội tiếp. \ Ta có $∠ I M G = ∠ I C M + ∠ M I C = ∠ D I G + ∠ A I E = ∠ D H G + ∠ A H E = 180^{\circ} - ∠ E H G$ . \ Suy ra $E H G M$ nội tiếp. \ Do đó $E G M F$ nội tiếp. \ (b) Ta có $B J \cdot B H = B E \cdot B A = B I^{2} = B K \cdot B G$ . \ Suy ra $G H J K$ nội tiếp. \ Ta có $∠ E F K = ∠ E F I - ∠ K F I = ∠ E B I - ∠ I G B$ . \ Và $∠ E J K = ∠ E J B + ∠ B J K = ∠ D A B + ∠ H G B$ . \ Suy ra $∠ E F K + ∠ E J K = ∠ D A B + ∠ H G B - ∠ I B G + ∠ E B I = ∠ D A B + ∠ H G I + ∠ E B I = 180^{\circ}$ . \ Do đó $E J K F$ nội tiếp.

Bài 8. (Thi HSGQG THPT Việt Nam năm 2010) Cho tam giác $A B C$ không cân có $∠ A B C$ và $∠ A C B$ nhọn. $D$ là điểm di chuyển trên cạnh $B C$ sao cho $A D$ không vuông góc $B C$ . Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $B C$ cắt các đường thẳng $A B, A C$ tại $E$ và $F$ . Gọi $M, N, P$ là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A E F, B D E, C D F$ . Chứng minh rằng $A, M, N, P$ cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi $d$ đi qua tâm nội tiếp của tam giác $A B C$ .

Lời giải

Gọi $I$ là tâm nội tiếp của tam giác $A B C$ .
Gọi $J$ là giao điểm của $A I$ và $E N$ , suy ra $F J$ là phân giác góc $A F D$ .
Ta có $F K C = 90^{o} + \frac{1}{2} ∠ A C B = ∠ J I N$ .
Tứ giác $A M F J$ nội tiếp, suy ra $∠ N J I = ∠ A J M = ∠ A F M = ∠ K F P$ ( $K$ là giao điểm của $d$ và $I C$ ).
Từ đó $△ N I J ∽ △ P F K$ .
Suy ra $I J / F K = J N / F P$ .
Ta có $A, M, P, N$ đồng viên khi và chỉ khi $∠ A N J = ∠ A P F \Leftrightarrow △ A J N ∽ △ A F P \Leftrightarrow A F / A J = F P / J N$ .
Mà $A F / A J = F S / J S$ (Với $S$ là giao điểm của $A I$ và $d$ )
Vậy $A, M, P, N$ đồng viên khi và chỉ khi $I J / K F = F S / J S$ .
Điều này chỉ đúng khi $I$ trùng $S$ . Vì nếu $I$ khác $S$ thì $I K / / F J$ (!)

Bài tập rèn luyện

Bài 9. Cho tam giác $A B C$ nhọn và khác tam giác cân. Phân giác góc nhọn tạo bởi hai đường cao hạ từ $B$ và $C$ của tam giác cắt các cạnh $A B$ và $A C$ lần lượt tại $P$ và $Q$ . Phân giác của góc $B A C$ cắt đoạn thẳng nối trực tâm của tam giác $A B C$ và trung điểm $B C$ tại $R$ . Chứng minh rằng $P, A, Q, R$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 10. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ , phân giác góc $A$ cắt $B C$ tại $D$ , $M$ là trung điểm $B C$ , $E$ là điểm đối xứng của $D$ qua $M$ . Trên các đường thẳng $A O$ và $A D$ lấy điểm $P$ và $Q$ sao cho $P D$ và $E Q$ vuông góc $B C$ . Chứng minh 4 điểm $B, C, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 11. (Đề đề nghị thi Toán Quốc Tế 2010) Cho tam giác $A B C$ nội tiếp $w$ , các đường cao là $A D, B E, C F$ . Tia $E F$ cắt $w$ tại $P$ . $B P$ cắt $D F$ tại $Q$ . Chứng minh 4 điểm $A, P, Q, F$ cùng thuộc một đường tròn và $A Q = A P$ .

Câu chuyện toán học: Chiến thắng thần kì

Leave a reply

Thời Bắc Tống, thủ lĩnh tộc Man ở châu Quảng Nguyên là Nùng Trí Cao không ngừng mở rộng thế lực, đã lập chính quyên “Nam Thiên quốc”. Tháng 4-1052, Nùng Trí Cao dấy binh đánh Tống. Tháng 5-1052, Nùng Trí Cao vây hãm Ung Châu (Nam Ninh thuộc tỉnh Quảng Tây ngày nay), tự xưng là “Nhân Huệ hoàng đế” và từ Ung Châu đánh dọc theo sông xuống phía nam, đến đâu thắng đó, chấn động khắp nơi.
Năm 1053, đại tướng Địch Thanh phụng chỉ chinh phạt Nùng Trí Cao. Lúc đó miên nam có tục sùng bái quỷ thần, nên đại quân vừa đến nam Quế Lâm, Địch Thanh bèn cho quân lập đàn cúng tế thần. Ông lấy 100 đồng tiên bằng đồng rồi khấn : “Nếu lần ra trận này đánh bại được kẻ địch thì khi gieo 100 đồng tiên này lên mặt đất, toàn bộ mặt đồng tiền đều ngửa lên”.

Các quan tả hữu hoảng. sợ, cố khuyên chủ tướng bỏ ý nghĩ đó đi, vì không thể có được trường hợp cả 100 đồng tiên đêu ngửa cả. Nhưng Địch Thanh vẫn mặc kệ, cứ giữ ý của mình. Trước mắt muôn vạn quân lính, ông đột nhiên vung tay, gieo tất cạ̉ 100 đồng tiên lên mặt đất. Vậy mà như “ma xui quỷ khiến”, tất cả mặt tiên đêu ngửa ! Lúc đó toàn quân hoan hô, tiếng vang dội cả đất trời.

Bản thân Địch Thanh cũng vui mừng khôn xiết. Ông lệnh cho tả hữu mang đến 100 cái đinh đóng chặt các đồng tiên xuống đất, cầu khấn rằng : “Đợi khi khải hoàn trở về nhất định sẽ hậu tạ thần linh, thu hồi các đồng tiền”.

Do quân lính ai ai cũng tin rằng thần linh phù hộ nên trong chiến đấu đã dũng mãnh xông lên phía trước, Địch Thanh nhanh chóng bình định được Ung Châu.

Khi trở về, theo lời hứa trước, Địch Thanh cho quân thu hồi các đồng tiên, các thuộc hạ của ông nhìn xem, thì ra các đồng tiên ấy có hai mặt đều đúc ngửa (như nhau).

Địch Thanh được thăng quan nhờ chiến công thần kì này. Còn Nùng Trí Cao thì thất bại, chạy vê Đại Lí, không biết kết cục ra sao.

Một trang sử lặng lẽ lật qua, dòng thời gian đẩy lịch sử loài người tiến về phía trước đã gần 1000 năm. Dòng sông lớn chảy vê Đổng, sóng nước trôi hết, nhân vật lịch sử đã trở vê thiên cổ. Song, chiến công thần kì của Địch Thanh đã để lại cho thế gian sự gợi ý vĩnh hằng, …

Bây giờ ta trở lại với người chủ của câu chuyện.

Bản thân Địch Thanh là đại tướng quân làm sao không hiểu được rằng, khi gieo 1 đồng tiền thì việc xuất hiện mặt ngửa hay mặt sấp là tùy lúc (ngẫu nhiên). Gieo 2 đồng tiền sẽ có 4 khả năng : (ngửa, ngửa); (ngửa, sấp) ; (sấp, ngửa) và (sấp, sấp). Gieo 3 đồng tiền sẽ có 8 khả năng: (ngửa, ngửa, ngửa); (ngửa, ngửa, sấp) ; (ngửa, sấp, ngửa) ; (ngửa, sấp, sấp) ; (sấp, ngửa, ngửa) ; (sấp, ngửa, sấp) ; (sấp, sấp, ngửa) và (sấp, sấp, sấp).
Sau đó mỗi lần gieo thêm 1 đồng tiền nữa thì khả năng phối hợp sẽ tăng lên một lần nữa. Vì vậy hi vọng gieo 100 đồng tiền để xuất hiện một trường hợp đặc biệt toàn ngửa cả là cực kì ảo tưởng. Các thuộc hạ của Địch Thanh cũng đều hiểu điều này, nên đã cố khuyên chủ tướng không làm thể nghiệm này.

Địch Thanh thông minh, khi để ý thấy quân lính quan sát hiện tượng theo thời, thường rất tin vào kinh nghiệm bản thân, mà bỏ qua điều kiện tiền đề. Vì thế, ông đã dùng biện pháp “thay xà đổi cột”, khéo léo thay đổi tiền đề. Tiền đề có hai mặt chính – phụ nhưng lại đúc hai mặt đồng tiền như nhau. Lúc đó đối với Địch Thanh thì 100 đồng tiền đêu ngửa, là một việc tất nhiên, nhưng với tướng sĩ thì không thể có được. Song việc đó lại xảy ra như một kì tích ! Ngay lúc đó, trong tâm trí tướng sĩ, sự phấn khởi đã chiến thắng sự hoài nghi. Họ cảm thấy sự phù hộ của thần linh là sự giải thích duy nhất cho cái phù hợp vượt quá bình thường này. Đó là một loại lừa bịp khoa học, thế mà đã kích thích được dũng khí nghìn vạn tướng sĩ, làm cho Địch Thanh giành được thắng lợi.

Câu chuyện này gợi ý cho ta rằng, khi quan sát một loại hiện tượng, không thể bỏ qua tiền đề của nó.

Tương tự câu chuyện này là câu chuyện trong bộ phim nhiều tập “Đông Chu liệt quốc” đã được đài Phát thanh và truyên hình Hà Nội chiếu tháng 4-1999. Trong phần Chiến Quốc có quốc sĩ Địch Hoàn, khi chuẩn bị ra quân cũng làm lễ tế Trời Đất, thần linh. Lúc đó thầy cúng cũng phải thực hiện mưu đồ như Địch Thanh để có được tinh thần phấn chấn của tướng sĩ.

(Theo Những câu chuyện lí thú Toán học – Nguyễn Bá Đô)

Bài tập số học ôn thi vào 10 – Phần 2

Leave a reply

Bài 11. Chứng minh rằng

a) Trong 5 số nguyên thì có 3 số có tổng chia hết cho 3.
b) Trong 17 số nguyên thì có 9 số có tổng chia hết cho 9.

Giải

a) Một số khi chia cho 3 có các số dư là 0, 1, 2.
Nếu trong 5 số khi chia cho 3 số có đủ 3 số dư 0, 1, 2 thì tổng 3 số này chia hết cho 3.
Nếu có 2 loại số dư thì có 3 số khi chia cho 3 có cùng một số dư, tổng của chúng chia hết cho 3.
Nếu có 1 loại số dư, thì tổng 3 số bất kì đều chia hết cho 3.
b) Đặt các số đó là $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{16}, a_{17}$ .
Trong 5 số $a_{1}, \dots, a_{5}$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, không mất tính tổng quát là $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ . Đặt $a_{1} + a_{2} + a_{3} = 3 b_{1}$ .
Trong 5 số $a_{4}, \dots, a_{8}$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử $a_{4}, a_{5}, a_{6}$ và đặt $a_{4} + a_{5} + a_{6} = 3 b_{2}$ .
Tương tự ta xây dựng được các số $b_{3}, b_{4}, b_{5}$ .
Khi đó áp dụng tiếp cho 5 số $b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}, b_{5}$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử $b_{1}, b_{2}, b_{3}$ có tổng chia hết cho 3. Khi đó 9 số $a_{1}, \dots, a_{9}$ có tổng chia hết cho 9.

Bài 12. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 2018)\ Cho $A_{n} = 2018^{n} + 2032^{n} - 1964^{n} - 1984^{n}$ với $n$ là số tự nhiên.

a) Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ thì $A_{n}$ chia hết cho $51$ .
b) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $A_{n}$ chia hết cho $45.$

Giải

a) \item Do $2018 \equiv 1964 (mod 3) \Rightarrow 2018^{n} \equiv 1964^{n} (mod 3) .$ \
$2032 \equiv 1984 (mod 3) \Rightarrow 2032^{n} \equiv 1984^{n} (mod 3)$ .\
$\Rightarrow A_{n} ⋮ 3.$ \
Ta lại có $2018 \equiv 1984 (mod 17) \Rightarrow 2018^{n} \equiv 1984^{n} (mod 17)$ .\
$2032 \equiv 1964 (mod 17) \Rightarrow 2032^{n} \equiv 1964^{n} (mod 17)$ .\
$\Rightarrow A_{n} ⋮ 17.$ \
Do $(3; 17) = 1$ nên $A_{n} ⋮ 51 \forall n$

b) Ta xét các trường hợp của $n$ để $A_{n} ⋮ 5.$
Ta có $A_{n} \equiv (- 2)^{n} + 2^{n} - 2 \cdot (- 1)^{n}$ (mod 5).
Do đó nếu $n$ lẻ $\Rightarrow A_{n} \equiv 2$ (mod 5) $(loại)$ .
Nếu $n = 4 k \Rightarrow A_{n} \equiv 2 \cdot 2^{4 k} - 2 \equiv 2 - 2 \equiv 0$ (mod 5) (nhận)
Nếu $n = 4 k + 2 \Rightarrow A_{n} \equiv 2 \cdot 2^{4 k + 2} - 2 \equiv 8 - 2 \equiv 6$ (mod 5) (loại).
Vậy $A_{n} ⋮ 5 \Leftrightarrow n ⋮ 4.$
\item Ta xét các trường hợp của $n$ để $A_{n} ⋮ 9.$
Ta có $\begin{aligned} A_{n} & \equiv 2^{n} + (- 2)^{n} - 2^{n} - 4^{n} (mod 9) \\ \equiv 2^{n} - 4^{n} (mod 9) \quad (Do n chẵn). \\ \equiv 2^{n} (1 - 2^{n}) (mod 9) \end{aligned}$
Vì $(2; 9) = 1 \Rightarrow 2^{n} - 1 ⋮ 9$ .
Xét $n = 3 k$ với $k \in N$ . Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k} - 1 \equiv (- 1)^{k} - 1 (mod 9) \Rightarrow k$ chẵn
Xét $n = 3 k + 1$ với $k \in N$ . Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k + 1} - 1 \equiv 2 \cdot (- 1)^{k} - 1 (mod 9) \quad (loại) .$
Xét $n = 3 k + 2$ với $k \in N$ . Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k + 2} - 1 \equiv 4 \cdot (- 1)^{k} - 1 (mod 9) \quad (loại) .$

Vậy $A_{n} ⋮ 45 \Leftrightarrow n ⋮ 12.$

Bài 13. Tìm các nghiệm nguyên không âm $(x, y)$ của phương trình
${(x y - 1)}^{2} = x^{2} + y^{2}$

Giải

$(x y - 6)^{2} - (x + y)^{2} = - 13$ .
$(x y - 6 - x - y) (x y - 6 + x + y) = - 13$ .
Ta có $x y - 6 + x + y \leq x y - 6 - x - y$ nên có các trường hợp.
$x y - 6 - x - y = - 13, x y - 6 + x + y = 1$ , giải ra được $(x; y)$ là $(7; 0), (0; 7)$ ;
$x y - 6 - x - y = - 1, x y - 6 + x + y = 13$ (VN);
$V ậ y p h ư ơ n g t r ì n h c ó n g h i ệ m$ (0;7), (7;0)$.

Bài 14. Chứng minh rằng phương trình $y^{2} + y = x + x^{2} + x^{3}$ không có nghiệm nguyên dương.

Giải

Ta có $x^{3} = (y - x) (y + x + 1)$ .
Gọi $d$ là ước nguyên tố chung lớn nhất của $y - x, y + x + 1$ , nếu $d$ là số nguyên tố thì $d | x, d | y$ , suy ra $d | 1$ (vô lý), Vậy $y - x, y + x + 1$ nguyên tố cùng nhau.
Do đó $y - x = a^{3}, y + x + 1 = b^{3}, a b = x$ .
Ta có phương trình $b^{3} - a^{3} = 2 a b + 1$ với $a, b$ nguyên dương và $b > a \geq 1$ . Ta có $b^{3} - a^{3} \geq a^{2} + b^{2} + a b > 2 a b + 1$ .
Vậy phương trình không có nghiệm trong tập các số nguyên dương.

Bài 15. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương thỏa phương trình:
${(x + y)}^{2} + 3 x + y + 1 = z^{2}$

Giải

Ta có $(x + y)^{2} < z^{2} < (x + y + 2)^{2}$ . Do đó $z^{2} = (x + y + 1)^{2}$ hay $(x + y + 1)^{2} = (x + y)^{2} + 3 x + y + 1 \Leftrightarrow y = x$ .
\Vậy bộ nghiệm là $(n, n, 2 n + 1)$ với $n$ là số nguyên dương.

Bài 16. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau
$x y + y z + z x - x y z = 2$

Giải

Vai trò của $(x, y, z)$ là như nhau, giả sử $x \geq y \geq z$ .
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} - 1 = \frac{2}{x y z} > 0$ . Suy ra $\frac{3}{z} - 1 > 0$ , suy ra $z < 3$ .
Nếu $z = 1$ thì $x + y = 2$ ta có $x = y = 1$ .
Nếu $z = 2$ thì $2 (x + y) - x y = 2 \Leftrightarrow (x - 2) (y - 2) = 2$ , giải ra được $x = 4, y = 3$ .
Do tính đối xứng nên nghiệm của phương trình là $(1, 1, 1), (4, 3, 2)$ và các hoán vị.

Bài 17. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y thỏa: $5^{x} = y^{4} + 4 y + 1$

Giải

Có một nghiệm là $(0; 0)$ .
Dễ thấy $y$ chẵn nên $y^{4} + 4 y + 1 \equiv 1 (\mod 8)$ . Suy ra $x$ chẵn, $x = 2 k$ . Khi đó $(5^{k})^{2} = y^{4} + 4 y + 1$ là số chính phương.
Ta có $y \geq 1$ nên $y^{4} < y^{4} + 4 y + 1 < (y^{2} + 2)^{2}$ . Suy ra $y^{4} + 4 y + 1 = (y^{2} + 1)^{2} \Leftrightarrow y = 2$ , suy ra $x = 2$ .
Vậy có 2 cặp nghiệm $(0; 0), (2; 2)$ .

Bài 18. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $x - y^{4} = 4$ với $x$ là số nguyên tố.

Giải

$x = y^{4} + 4 = (y^{2} - 2 y + 2) (y^{2} + 2 y + 2)$ là số nguyên tố khi và chỉ khi $y^{2} - 2 y + 2 = 1$ hay $y = 1$ . Từ đó $x = 1$ .

Bài 19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau
${(x^{2} - y^{2})}^{2} = 1 + 16 y$

Giải

Dễ thấy nghiệm là

(- 1; 0), (1; 0)

.
Ta có

y \geq 0

, vì

x

thỏa pt thì

- x

cũng thỏa nên có thể giả sử

x \geq 0

.
Ta có

(x^{2} - y^{2})^{2} = 1 + 16 y > 1

, suy ra

x^{2} > y^{2} \Rightarrow x \geq y + 1

.
Nếu

x \geq y + 2

, suy ra

x^{2} - y^{2} \geq 4 y + 4 \Rightarrow (x^{2} - y^{2})^{2} > 1 + 16 y

.
Do đó

x = y + 1

, suy ra

(1 + 2 y)^{2} = 1 + 16 y \Leftrightarrow 4 y^{2} - 12 y = 0 \Leftrightarrow y = 3

. Suy ra

x = 4

.
Vậy nghiệm là

(- 4; 3), (4; 3), (- 1; 0), (1; 0)

Bài 20. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n > 1$ thì $n^{5} + n^{4} + 1$ không là số nguyên tố.

Giải

Bài tập số học ôn thi vào lớp 10 chuyên toán – Phần 1

Leave a reply

Bài 1. Cho $m, n$ là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu $m n + 1$ chia hết cho 24 thì $m + n$ cũng chia hết cho 24.

Giải

Ta có $m n + 1$ chia hết cho 24, suy ra $m n + 1$ chia hết cho 3 và 8. Ta cũng chứng minh $m + n$ chia hết cho 3 và 8.

Nếu $m \equiv p (\mod 3), n \equiv q (\mod 3)$ , suy ra $p q + 1 \equiv 0 (\mod 3)$ . Suy ra $p q = 2$ . Do đó $p = 1, q = 2$ hoặc $p = 2, q = 1$ . Suy ra $p + q \equiv 0 (\mod 3)$ hay $m + n \equiv (\mod 3)$ .
Tương tự $m \equiv q (\mod 8), n \equiv p (\mod 8)$ , suy ra $p q \equiv 7 (\mod 8)$ và $p, q \in {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}$ , suy ra $p = 1, q = 7$ hoặc $p = 7, q = 1$ . Do đó $m + n$ chia hết cho 8.
Vậy $m + n$ chia hết cho 24.5

Bài 2. Tìm tất cả các số $n$ sao cho:

a) $1^{n} + 2^{n} + 3^{n} + 4^{n}$ chia hết cho 5.
b) $2^{2 n} + 2^{n} + 1$ chia hết cho 21.

Giải

Đặt $A_{n} = 1^{n} + 2^{n} + 3^{n} + 4^{n}$ .
Nếu $n$ lẻ ta có $1^{n} + 4^{n}$ chia hết cho 5, $2^{n} + 3^{n}$ chia hết cho 5. Suy ra $1^{n} + 2^{n} + 3^{n} + 4^{n}$ chia hết cho 5.
Nếu $n$ chẵn, đặt $n = 2 k$ . Ta có $1 + 2^{n} + 3^{n} + 4^{n} = 1 + 4^{k} + 9^{k} + 16^{k} \equiv 1 + (- 1)^{k} + (- 1)^{k} + 1 (\mod 5)$ .
Do đó $A_{n} ⋮ 5 \Leftrightarrow k$ lẻ.
Vậy $A_{n}$ chia hết cho 5 khi và chỉ khi $n$ lẻ hoặc $n$ chia 4 dư 2.

Đặt $B_{n} = 2^{2 n} + 2^{n} + 1$ .
Ta tìm $n$ để $B_{n}$ chia hết cho 3 và 7.

Nếu $n = 2 k$ ta có $B_{n} = 16^{k} + 4^{k} + 1 \equiv 0 (\mod 3)$ .\
Nếu $n = 2 k + 1$ ta có $B_{n} = 4 \cdot 16^{k} + 2 \cdot 4^{k} + 1 \equiv 7 (\mod 3)$ (loại)\
Vậy $B_{n} ⋮ 3 \Leftrightarrow n = 2 k$ .

Nếu $n = 3 k$ ta có $B_{n} = 64^{k} + 8^{k} + 1 \equiv 3 (\mod 7)$ . (loại)\
Nếu $n = 3 k + 1$ ta có $B_{n} = 4 \cdot 64^{k} + 2 \cdot 8^{k} + 1 \equiv 0 (\mod 7)$ (nhận)
Nếu $n = 3 k + 2$ ta có $B_{n} = 16 \cdot 64^{k} + 4 \cdot 8^{k} + 1 \equiv 0 (\mod 7)$ .

Vậy $B_{n}$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $n = 6 k + 4$ hoặc $n = 6 k + 2$ .

Bài 3. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 1997)

a) Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $n 2^{n} + 3^{n}$ chia hết cho 5.
b) Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $n 2^{n} + 3^{n}$ chia hết cho 25.

Giải

a) Nếu $n$ ta có $2^{n} + 3^{n}$ chia hết cho 5.
Xét $n = 2 k + 1$ ta có $n {.2}^{n} + 3^{n} = (n - 1) 2^{n} + 2^{n} + 3^{n}$ chia hết cho 5 khi và chỉ khi $n - 1$ chia hết cho 5, hay $k$ chia hết cho 5,suy ra $k = 5 q$ . Vậy $n = 10 q + 1$ .
Xét $n = 2 k$ ta có $n {.2}^{n} + 3^{n} = 2 k {.4}^{k} + 9^{k} = 2 k {.4}^{k} + 4^{k} + 9^{k} - 4^{k} = (2 k + 1) {.4}^{k} + 9^{k} - 4^{k}$ chia hết cho 5 khi $2 k + 1$ chia hết cho 5. Khi đó $k = 5 q + 2$ , suy ra $n = 10 q + 4$ .
Vậy với $n = 10 q + 1, 10 q + 4$ thì $n {.2}^{n} + 3^{n}$ chia hết cho 5.

b) Theo câu a để $A = n {.2}^{n} + 3^{n}$ chia hết cho 5 thì $n = 10 q + 1, 10 q + 4$ . Ta tìm $q$ để $n {.2}^{n} + 3^{n}$ chia hết cho 25.
+Với $n = 10 q + 1$ ta có $A = (10 q + 1) 2^{10 q + 1} + 3^{10 q + 1} = (20 q + 2) {.1024}^{q} + {3.3}^{10 q}$ \
Ta có $1024 \equiv - 1 (\mod 25), 3^{1} 0 \equiv - 1 (\mod 25)$ . Suy ra $A \equiv (20 q + 2) (- 1)^{q} + 3. (- 1)^{q} (\mod 25)$ hay $A = (-)^{q} (20 q + 5) (\mod 25)$ .
Suy ra $A$ chia hết cho 25 khi và chỉ khi $20 q + 5$ chia hết cho 25 hay $4 q + 1$ chia hết cho 5. Suy ra $q = 5 k + 1$ . Vậy $n = 10 (5 k + 1) + 1 = 50 k + 11$ .
+Với $n = 10 q + 4$ . Ta có $A = (10 q + 4) 2^{10 q + 4} + 3^{10 q + 4} = (160 q + 64) 2^{10 q} + {81.3}^{10 q} \equiv (10 q + 14) (- 1)^{q} + 6 (- 1)^{q} (\mod 25) \equiv (- 1)^{q} (10 q + 20) (\mod 25)$ .
Do đó $A$ chia hết cho 25 khi và chỉ khi $10 q + 20$ chia hết cho 25 hay $q + 2$ chia hết cho 5, suy ra $q = 5 k + 3$ . Suy ra $n = 10 (5 k + 3) + 4 = 50 k + 34$ .
Vậy $n = 50 k + 11, 50 k + 34$ .

Bài 4. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 1997)

a) Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho $2^{n} - 1$ chia hết 7.
b) Cho số nguyên tố $p \geq 5$ . Đặt $A = 3^{p} - 2^{p} - 1$ . Chứng minh $A$ chia hết cho $42 p$ .

Giải

a)
TH1: $n = 3 k$ ta có $2^{n} - 1 = 2^{3 k} - 1 = 8^{k} - 1$ chia hết cho 7.
TH2: $n = 3 k + 1$ ta có $2^{n} - 1 = {2.8}^{k} - 1$ chia 7 dư 1.
TH3: $n = 3 k + 2$ ta có $2^{n} - 1 = {4.8}^{k} - 1$ chia 7 dư 3.
Vậy $2^{n} - 1$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $n$ chia hết cho 3.

b)
$42 p = 2.3 .7 . p$ .
TH1: $p = 7$ ta có $3^{7} - 2^{7} - 1$ chia hết cho $42.7$ .
TH2: $p > 7$ khi đó các số $2, 3, 7, p$ đôi một nguyên tố cùng nhau.
+ Ta có $3^{p} - 1 - 2^{p}$ chia hết cho 2.
+ $2^{p} + 1$ chia hết cho 3 vì $p$ lẻ, suy ra $3^{p} - 2^{p} - 1$ chia hết cho 3.
+ $p$ nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5, suy ra $p = 6 k + 1$ hoặc $p = 6 k + 5$ . Nếu $p = 6 k + 1$ ta có $3^{p} - 2^{p} - 1 = 3^{6 k + 1} - 2^{6 k + 1} - 1 = {3.3}^{6 k} - {2.2}^{6 k} - 1$ .
Ta có $3^{6} \equiv 1 (\mod 7)$ , suy ra $3^{6 k} \equiv 1 (\mod 7)$ , tương tự thì $2^{6 k} \equiv 1 (\mod 7)$ . Do đó ${3.3}^{6 k} - {2.2}^{6 k} - 1 \equiv 0 (\mod 7)$ .
Nếu $p = 6 k + 5$ ta có $3^{p} - 2^{p} - 1 \equiv 3^{5} - 2^{5} - 1 \equiv 0 (\mod 7)$ .
Do đó $3^{p} - 2^{p} - 1$ chia hết cho 7.
+ Theo định lý Fermat nhỏ, ta có $3^{p} \equiv 3 (\mod p), 2^{p} \equiv 2 (\mod 7)$ . Suy ra $3^{p} - 2^{p} - 1$ chia hết cho $p$ .
Vậy $3^{p} - 2^{p} - 1$ chia hết cho $42 p$ .

Bài 5. Cho a,b là hai số nguyên dương thỏa mãn $4 a^{2} - 1$ chia hết cho $4 a b - 1$ . Chứng minh rằng $a = b$ .

Giải

$4 a^{2} - 1$ chia hết cho $4 a b - 1$ suy ra $4 a^{2} \geq 4 a b \Rightarrow a \geq b$ .
Ta có $4 a^{2} - 1 ⋮ 4 a b - 1 \Rightarrow 4 b^{2} (4 a^{2} - 1) ⋮ 4 a b - 1 \Rightarrow 16 a^{2} b^{2} - 1 - (4 b^{2} - 1) ⋮ 4 a b - 1$ , suy ra $4 b^{2} - 1 ⋮ 4 a b - 1$ . Tương tự trên ta có $b \geq a$ .
Do đó $a = b$ .

Bài 6. Cho các số nguyên $x, y, z$ thỏa $(x - y) (y - z) (z - x) = x + y + z$ . Chứng minh rằng $x + y + z$ chia hết cho 27.

Giải

Nếu $x, y, z$ khi chia cho 3 có số dư khác nhau thì $x + y + z ⋮ 3$ nhưng $(x - y) (y - z) (z - x)$ không chia hết cho 3 (mẫu thuẫn).
Nếu 2 trong 3 số $x, y, z$ có số dư giống nhau, giả sử là $x, y$ . Khi đó $x - y ⋮ 3$ , suy ra $(x - y) (y - z) (z - x)$ chia hết cho 3, nhưng $x + y + z$ không chia hết cho 3 (mâu thuẫn).
Vậy $x, y, z$ có cùng số dư khi chia cho 3, suy ra $x - y, y - z, z - x$ đều chia hết cho 3. Do đó $x + y + z = (x - y) (y - z) (z - x)$ chia hết cho 27.

Bài 7. Cho $a_{n} = 2^{2 n + 1} + 2^{n + 1} + 1$ và $b_{n} = 2^{2 n + 1} - 2^{n + 1} + 1$ . Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên $n$ , có một và chỉ một trong hai số $a_{n}, b_{n}$ chia hết cho 5.

Giải

$a_{n} b^{n} = (2^{2 n + 1} - 2^{n + 1} + 1) (2^{2 n + 1} + 2^{n + 1} + 1) = (2^{2 n + 1} + 1)^{2} - (2^{n + 1})^{2} = 4^{2 n + 1} + {2.2}^{2 n + 1} + 1 - 2^{2 n + 2} = 4^{2 n + 1} + 1$ .
Ta có $4 \equiv - 1 (\mod 5)$ , suy ra $4^{2 n + 1} \equiv - 1 (\mod 5)$ . Suy ra $4^{2 n + 1} + 1 \equiv 0 (\mod 5)$ .
Vậy $a_{n} b_{n}$ chia hết cho 5 với mọi $n$ .
Ta có $a_{n} + b_{n} = {2.2}^{2 n + 1} + 2 = 4^{n + 1} + 2$ .
Ta có $4^{n + 1} \equiv - 1, 1 (\mod 5)$ . Suy ra $4^{n + 1} + 2 \equiv 1, 3 (\mod 5)$ . Vậy $a_{n} + b_{n}$ không chia hết cho 5 với mọi $n$ .
Do đó chỉ có một trong 2 số $a_{n}, b_{n}$ chia hết cho 5.

Bài 8. Cho $n$ là số tự nhiên. Chứng minh rằng $3^{n} n^{3} + 1$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $3^{n} + n^{3}$ chia hết cho 7.

Giải

Nếu $3^{n} n^{3} + 1$ chia hết cho 7. Suy ra $n$ không chia hết cho 7, suy ra $n^{6} - 1$ chia hết cho 7.\
Ta có $n^{3} (3^{n} + n^{3}) = n^{3} 3^{n} + n^{6} = n^{3} 3^{n} + 1 + n^{6} - 1$ chia hết cho 7. \
Mà $(n, 7) = 1$ . Suy ra $3^{n} + n^{3}$ chia hết cho 7.
Nếu $3^{n} + n^{3}$ chia hết cho 7. Làm tương tự ta cũng có $n^{3} 3^{n} + 1$ chia hết cho 7.

Bài 9. Chứng minh rằng nếu $2^{n} - 1$ là số nguyên tố thì $n$ cũng là số nguyên tố.

Giải

Giả sử $n$ không là số nguyên tố.
Nếu $n = 1$ thì $2^{1} - 1$ không nguyên tố.
Nếu $n$ là hợp số, ta có $n = p q$ với $1 < p < n$ .
Khi đó $2^{n} - 1 = (2^{p})^{q} - 1$ chia hết cho $2^{p} - 1$ . Mà $1 < 2^{p} - 1 < 2^{n} - 1$ nên $2^{n} - 1$ không là số nguyên tố. (Vô lý).

Bài 10. Ta điền các số từ 1 đến 9 vào bảng vuông $3 \times 3$ sao cho mỗi số điền một lần, tổng các số cùng một hàng, một cột và đường chéo chia hết cho 9. Chứng minh rằng ô chính giữa bảng luôn là một số chia hết cho 3.

Giải

Giả sử các số là $a, b, c, d, e, f, g, h, i$ trong đó $e$ là ô chính giữa.

a b c
d e f
g h i

Ta có $a + e + i + d + e + f + c + e + g + b + e + h = (a + b + c + d + e + f + g + h + i) + 3 e ⋮ 9$ , mà $a + b + c + d + e + f + g + h + i = 1 + 2 + \dots + 9 = 45$ chia hết cho 9.
Suy ra $3 e ⋮ 9$ , do đó $e ⋮ 3$ .

Tứ giác nội tiếp – Phần 2

3 Replies

(Bài viết dành cho học sinh lớp 9 chuyên toán – Lời giải bài tập chương 1 sách [1]) Chứng minh 4 điểm cùng nằm trên một đường tròn là dạng toán thường xuất hiện nhất trong các đề thi, đây cũng là kĩ năng quan trọng để chứng minh các ý toán khác trong một bài toán, có nhiều cách chứng minh 4 điểm cùng thuộc đường tròn trong đó chủ ý các các dấu hiệu một tứ giác nội tiếp. Một tứ giác là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi có một trong các dấu hiệu sau:

4 đỉnh cách đều một điểm
Tổng hai góc đối bằng $180^{\circ}$ (đặc biệt hai góc đối vuông)
Góc ngoài bằng góc đối trong
Hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh còn lại với hai góc bằng nhau (đặc biệt hai góc nhìn là góc vuông).

Ngoài ra còn có bổ đề thường dùng. Bổ đề 1. Cho tứ giác

A B C D

có hai đường chéo cắt nhau tại

P

và hai đường thẳng

A B, C D

cắt nhau tại

P

. Khi đó

A B C D

nội tiếp khi và chỉ khi

P A \cdot P C = P B \cdot P D

hoặc

Q A \cdot Q B = Q C \cdot Q D

. Bổ đề 2. Phân giác trong góc

A

của tam giác

A B C

cắt trung trực của

B C

tại

D

, khi đó

D

thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác

A B C

. Ta bắt đầu với các bài toán sau: Bài 1. Hai dây

A B

và

C D

của một đường tròn cắt nhau tại

I

. Gọi

M

là trung điểm của

I C

và

N

đối xứng với

I

qua

D

. Chứng minh rằng

A M B N

nội tiếp một đường tròn. Lời giải. Xét tam giác

I A C

và

I B D

có

∠ A I C = ∠ B I D

và

∠ I A C = ∠ I B D

, suy ra

△ I B D ∽ △ I A C

;

\Rightarrow I A \cdot I B = I C \cdot I D = 2 I M \cdot \frac{I N}{2} = I M \cdot I N \Rightarrow \frac{I M}{I B} = \frac{I A}{I N}

. Suy ra

△ I M A ∽ △ I B N \Rightarrow ∠ I A M = ∠ I N B

; Do đó tứ giác

A M B N

nội tiếp. Bài 2. Cho tam giác

A B C

nhọn, nội tiếp đường tròn tâm

O

. Các đường cao

A D, B E, C F

cắt nhau tại

H

A O

cắt

E F

tại

K

và cắt

(O)

tại

L

khác

A

. Gọi

P

là điểm đối xứng của

A

qua

K

. Chứng minh rằng các tứ giác

D H K L

và

D H O P

nội tiếp.

Lời giải. Dễ thấy tứ giác

B C E F

nội tiếp, suy ra

∠ A E F = ∠ A B C

; Mà

∠ A B C = ∠ A L C

, suy ra

∠ A E F = ∠ A L C

, từ đó

K E C L

nội tiếp; Theo chú ý trên ta có

A K \cdot A L = A E \cdot A C

\hfill (1) Mặt khác tứ giác

C D H E

nội tiếp nên

A H \cdot A D = A E \cdot A C

\hfill (2) Từ (1) và (2) suy ra

A K \cdot A K = A H \cdot A D \Rightarrow D H K L

nội tiếp. Ta có

A P = 2 A K, A L = 2 A O \Rightarrow A P \cdot A O = A K \cdot A L = A H \cdot A D

, suy ra

D H O P

nội tiếp. Bài 3. Cho hình vuông

A B C D

. Trên các cạnh

B C, C D

lấy điểm

M, N

sao cho

∠ M A N = 45^{\circ}

A M, A N

cắt

B D

lần lượt tại

P

và

Q

. a) Chứng minh các tứ giác

A D N P, A B M Q

nội tiếp. b) Chứng minh

M N Q P

nội tiếp. Lời giải.

Tứ giác

A P N D

có

∠ P A N = ∠ P D N = 45^{\circ}

nên là tứ giác nội tiếp. Tương tự thì

A B M Q

cũng là tứ giác nội tiếp. Từ

A D N P, A B M Q

nội tiếp suy ra

∠ A P N = 180^{\circ} - ∠ A D N = 90^{\circ}

và

∠ A Q M = 180^{\circ} - ∠ A B M = 90^{\circ}

. Tứ giác

M P Q N

có

∠ M P N = ∠ M Q N = 90^{\circ}

nên là tứ giác nội tiếp. Bài 4. Cho tam giác

A B C

nội tiếp đường tròn

(O)

. Phân giác trong góc

A

cắt

(O)

tại

D

. Gọi

M, N

lần lượt là trung điểm

A B, A C

D M, D N

cắt

(O)

tại

E, F

khác

M

A D

cắt

M N

tại

S

. a) Chứng minh rằng 4 điểm

M, N, E, F

cùng thuộc một đường tròn. b)

O D

cắt

B C

tại

P

, đường tròn ngoại tiếp tam giác

D P S

cắt

B C

tại

Q

khác

P

. Chứng minh

Q A

là tiếp tuyến của

(O)

. Lời giải.

Gọi

K

là giao điểm của

A D

và

B C

. a) Ta có

∠ A E D = ∠ A B D = ∠ A K C

. Mà

M N ∥ B C \Rightarrow ∠ A K C = ∠ A S N

. Suy ra

∠ A E D = ∠ A S N \Rightarrow A E M S

nội tiếp. Do đó

D M \cdot D E = D S \cdot D A

. Chứng minh tương tự ta có

M N \cdot D F = D S \cdot D A

. Suy ra

D M \cdot D E = D N \cdot D F

, từ đó dẫn đến tứ giác

M N F E

nội tiếp. b) Ta có

O D ⊥ B C

tại

P

. Suy ra

∠ Q P D = ∠ Q P D = 90^{\circ}

. Tam giác

A Q K

có

Q S ⊥ A K

và

S

là trung điểm

A K

nên

Q A K

cân tại

Q

. Suy ra

∠ Q A K = ∠ A K Q = ∠ A C D

, suy ra

Q A

là tiếp tuyến của

(O)

. Bài 5. Cho tam giác

A B C

cân tại

A

. Từ một điểm

M

tùy ý trên cạnh

B C

kẻ các đường song song với các cạnh bên cắt

A B

tại

P

và cắt

A C

tại

Q

D

là điểm đối xứng của

M

qua

P Q

. Chứng minh rằng

A D B C

nội tiếp đường tròn. Lời giải. Tứ giác

A P M Q

là hình bình hành,

D

đối xứng với

M

qua

P Q

ta suy ra được

A D P Q

là hình thang cân. Suy ra

∠ D A P = 180^{\circ} - ∠ D P Q

.\hfill (1) Ta có

P B = P M = P D

nên

B, M, D

thuộc đường tròn tâm

P

, suy ra

∠ M B D = \frac{1}{2} (360^{\circ} - ∠ D P M) = ∠ D P Q

. \hfill (2) Từ (1) và (2) ta có

∠ D A Q + ∠ M B D = 180^{\circ}

, suy ra

A D B C

nội tiếp. Bài 6. Cho hai đường tròn

(O)

và

(O^{'})

cắt nhau tại

A, B

. Qua điểm

I

nằm trên

A B

vẽ cát tuyến

I M N

đến

(O)

và cát tuyến

I P Q

đến

(O^{'})

. Chứng minh rằng

M, N, P, Q

cùng thuộc một đường tròn. Lời giải. Ta có

∠ I N A = ∠ I B N

, suy ra

△ I N A ∽ △ I B N

(g.g), khi đó

\frac{I A}{I B} = \frac{I A}{I N} \Rightarrow I N^{2} = I A \cdot I B \Rightarrow I N = \sqrt{I A \cdot I B}

. Chứng minh tương tự thì

I P = \sqrt{I A \cdot I B}

. Mặt khác

I M = I N, I P = I Q

nên

I M = I N = I P = I Q

, do đó

M, N, P, Q

cùng thuộc đường tròn tâm

I

. Bài 7. Cho tam giác

A B C

nhọn,

D

thuộc cạnh

B C

. Đường tròn ngoại tiếp tam giác

A B D

cắt cạnh

A C

tại

E

, đường tròn ngoại tiếp tam giác

A C D

cắt cạnh

A B

tại

F

B E, C F

cắt nhau tại

K

. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác

B K C

qua trực tâm

H

của tam giác

A B C

. Lời giải. Các tứ giác

A E D B, A D D C

nội tiếp nên ta có

∠ A F B = ∠ A D B

và

∠ A E C = ∠ A D C

; Suy ra

∠ A F B + ∠ A E C = ∠ A D B + ∠ A D C = 180^{\circ}

, suy ra

A E K F

nội tiếp. Suy ra

∠ E K F = 180^{\circ} - ∠ B A C

, mà

∠ B K C = ∠ E K F

nên

∠ B K C = 180^{\circ} - ∠ B A C

.\hfill (1) Mặt khác, từ

H

là trực tâm của tam giác

A B C

nên

∠ B H C = 180^{\circ} - ∠ B A C

. \hfill (2) Từ (1) và (2), ta có

∠ B H C = ∠ B K C

, suy ra

B H K C

nội tiếp. Bài 8. Cho tam giác

A B C

có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với

A B, B C

A C

lần lượt tại

M, D, N

. Lấy điểm

E

thuộc miền trong của tam giác

A B C

sao cho đường tròn nội tiếp tam giác

E B C

cũng tiếp xúc với

B C

tại

D

và tiếp xúc với

E B, E C

tại

P, Q

. Chứng minh rằng

M N P Q

nội tiếp đường tròn. Lời giải.

Gọi

T

là giao điểm của

M N

và

B C

. Chứng minh được

\frac{T B}{T C} = \frac{T B}{T C}

và

P M \cdot P N = P D^{2}

. Gọi

T^{'}

là giao điểm của

P Q

và

B C

ta cũng có

\frac{T^{'} B}{T^{'} C} = \frac{D B}{D C}

. Suy ra

\frac{T B}{T C} = \frac{T^{'} B}{T^{'} C} = \frac{D B}{D C}

, do đó

T^{'} \equiv T

. Và

T P \cdot T Q = T D^{2}

. Từ đó ta có

T M \cdot T N = T P \cdot T Q

. Suy ra 4 điểm

M, N, P, Q

cùng thuộc một đường tròn. Bài tập tự luyện. Bài 9. Cho đường tròn tâm

O

và dây cung

A B

khác đường kính.

C

là một điểm thuộc cung nhỏ

A B

. Tiếp tuyến tại

A

và

B

của

(O)

cắt nhau tại

P

A C

cắt

B P

tại

D

và

B C

cắt

A P

tại

E

. Gọi

Q

là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác

A E C

và

B C D

. a) Chứng minh

Q

là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác

A P D

và

B P E

. b) Chứng minh

Q

thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác

O P C

. Bài 10. Cho hình bình hành

A B C D

có góc

A

tù. Gọi

F

là trung điểm cạnh

A D, C F

cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

A C D

tại

K

khác

C

. Đường tròn ngoại tiếp tam giác

B C K

cắt

C D

tại

E

. a) Chứng minh

A E ⊥ C D

. b)

B D

cắt

A C

tại

I

và đường tròn ngoại tiếp tam giác

B C K

tại

G

. Chứng minh 4 điểm

E, F, G, I

cùng thuộc một đường tròn. Tài liệu tham khảo.

Chuyên đề hình học 9 – Bồi dưỡng học sinh năng khiếu, Nguyễn Tăng Vũ, NXB GD 2018.

Bất biến và đơn biến – Phần 1

Leave a reply

Lê Anh Vinh

ĐH Giáo dục, ĐHQGHN

1/ Khởi động:

Chúng ta sẽ bắt đầu bằng một ví dụ đơn giản. Giáo viên yêu cầu học sinh làm một thí nghiệm nhỏ – viết lên bảng $a + b$ số gồm $a$ số 0 và $b$ số 1 . Sau đó thực hiện $a + b - 1$ lần phép biến đổi sau: xoá hai số bất kỳ trên bảng. Nếu chúng bằng nhau thì viết số 0 lên bảng và nếu khác nhau thì viết số 1 lên bảng. Sau khi học sinh làm thử trên vở, giáo viên có thể nói ngay số còn lại trên bảng là số 1 hay số 0 .

Học sinh sẽ thắc mắc một cách tự nhiên: làm thế nào giáo viên biết được số còn lại trên bảng? Rõ ràng các phép biến đổi có thể thực hiện theo nhiều cách khác nhau, nhưng sau các phép biến đổi, tổng các số trên bảng là không đổi theo modulo $2 .$ Do đó, số còn lại trên bảng sẽ là 1 nếu $b$ lẻ và 0 trong trường hợp ngược lại.

Chúng ta tiếp tục với các ví dụ sau.

Bài toán 1.1. Khối $A 0$ có một ngôn ngữ riêng chỉ gồm hai chữ cái $A$ và $0$ , đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau:

Nếu xóa hai chữ cái kề nhau $A 0$ trong bất kì một từ nào, ta không làm thay đổi nghĩa của từ đó.
Nếu thêm tổ hợp 0A hoặc AA00 vào vị trí bất kì nào trong một từ, ta cũng không làm thay đổi nghĩa của từ đó.

Liệu hai từ A00 và 0AA có cùng nghĩa không ?
Giải

Dễ thấy sau mỗii phép biến đổi, số lượng $A$ và 0 thêm vào hay bớt đi là như nhau. Vì vậy, xuất phát từ $A 00$ với nhiều chữ cái 0 hơn, ta không thể thu được $0 AA$ với nhiều chữ cái $A$ hơn. Đại lượng bất biến ở đây có thể chọn là sai khác giữa số chữ cái $A$ và chữ cái 0 trong một từ.

Lời giải trên đã chỉ ra ý tưởng cơ bản nhất của bất biến. Cho trước một số cấu hình, chúng ta có thể thực hiện một số phép biến đổi trên chúng. Câu hỏi đật ra là có thể thu được một cấu hình này từ một câu hình khác không? Tính bất biến thường được dùng để chỉ ra rằng từ một cấu hình không thể đạt tới một cấu hình khác. Để làm được điều đó, chúng ta xây dựng một đại lượng không đổi (hoặc thay đổi đơn điệu – khi đó ta có khái niệm nửa bất biến) dưới các phép biến đổi sao cho giá trị của đại lượng này là khác nhau ở hai cấu hình trong cần hỏi. Tuy nhiên, đối với các bài toán bất biến, phần khó nhất thường là chỉ ra đại lương bất biến. Trong bài giảng này, chúng ta sẽ hệ thống một số dạng bất biến thường gặp qua một loạt các ví dụ từ đơn giản đến nâng cao.

Bài toán 1.2. Một hình tròn được chia làm 6 ô dẻ quạt bằng nhau và đặt một quân tốt vào mỗi ô. Trong mỗi bước, cho phép chuyển hai quân tốt bất kỳ vào ô kề với nó. Hỏi có thể chuyển tất cả quân cờ vào một ô hay không?

Giải

Đánh số các ô từ 1 đến 6 theo chiều kim đồng hồ. Với mỗi cách sắp xếp, xét $S$ là tổng các ô có chứa quân cờ (tính cả bội). Khi đó, tính chẵn lẽ của $S$ không thay đổi.

Trong một số trường hợp, bất biến không chỉ được dùng để chứng minh ta không thể thu được cấu hình này từ một cấu hình khác mà còn có thể sử dụng để tìm hiểu cấu hình nào có thể thu được từ một cấu hình cho trước. Ta có ví dụ sau.

Bài toán 1.3. Các số $1, 2, 3, \dots, 20$ được viết lên bảng. Mỗi phép biến đổi, ta xóa hai số $a, b$ và thêm vào số $a + b - 1$ . Số nào sẽ còn lại trên bảng sau 19 bước?

Giải

Với bộ $n$ số trên bảng ta xét đại lượng $X$ bằng tổng các số trên bảng trừ đi $n$ . Khi đó $X$ không thay đổi trong các phép biến đổi. Lúc đầu $X = (1 + 2 + \dots + 20) - 20 = 190$ . Sau 19 bước, $X = 190$ hay số còn lại sẽ là $191 .$

Sẽ không ngạc nhiên nếu như một số học sinh đưa ra lập luận như sau: tại mỗi bước, tổng các số giảm đi 1 . Lúc đầu tổng là 210 và sau 19 bước, số còn lại sẽ là $210 - 19 = 191$ . Cách giải này hiển nhiên đúng nhưng không làm rõ được ý tưởng của “bất biến”. Chúng ta sẽ đưa cho học sinh một bài toán tương tự, mà ở đây, những lập luận “rút gọn” như vậy là khó có thể thực hiện được.

Bài toán 1.4. Các số $1, 2, 3, \dots, 20$ được viết lên bảng. Mỗi phép biến đổi, ta xóa hai số $a, b$ và thêm vào số $a b + a + b$ . Số nào sẽ còn lại trên bảng sau 19 bước?

Sau đây là một số bài toán khá thú vị sử dụng y tưởng của bất biến.

Bài toán 1.5. Trong bàn cờ $8 \times 8$ , một ô bị tô màu đen và các ô còn lại được tô màu trắng. Liệu có thể làm cho cả bảng màu trắng bằng cách tô lại các hàng và cột không? Ở dây, tô lại một hàng hay cột được hiểu như là một phép đổi màu tất cả các ô trên hàng hoặc cột đó.

Bài toán 1.6. Giải Bài 5 cho bảng $3 \times 3$ .

Bài toán 1.7. Giải Bài 5 cho bảng $8 \times 8$ với bốn ô ở góc được tô màu đen và các ô khác được tô màu trắng.

Lưu ý rằng Bài 5 , khác với Bài 6 và Bài 7 , có thể giải chỉ sử dụng tính chã̃n lẻ của số ô đen trên bảng. Để giải Bài 6 , ta có thể xét tính chã̃n lẻ của số ô đen trong bốn ô ở góc. Để giải Bài 7 , ta phải xét tính chẵn lẻ của số ô đen trong bốn ô cụ thể, ví dụ bốn ô ở góc phải trên.

Bài toán 1.8. Các số $1, 2, \dots, 2013$ được viết lên bảng. Cho phép xóa đi hai số và thay bởi hiệu của chúng. Liệu có thể thu được một bảng gồm toàn số 0 không?

Có nhiều cách để giải bài toán trên, một trong những bất biến có thể sử dụng là tính chẵn lẻ của tổng các số viết trên bảng. Lưu ý rằng tổng và hiệu của hai số bất kỳ là cùng tính chẵn lẻ.

Bài toán 1.9. Có 13 con tắc kè xanh, 15 con tắc kề đỏ và 17 con tắc kè vàng trên một hòn đảo. Khi hai con tắc kè khác màu gặp nhau, chúng đổi sang màu còn lại. Liệu có thể đến một lúc nào đó tất cả các con tắc kè có cùng màu hay không?

Giải

Mỗi “trạng thái” trên đảo gồm $a$ con tắc kè xanh, $b$ con tắc kè đỏ và $c$ con tắc kè vàng với $a + b + c = 45$ . Phép biến đổi màu sẽ chuyển từ trạng thái $(a, b, c)$ sang một trong ba trạng thái $(a - 1, b - 1, c + 2), (a - 1, b + 2, c - 1)$ hoặc $(a + 2, b - 1, c - 1)$ . Dễ thấy $(a - 1) - (b - 1) \equiv (a - 1) - (b + 2) \equiv (a + 2) - (b - 1) \equiv a - b$ mod $3 .$ Bất biến $X =$ sai khác giữa số tắc kè xanh và số tắc kề đỏ theo modulo 3. Lúc đầu $X \equiv 2 mod 3$ và khi tất cả các tắc kè cùng màu thì $X \equiv 0 mod 3$ . Vì vậy, trường hợp tất cả các con tắc kè có cùng màu không thể xảy ra.

Bài toán 1.10. Viết 11 số $+ 1$ và 01 số $- 1$ lên đỉnh của 12 giác đều. Cho phép đổi dấu của các số trên $k$ đỉnh bất kỳ của đa giác. Có thể hay không luôn chuyển số $- 1$ sang đỉnh kề của nó nếu

a) $k = 3$

b) $k = 4$ ;

c) $k = 6 ?$

Giải

Câu trả lời là phủ định trong cả ba trường hợp. Chứng minh cho cả ba trường hợp có thể thực hiện như sau: chúng ta chọn các đỉnh cách đều nhau đúng $k - 1$ dỉnh (ví dụ khi $k = 3$ ta chọn được 4 dỉnh, khi $k = 4$ ta chọn được 3 điểm và $k = 6$ ta chọn được 2 điểm). Bất biến của chúng ta là tích các số trên các đỉnh được chọn. Chúng ta xếp số – 1 vào một trong các điểm được chọn. Dễ kiểm tra rằng nếu số $- 1$ được chuyển sang đỉnh kề thì tích các số trên các điểm được chọn lúc đó sẽ là $1 .$

Lưu ý rằng khái niệm bất biến là khá trừu tượng và phức tạp đối với phần lớn học sinh trong lần tiếp cận đầu tiên. Chúng ta nên lưu ý phân tích các lập luận logic của việc sử dụng các đại lượng bất biến trong giải các bài toán cụ thể. Ở đây, chúng tôi chỉ đưa ra những gợi ý tóm tắt cho các bài toán nhưng khi hướng dẫn cho học sinh, có thể sử dụng các ví dụ minh họa khiến lời giải trở nên trực quan và dễ hiểu hơn. Ngoài ra, chúng ta chỉ nên giới thiệu khái niệm và phương pháp sử dụng bất biến sau khi mỗi học sinh đã tự tìm tòi và giải quyết độc lập một vài ví dụ minh họa đơn giản nhất, thậm chí đã sử dụng bất biến mà không hề ý thức được điều đó. Rõ ràng, bước khó nhất khi giải các bài toán sử dụng bất biến là phát hiện ra được đại lượng bất biến phù hợp. Đây là một nghê thuật mà chúng ta chỉ có thể thành thạo được thông qua việc giải một loạt các bài toán trong cùng một chủ đề.

2/ Cơ bản:

Chúng ta đã gặp một số bất biến trong phần Khởi động. Tiếp theo chúng ta sẽ xem xét một số dạng bất biến cơ bản khác, ví dụ như tính chẵn lẻ, tô màu, công thức đại số, cặp nghịch đối của hoán vị,… Đối với mỗi bài toán, giáo viên có thể bắt đầu bằng việc thảo luận với học sinh dạng bất biến có thể sử dụng là gì.

Bài toán 2.1. Trên bảng viết các số $1, 2, \dots, 1000$ . Ở mỗi bước cho phép thay một số bằng tổng các chữ số của nó. Quá trình dừng lại khi có toàn các số có một chữ số. Hỏi số số 1 còn lại trên bảng nhiều hơn hay số số 2 còn lại trên bảng nhiều hơn?

Giải

Nếu chúng ta viết tất cả các số trên bảng theo modulo 9 thì các số này sẽ là bất biến trong các phép biến đổi. Do số các số đồng dư 1 mod 9 nhiều hơn số các số đồng dư $2 mod 9$ trong tập ${1, \dots, 1000}$ , số các số 1 còn lại trên bảng sẽ nhiều hơn số số 2 còn lại trên bảng.

Bài toán 2.2. Vào năm 3000, ở Việt Nam, một nhân dân tệ (RMB) đổi được 10 đồng Việt Nam (VNĐ). Trong khi đó, ở Trung Quốc, một VNĐ đổi được $10 RMB$ . Một du khách người Nhật lúc đầu có $01 VND$ . Ông này có thể đi lại tùy ý giữa hai nước VN và TQ. Hỏi ông ta có thể làm cho số VNĐ và RMB ông ta có là bằng nhau hay không?

Giải

Xét $X =$ số VNĐ $-$ số RMB của du khách. Khi đó $X mod 11$ sẽ là bất biến trong các bước đổi tiền. Nếu số VNĐ và RMB bằng nhau thì $X \equiv 0 mod 11$ . Lúc đầu $X \equiv 1 mod 11$ , do đó không thể thu được $X \equiv 0$ mod 11. Ta có câu trả lời phủ định.

Bài toán 2.3. Hình vuông $8 \times 8$ bỏ đi hai ô ở góc đối nhau. Có thể phủ phần còn lại bởi 31 quân đômino $1 \times 2$ không? Nếu bỏ hai ô bất kì thì sao?

Giải

Chúng ta tô màu hình vuông đen trắng như bàn cờ vua. Hai ổ ở góc đối nhau luôn cùng mau nên sau khi bỏ chúng đi, số ô đen khác số ô trắng. Mỗi quân đômino phủ đúng một ô đen, một ô trắng nên phần còn lại của hình vuông không thể phủ kín được bởi các quân đômino. Bất biến ở đây chính là hiệu số giữa số ô trắng và số ô đen trên bảng.

Bài toán 2.4. Cho đa thức $P (x) = a x^{2} + b x + c$ , có thể thực hiện một trong hai phép biến đổi:

a) Đổi chỗ $a$ và $c$ .

b) Đổi biến $x$ bởi $x + t$ với $t \in R$ .

Hỏi từ $x^{2} - 31 x - 3$ có thu được $x^{2} - 20 x - 12$ không? Tìm mối liên hệ của hai đa thức bậc hai $P (x)$ và $Q (x)$ sao cho từ đa thức này có thể thu được đa thức kia bởi hai phép biến đổi nói trên.

Giải

Bất biến của chúng ta là định thức $Δ = b^{2} - 4 a c$ của đa thức $P (x) = a x^{2} + b x + c$ . Dễ kiểm tra rằng hai phép biến đổi a) và b) không làm thay đổi định thức của đa thức. Định thức $Δ_{1}$ của $x^{2} - 31 x - 3$ và định thức $Δ_{2}$ của $x^{2} - 20 x - 12$ là khác nhau. Ta có câu trả lời phủ định! Chúng tôi để lại câu hỏi tìm mối liên hệ giữa hai đa thức bậc hai nhận được từ nhau qua hai phép biến đổi trong đề bài cho bạn đọc.

Bài toán 2.5. Tô đen 09 ô của hình vuông $10 \times 10$ . Mỗi lần tô màu đen một ô chưa tô nếu nó kề với ít nhất hai ô đen (kề được hiểu là chung cạnh). Có thể tô màu hết bàn cờ hay không? Nếu là 10 ô thì sao? Nếu là hình vuông $n \times n$ thì lúc đầu cần tô đen ít nhất bao nhiêu ô để có thể tô đen cả bàn cờ?

Giải

Nếu tô 10 ô thì câu trả lời là khẳng định. Ví dụ ta có thể bắt đầu với 10 ô đen trên đường chéo chính của hình vuông.

Nếu tô 9 ô thì câu trả lời là phủ đinh. Xét $X$ là tổng chu vi của phần tô đen trên hình thì lúc đầu $X \leq 36$ . Dễ kiểm tra $X$ là nửa bất biến, cụ thể, $X$ là không tăng. Nếu cả bàn cờ được tô màu thì lúc này $X = 40$ – mâu thuẫn. Vậy, không thể tô đen được cả bàn cờ nếu xuất phát với 9 ô màu đen.

Bài toán 2.6. Cho một hoán vị của các số $1, 2, \dots, 2012$ . Mỗi lần cho đổi chỗ hai số bất kì. Sau 2011 bước có thể quay về hoán vị ban đầu không?

Giải

Bài toán này liên quan đến số cặp nghịch đối của một hoán vị. Cặp nghịch đối của hoán vị $π$ của ${1, \dots, n}$ là số cặp $1 \leq i < j \leq n$ sao cho $π (i) > π (j)$ . Bạn đọc hãy tự kiểm tra rằng tính chẵn lẻ của số cặp nghịch đối thay đổi khi chúng ta hoán vị một cặp trong dãy. Sau 2011 bước, số cặp nghịch đối sẽ bị thay đổi tính chẵn lẻ và chúng ta không thể quay trở về hoán vị ban đầu.

Bài toán 2.7. Trên bảng viết các số $1, 2, 3, 4, 5$ . Mỗi bước cho phép chọn hai số $a, b$ và thay bởi $a + b, a b$ . Hỏi có thu được $21, 27, 64, 180, 540$ hay không?

Giải

Bài toán này thoạt nhìn khá đơn giản nhưng để tìm được bất biến không phải là điều dễ dàng. Trước hết ta kiểm tra rằng số các số chia hết cho 3 không giảm và số lượng này tăng khi và chỉ khi từ hai số chia 3 dư 1 và chia 3 dư 2 chúng ta thu được một số chia hết cho 3 và một số chia hết cho 2 . Vì vậy, khi chúng ta lần đầu tiên chuyển sang trạng thái có 4 số chia hết cho 3 thì số còn lại chia 3 dư 2 , nhưng 64 chia 3 dư 1 nên câu trả lời sẽ là phủ định.

Bài toán 2.8. Trên bảng viết số $99 \dots 99$ (2012 lần). Mỗi bước cho phép chọn một số $a$ , phân tích $a$ thành tích hai số $m, n$ và viết lên bảng $m \pm 2, n \pm 2$ tùy ý. Ví dụ: $a = 15, a = 3.5$ có thể viết lên bảng $1 = 3 - 2$ và $7 = 5 + 2$ . Hỏi sau một số bước như vậy, có thể thu được trên bảng toàn các số 9 không?

Giải

Đây cũng không phải là một bài toán “dễ” như cách phát biểu cũng như lời giải của nó. Bất biến là trên bảng luôn có ít nhất một số chia 4 dư 3 .

Bài toán 2.9. Một túi gồm 1001 viên đá. Mỗi bước chọn một túi có nhiều hơn 01 viên. Bỏ đi một viên và chia các viên còn lại thành 02 túi. Hỏi có thể làm như vậy để thu được tất cả các túi đều có 03 viên?

Giải

Xét $X$ là tổng số đá và số túi tại mỗi bước. Dễ thấy $X mod 4$ không đổi. Lúc đầu $X = 1002$ không chia hết cho 4 . Nếu tất cả các túi có 3 viên thì $X$ lúc đó chia hết cho 4, mẫu thuẫn. Vậy câu trả lời là phủ định.

Bài toán 2.10. Chúng ta xét một quân cờ đặc biệt, được gọi là quân “lạc đà”, di chuyển trên bàn cờ $10 \times 10$ như là một quân mã $(1, 3)$ . Có nghĩa là di chuyển sang ô kề và sau đó di chuyển ba ô theo hướng vuông góc với hướng vừa di chuyển. Quân mã thông thường di chuyển theo hướng $(1, 2)$ . Liệu quân lạc đà có thể di chuyển từ một ô sang ô kề nó không?

Giải

Câu trả lời là không. Xét các tô màu đen trắng của bàn cờ thông thường. Dễ dàng kiểm tra được rằng quân lạc đà luôn di chuyển trong các ô cùng màu và hai ô kề nhau lại là khác màu.

Bài toán 2.11. Một bảng hình chữ nhật có thể phủ kín không đè lên nhau bởi các hình $1 \times 4$ và $2 \times 2$ . Khi bỏ các hình này ra ngoài, chúng ta làm mất một hình $2 \times 2$ và thay vào đó một hình $1 \times 4$ . Liệu có có thể dùng các hình lúc này phủ kín hình chữ nhật được không?

Giải

Câu trả lời là phủ định. Hãy tìm một cách tô màu các ô của hình chữ nhật bởi các màu $1, 2, 3, 4$ sao cho mỗi hình $2 \times 2$ có một ô mỗi màu và hình $1 \times 4$ hoặc không có ô màu $i$ hoặc có 2 ô màu $i$ với mỗi $i = 1, 2, 3, 4$ .

Bài toán 2.12. Có thể hay không một quân mã đi qua tất cả các ô của bàn cờ $4 \times N$ , mỗi ô đúng một lần và quay lại ô xuất phát ban đầu?

Giải

Tô màu hàng thứ nhất $1, 2, 1, 2, \dots$ . Tô màu hàng thứ hai $3, 4, 3, 4, \dots . .$ Tô màu hàng thứ ba $4, 3, 4, 3, \dots$ , và tô màu hàng thứ tư $2, 1, 2, 1, \dots$ .. Giả sử tồn tại một chu trình bởi quân mã trên bàn cờ. Dẽ̃ kiểm tra rằng với cách tô của chúng ta, nếu quân mã đứng ở ô màu 1 hoặc 2 thì bước tiếp theo sẽ là ô màu 3 hoặc 4 , tương ứng. Do số ô mỗi màu là như nhau, các cập màu sẽ thay đổi luân phiên trong chu trình. Bạn đọc hãy tự chỉ ra rằng lúc này ta phải luân phiên giữa các ô màu 1 và màu 3 hoặc luân phiên giữa các ô màu 2 và màu 4 . Hay nói một cách khác, chúng ta không thể đi hết được cả bàn cờ.

Bài toán 2.13. Có ba máy in thẻ trong đó các thẻ là một cặp các số tự nhiên (không sắp thứ tự). Máy thứ nhất nhận một thẻ với hai số $a, b$ và cho ra thẻ với hai số $a + 1, b + 1$ . Máy thứ hai chỉ nhận các thẻ với hai số chẵn $a, b$ và cho ra thẻ với hai số $a / 2, b / 2$ . Máy thứ ba nhận thẻ gồm hai $a, b$ và thẻ gồm hai $b, c$ và cho ra thẻ gồm hai số $a, c$ . Các máy cũng sẽ trả lại các thẻ được đưa vào. Có thể nhận được thẻ gồm hai số 1 và 2012 chỉ từ một tấm thẻ gồm hai số 5 và 19 được không? Tổng quát, từ thẻ gồm hai số 5 và 19 có thể nhận được những thẻ như thế nào?

Giải

Ba phép toán có thể viết lại dưới dạng $(a, b) \to (a + 1, b + 1)$ , $(a, b) \to (a / 2, b / 2)$ và $(a, b), (b, c) \to (a, c)$ . Trong phép biến đổi thứ nhất, hiệu giữa hai số trên thẻ không đổi. Trong phép biến đổi thứ hai, hiệu giữa hai số trên thẻ giảm một nửa. Và trong phép biến đổi thứ ba, hiệu hai số trên thẻ mới bằng tổng hiệu các số trên hai thẻ cũ. Như vậy, hiệu các số trên thẻ không phải là bất biến! Tuy nhiên, nếu nhìn kĩ, có thể tính chia hết cho một số bất kì sẽ được bảo toàn. Kiểm tra được rằng $19 - 5 = 14$ chia hết cho 7 nhưng $2012 - 1$ thì không. Câu trả lời là phủ định. Phần còn lại của bài toán được dành cho độc giả với gợi ý là tất cả các thẻ gồm hai số $a, b$ thỏa mān $a - b$ chia hết cho 7 đều nhận được.

Bài toán 2.14. Một quân cờ di chuyển trên bàn cờ $n \times n$ theo một trong ba cách: đi lên một ô, sang bên phải một ô, đi xuống về bên trái một ô. Hỏi quân cờ có thể đi qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần và quay lại ô kề bên phải ô xuất phát được không?

Giải

Sau mỗi bước, tổng thứ tự của hàng và cột chứa quân cờ hoặc giảm đi 2 hoặc tăng lên 1 . Như vậy, khi xét theo modulo 3 thì tổng này tăng 1 mỗi bước. Do có $n^{2} - 1$ bước, nếu kết thúc ở ô kề bên phải ô xuất phát thì tổng này tăng 1 đơn vị. Do đó $n^{2} - 2$ chia hết cho 3 , mẵu thuẫn. Vậy câu trả lời lại là phủ định.

Bài toán 2.15. Có bảy số 0 và một số 1 được điền vào các đỉnh của khố lập phương. Mỡi bước cho phép cộng thêm 1 vào các số ở một cạnh nào đó. Có thể thu được khối lập phương với tất cả các số bằng nhau không? Có thể thu được khối lập phương với tất cả các số chia hết cho 3 không?

Giải

Chúng ta đánh dấu 4 đỉnh của khối lập phương sao cho các đỉnh này không kề nhau. Xét hiệu giữa tổng các số được đánh dấu và các số không được đánh dấu thì tổng này không đổi. Sử dụng bất biến này, chúng ta dễ dàng chứng minh được rằng câu trả lời trong cả hai trường hợp là phủ định.

Bài toán 2.16. Hình tròn được chia thành 06 hình dẻ quạt, trong đó điền các số $1, 0, 1, 0, 0, 0$ theo thứ tự chiều kim đồng hồ. Cho phép thêm 1 vào các số trong hai ô kề nhau. Có thể làm cho tất cả các số bằng nhau được không?

Giải

Tương tự như Bài 25 , đánh số các dẻ quạt $1, 2, \dots, 6$ và tô màu đỏ các dẻ quạt $1, 3, 5$ . Xét hiệu giữa tổng các số trên các dẻ quạt được tô màu và tổng các số trên các dẻ quạt còn lại thì tổng này không đổi.

Bài toán 2.17. Chúng ta thực hiện phép biến đổi trên các bộ ba số như sau: thay hai số trong chúng, ví dụ $a$ và $b$ , bời $(a + b) / \sqrt{2}$ và $(a - b) / \sqrt{2}$ . Hỏi có thể nhận được $1, \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2}$ từ $2, \sqrt{2}, 1 / \sqrt{2}$ không?

Giải

Tổng bình phương của các số trong mọi cấu hình là không đổi. Sử dụng bất biến này, dễ dàng đưa ra câu trả lời phủ định cho bài toán.

Bài toán 2.18. Các số thực được viết lên vòng tròn. Nếu bốn số liên tiếp $a, b, c, d$ thỏa mān $(a - d) (b - c) > 0$ thì có thể đổi chỗ $b$ và $c$ . Chứng minh rằng quá trình sẽ phải kết thúc.

Giải

Giả sử các số trên vòng tròn theo thứ tự là $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ . Xét $X = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} a_{i + 1}$ với $a_{n + 1} = a_{1} .$ Khi đó trong mối phép biến đổi $X$ tăng thực sự. Nếu quá trình kéo dài vô hạn thì tổng này có vô hạn giá trị, nhưng tổng chỉ có tối đa $n!$ giá trị. Suy ra quá trình buộc phải kết thúc.

Bài toán 2.19. Cho một đồ thị $n$ đỉnh, bậc của mỗi đỉnh không quá 5. Chứng minh rằng các đỉnh có thể tô bởi ba màu sao cho không quá $n / 2$ cạnh có các đỉnh mút cùng màu.

Lời giải của Bài 29 được dành cho bạn đọc!

Toán Việt

Chia sẻ và học hỏi

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm 2020

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển PTNK năm 2021

Đề thi Học kì 1 lớp 10 chuyên Toán PTNK năm 2018

Bài tập số học ôn thi vào lớp 10 – Phần 3

Tứ giác nội tiếp – Phần 3

Câu chuyện toán học: Chiến thắng thần kì

Bài tập số học ôn thi vào 10 – Phần 2

Bài tập số học ôn thi vào lớp 10 chuyên toán – Phần 1

Tứ giác nội tiếp – Phần 2

Bất biến và đơn biến – Phần 1