Thuật toán tham lam (Greedy Algorithms)

Thuật toán tham lam là thuật toán để giải quyết một bài toán trong đó ta chọn phương án tối ưu cho các bước địa phương, từ đó đạt được tối ưu toàn cục. Đó chưa hẳn luôn là phương án tối ưu cho bài toán nhưng thường sẽ được đạt được cực trị.

Ý tượng là trong mỗi bước, ta xét các phần tử (thuộc dạng tốt nhất, xấu nhất, lớn nhất hay nhỏ nhất) để đạt được các mục tiêu cần giải quyết.

Ví dụ ta có một xấp tiền gồm các tờ 1k, 2k, 5k, 10k, làm sao ta có thể đổi một số tiền 57k thành các tờ tiền này sao cho số tờ tiền là ít nhất.

Rõ ràng ta cứ chọn các tiền lớn nhất có thể, thuật toán là

  • Chọn lớn nhất x1,2,5,10 thỏa xM.
  • Tiếp tục thuật toán cho Mx.

Khi đó ta có

  • x1=10, M1=47, sau lần 1.
  • x2=10,M2=37
  • x3=10,M3=27
  • x4=10,M4=17
  • x5=10,M5=7
  • x6=5,M6=2
  • x7=2,M7=0

Vậy tập cần tìm là {10,10,10,10,10,5,2}

Trên đây là một ví dụ đơn giản về thuật toán tham lam, tiếp theo ta xét một số ví dụ khác để các bạn có thể hiểu rõ hơn về thuật toán này.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n thì đều có thể biểu dưới dạng một lũy thừa của 2 hoặc một tổng các lũy thừa của 2, và sự biểu diễn là duy nhất.

Lời giải
  • Nếu n là lũy thừa của 2 thì coi như xong. Nếu n không là lũy thừa của 2 ta chọn một lũy thừa của 2 nhỏ hơn n và gần n nhất, giả sử là 2ak. Ta có 2ak<n<2ak+1.
  • Tiếp theo áp dụng thuật toán cho số n2k, rõ ràng thuật toán dừng vì ta có dãy giảm và bị chặn bởi 0.
  • Khi đó ta có n=2a1++2ak.
  • Ta chứng minh sự biểu diễn này là duy nhất. Giả sử tồn tại hai cách biểu diễn 2ak++2a1=2bm+2b1. Nếu ak>bmakbm+1. Khi đó ak>abm+11=≥2bm+2bm1+21+1
  • Do đó VT>VP (vô lí)
  • Nếu ak=bm, chứng minh tương tự cũng có 2 dãy a1,akb1,bm là trùng nhau. Nên sự biểu diễn là duy nhất.

Ví dụ 2. Cho một đồ thị đơn, trong đó d là bậc cao nhất. Chứng minh rằng có thể tô màu các đỉnh của đồ thị bằng d+1 màu sao cho hai đỉnh kề thì khác màu.

Lời giải
  • Giả sử các màu được đánh số từ 1 đến d+1. Ta thực hiện cách tô màu như sau
  • Chọn 1 đỉnh ta tô màu nhỏ nhất mà không xuất hiện trong các đỉnh lân cận với đỉnh đó. Việc tô màu này luôn thực hiện được vì bậc của mỗi đỉnh không hơn hơn d.

Ví dụ 3. Cho các tập A1,A2,,A2022 là các tập con có 3 phần tử của X={1,2,2022}. Chứng minh rằng ta có thể tô màu 674 phần tử của X sao cho với mọi tập Ai có một phần tử không được tô màu.

Lời giải
  • Ta có thể làm ngược lại, tô màu các số sao cho với mỗi tập Ai có ít nhất một số được tô màu, ta chứng minh là số phần tử cần tô không vượt quá 1348 số.
  • Ta thực hiện cách tô sau: Chọn phần tử xuất hiện nhiều nhất trong các tập, tô màu phần tử đó. Lặp lại thuật toán đến khi không có tập hợp nào không có phần tử được tô màu
  • Ta chứng minh số phần tử được tô màu không vượt quá 1348 phần tử
  • Giả sử ta tô được k phần tử, và các tập còn lại đều phân biệt rời nhau, có m tập hợp. Rõ ràng vì mỗi bước thực hiện đều giảm được ít nhất 2 tập nên k20222=1011. (Vì cách chọn số phần từ xuất hiện trong nhiều tập nhất nên ít nhất là 2). Và các tập còn lại phân biệt rời nhau, mỗi tập có 3 phần tử nên m1011/3=337.\
  • Khi đó ta tô màu mỗi phần tử trong m tập còn lại thì sẽ thỏa đề bài, do đó số phần tử cần tô màu là k+m1011+337=1348.
  • Do đó ta có cách tô màu thỏa đề bài.

Ví dụ 4. Cho một bảng 2×n, người ta điền vào bảng các số dương sao cho tổng hai số trong cùng một cột bằng 1. Chứng minh rằng ta có thể chọn mỗi cột một số sao cho các số trên mỗi dòng không lớn hơn n+14.

Lời giải

Ta sắp xếp từ trái sang phải theo thứ tự tăng dần các số ở hàng thứ nhất a1a2an, hàng dưới tương ứng là 1a1,1a2,,1an.

Ta chọn các số ở hàng trên từ trái qua, nhiều nhất sao cho tổng S không lớn hơn n+14. Ta chứng minh tổng các số ở hàng dưới trong các cột còn lại không lớn hơn n+14S.

Giả sử chỉ số i lớn nhất thỏa a1+a2++ain+14. Ta cần chứng minh
n+14(1ai+1)+(1ai+2)++(1an)=(ni)(ai+1+ai+2++an)

ai+1+ai+2++an3n14i
Từ a1a2ai+1, ta có
a1+a2++ai+1i+1ai+1

và từ ai+1ai+2an, ta có
ai+1+ai+2++anniai+1
Từ đó ta có
ai+1+ai+2++annia1+a2++ai+1i+1

ai+1+ai+2++an(ni)a1+a2++ai+1i+1>(ni)n+14i+1
do cách chọn i lớn nhất.

Ta cần chứng minh nii+1n+143n14i.

hay (n1)24i(ni1), áp dụng AM-GM 2i(ni1)i+(ni1)=n1, ta có điều cần chứng minh.

Ví dụ 5. (IMOSL 2001) Một tập có 3 số nguyên phân biệt không âm {x,y,z} thỏa x<y<z được gọi là tập có tính chất P nên {zy,yz}={a,b} với 0<a<b nguyên dương cho trước. Chứng minh rằng tập các số nguyên không âm được viết thành hợp các có tính chất P đôi một phân biệt.

Lời giải

Ta thấy có 2 trường hợp là z=y=b,yx=a hoặc zy=a,yx=b hay tập có tính chất P sẽ có một trong hai dạng {x, x+a, x+a+b} hoặc {x, x+b, x+a+b} với x nguyên dương.

Với mỗi tập có tính chất P là {x, y, z} ta tô màu x đỏ, y xanh z vàng.

Ta tô màu các số nguyên dương như sau:

  • Xét số dương k nhỏ nhất chưa được tô màu.
  • Nếu k+a chưa được tô màu thì ta tô màu cho tập {k, k+a, k+a+b}.
  • Nếu k+b chưa được tô màu thì ta tô màu cho tập {k, k+b,k+a+b}.

Ta chứng minh với cách tô màu như trên thì các tập đều phân biệt và số nào cũng được tô màu. Giả sử ta đã thực hiện tới bước thứ n với phần tử xn là nhỏ nhất được tô màu. Ta tiếp tục thực hiện với kế tiếp với phần tử xn+1 chưa được tô màu. Ta cần chứng minh các phần tử xn+1+a hoặc xn+1+b chưa được tô màu và xn+1+a+b chưa được tô màu trước đó.

  • Thật vậy rõ ràng là xn+1+a+b chưa được tô màu vì nó lớn hơn tất cả các số được tô màu. (Ở bước thứ n thì xn được tô màu, nên xn+a+b là số lớn nhất được tô màu.
  • Nếu xn+1+b được tô màu thì không thể là màu đỏ, nếu xanh thì xn+1+ba được tô màu đỏ, vô lí. Nếu màu vàng thì xn+1+bab=xn+1a được tô màu đỏ, khi đó xn+1 được tô màu, vô lí.

Một số bài tập rèn luyện

Bài 1. (Đức 2000) Có một số đá tổng cộng là 9 tấn cần được vận chuyển bằng xe tải. Mỗi tảng đá không nặng quá  1 tấn, mỗi xe tải chở không quá 3 tấn. Hỏi còn ít nhất bao nhiêu xe tải để chở hết số đá này cùng lúc.

Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n tồn tại các số nguyên dương a1,a2,, sao cho aii thỏa

n=a11!+a22!++akk!

và sự biểu diễn này là duy nhất.

Bài 3. Gọi S là tập hợp n điểm trong mặt phẳng tọa độ. Nói rằng một cặp điểm thẳng hàng nếu hai điểm đó có cùng tọa độ x hoặc y. Chứng minh rằng S có thể được phân chia thành các tập con rời rạc sao cho

(a) mỗi tập con này là một tập hợp các điểm thẳng hàng,
và (b) tối đa n3/2 cặp điểm phân biệt không có thứ tự trong S thẳng hàng nhưng không nằm trong cùng một tập con.

Bài 4. (IMOSL 2013). Cho n là một số nguyên dương. Tìm số nguyên k nhỏ nhất thỏa mãn tính chất: Cho bất kỳ số thực a1,···,ad sao cho a1+a2+···+ad=n0ai1
với i=1,2,···,d, có thể phân chia các số này thành k nhóm (một số có thể trống)
sao cho tổng các số trong mỗi nhóm nhiều nhất là 1.

Bài 5.  (IMO 2014). Với mỗi số nguyên dương n, Ngân hàng Cape Town phát hành tiền xu có mệnh giá 1n. Đưa ra một bộ sưu tập hữu hạn các đồng tiền như vậy (không nhất thiết phải có mệnh giá khác nhau) với tổng số giá trị nhiều nhất là 99+12. Chứng minh rằng có thể chia bộ sưu tập này thành 100 nhóm hoặc ít hơn, chẳng hạn như mà mỗi nhóm có tổng giá trị nhiều nhất là 1.

Đáp án thi chọn Đội Tuyển Trường PTNK năm học 2013-2014

Đề thi và đáp án kì thi chọn đội tuyển Toán trường Phổ thông Năng khiếu – ĐHQG TPHCM được tổ chức vào tháng 10 năm 2013, chọn ra 6 học sinh dự thi kì thi HSG Quốc gia năm 2014. Các thí sinh từ các lớp 11, 12 (chủ yếu là học sinh chuyên toán), thực hiện bài thi trong 2 ngày, mỗi ngày 4 bài, mỗi bài 180 phút. Sau đây là đề thi và đáp án thực hiện bởi Star Education.

Ngày thi thứ 1

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số f:RR thoả mãn

f(x3+y+f(y))=2y+x2f(x),x,yR

Bài 2. Cho dãy {un} thoả mãn u1=2013,un+1=un34un2+5unnN. Tìm tất cả các số nguyên tố p là ước của (u2014+2009)p3(mod4).

Bài 3. Trong một hội nghị khoa học có 5000 đại biểu tham dự, mỗi một đại biểu biết ít nhất một thứ tiếng. Một uỷ ban gồm một số đại biểu được gọi là “uỷ ban làm viẹc” nếu tất cả thành viên trong uỷ ban đều biết chung một thú tiếng; gọi là “uỷ ban thách thức” nếu không có hai thành viên nào của uỷ ban biết chung một thứ tiếng (uỷ ban có thểgồm 1 thành viên; uỷ ban này gọi là làm việc họ̆c thách thức đều được). Chứng minh rằng có thể chia các đại biểu thành 100 uỷ ban rời nhau (mỗi đại biểu thuộc một uỷ ban) sao cho các uỷ ban này họ̆c là uỷ ban làm việc hoặc là uỷ ban thách thức.

Bài 4. Tam giác ABCB,C cố định còn A di động sao cho AB=ACBAC>60. Đường thẳng đối xúng với BC qua AB cắt AC tai P. Trên đoạn PC lấy M sao cho PM=PB. Gọi N là giao điểm của AB với phân giác ngoài góc BCA. Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ 2

Bài 5. Cho 2014 số thực x1,x2,,x2014 thỏa mãn điều kiện i=12014xi=0i=12014xi2=2014. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=x1x2x2014.

Bài 6. Cho dãy số un xác định bởi u1=1,un+1=unun2+1+2 với mọi nN. Tìm giới hạn limun+1un.

Bài 7. Cho n nguyên dương và A là tập con khác rỗng của X=1,2,,n.

  1. Tính giá trị của tổng S(A)=ECX(1)|EA|,trong đó E lấy trên tất cả các tập con của tập X (kể cả tập rỗng).

  2. Cho mN,xét m tập con khác rỗng của XA1,A2,,Amm số nguyên khác không là a1,a2,,am sao cho a1+a2++am<0. Chứng minh tồn tại tập con E của X sao cho i=1m(1)|EA|ai>0 (Kí hiệu |A| chỉ số phần tử của tập A, số phần tử của tập rỗng là 0 ).

Bài 8. Cho tam giác ABC nhọn có H là trực tâm và P là điểm di động bên trong tam giác ABC sao cho BPC=BHC. Đường thẳng qua B và vuông góc với AB cắtPC tại M.Đường thẳng qua C và vuông góc với AC cắt PB tại N. Chứng minh rằng trung điểm I của MN luôn thuộc một đường cố định.

Hết

Giải

Bài 1.

Trong phương trình đã cho, thay x=y=0, ta có f(f(0))=0. \medskip

Lại thay y=0 thì f(f3+f(0))=x2f(x),x.

Thay y=f(0) thì f(x3+f(0))=2f(0)+x2f(x).

Từ đây suy ra f(0)=0. Thay y=0 vào đẳng thức đã cho ta được f(x3)=x2f(x). Do đó ta có f(x3+y+f(y))=2y+f(x3) hay f(x+y+f(y))=2y+f(x).\eqno()
Thay y bởi y, ta được f(xy+f(y))=2y+f(x).
Với x bất kì, ta lấy 2y=f(x) ta được f(xy+f(y))=0 suy ra xy+f(y)=0. Do đó, ta được f(x)=f(y+f(y))=2y=f(x).
Từ đây suy ra
f(x+f(y)+f(f(y)))=2f(y)+f(x).
Trong () thay x=y ta được f(f(y))=2y+f(y)=2yf(y), kết hợp với đẳng thức trên, ta được f(x+2y)=2f(y)+f(x). Đến đây cho x=0 ta được f(2y)=2f(y) nên ta được f(x+y)=f(x)+f(y), tức là f(x) cộng tính.
Đến đây ta sẽ tính f((x+1)3+(x1)3) theo hai cách như sau

  • f((x+1)3+(x1)3)=f(2x3+6x)=2x2f(x)+6f(x).
  • f((x+1)3+(x1)3)=(x+1)2f(x+1)+(x1)2f(x1)=(x+1)2(f(x)+f(1))+(x1)2(f(x)f(1))=2x2f(x)+2f(x)+4xf(1).

So sánh hai đẳng thức trên, ta được f(x)=xf(1)=ax với mọi x. Thử lại ta được a=1,a=2. \medskip

Vậy các hàm cần tìm là f(x)=x,f(x)=2x.

Bài 2.

Ta có
un+12=(un2)(un11)2=(un21)2(un11)2(un22)=(un11)2(un21)2(u21)2(u12).

Do đó u2014+2009=2011[(u20131)2(u20121)2(u21)2+1].

Gọi B là biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai. Ta có bổ đề quen thuộc là nếu a2+b2 chia hết cho số nguyên tố p=4k+3 thì a,b cùng chia hết cho p. Từ đây suy ra số B có dạng a2+1 nên nó sẽ không có ước nguyên tố dạng 4k+3. \medskip

Vậy u2014+9 chỉ có một ước nguyên tố p3(mod4) duy nhất là 2011.

Bài 3. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau \medskip

Định lý Ramsey Với s,t là các số nguyên dương, gọi R(s,t) là số đỉnh ít nhất cần có của một graph để trong đó luôn tồn tại một tập độc lập s đỉnh hoặc một graph con đầy đủ t đỉnh. Khi đó
R(s,t)Cs+t2s1.\eqno()

Chứng minh
Ta sẽ chứng minh rằng R(s,t)R(s1,t)+R(s,t1).
Để ý rằng với s=1 hoặc t=1 thì R(s,t)=1. Do đó, nếu chứng minh được đánh giá này thì chỉ cần dùng tính chất của tam giác Pascal để có R(s,t)Cs+t3s2+Cs+t3s1=Cs+t2s1.
Đặt n là vế phải của (*) và xét graph Gn đỉnh. Xét vG thì

  • Nếu như có ít nhất R(s,t1) đỉnh kề với v. Khi đó, theo định nghĩa thì trong tập đỉnh đó, sẽ luôn có một tập độc lập s đỉnh hoặc một graph con đầy đủ t1 đỉnh, ghép thêm đỉnh v vào thì thỏa mãn điều kiện của R(s,t).
  • Nếu như có ít nhất R(s1,t) đỉnh không kề với v. Tương tự trên, trong tập đỉnh đó, cũng sẽ có một một graph con đầy đủ t đỉnh hoặc tập độc lập s1 đỉnh, ghép thêm đỉnh v vào thì thỏa mãn điều kiện của R(s,t).

    Từ đó, ta thấy graph G này thỏa mãn điều kiện của R(s,t) nên theo tính nhỏ nhất thì R(s,t)n.

Trở lại bài toán, \medskip

Xét graph đơn vô hướng G=(V,E) đại diện cho hội nghị khoa học đã nêu, trong đó V là tập hợp các đại biểu và hai đỉnh được nối nhau nếu hai đại biểu tương ứng quen nhau. Ta gọi T là tập hợp đỉnh biểu diễn cho thành viên của ban tổ chức. \medskip

Khi đó một ủy ban gồm 5 thành viên là đại diện nếu như đó là một graph đầy đủ, còn đó là thách thức nếu đó là graph không có cạnh. Ta gọi các graph con như thế là graph con “chuẩn”. \medskip

Trong các đỉnh VT, ta xóa dần dần các graph con chuẩn đến khi không thực hiện được nữa. Ta gọi tập hợp còn lại là S. Ta sẽ chứng minh rằng ST có thể phân hoạch thành các graph con chuẩn như trên. \medskip

Theo định lý Ramsey, rõ ràng |S|C84=70. Xét một đỉnh vS thì giả thiết, v kề với cả 280 đỉnh của T nên ta chọn ra trong đó 4 đỉnh để ghép với v tạo thành một graph con “chuẩn”. Cứ như thế thực hiện cho đến hết các phần tử của S, còn lại bao nhiêu phần tử trong T thì chia đều ra thành các graph con “chuẩn” là được. \medskip

Bài toán được giải quyết.

Bài 4.

Tam giác PBM cân tại P nên bằng biến đổi góc, ta có

PBM=PMB2ABCMBC=ACB+MBC.

Do đó ABC=2MBC nên BM là tia phân giác của ABC. Theo tính chất đường phân giác thì
MCMA=BCBA=BCAC.

Lại có CN là phân giác ngoài của ACB nên ta cũng có
NANB=CACB. Gọi I là trung điểm của BC thì I là điểm cố định. \medskip

Xét tam giác ABC với I thuộc BC , M thuộc ACN thuộc AB với

IBICMCMANANB=1BCACACBC=1

thì theo định lý Menelaus đảo, ta có M,N,I thẳng hàng. \medskip

Vậy MN luôn đi qua điểm I cố định.

Bài 5. 

Rõ ràng có thể chọn giá trị các biến thích hợp để P>0 nên để tìm giá trị lớn nhất của P thì ta chỉ xét các số x1,x2,,x2014 đều khác 0 và số các số âm là chẵn. Không mất tính tổng quát, giả sử
x1x2x2m>0>x2m+1x2014.
Đổi dấu các số yk=xk>0 với 2m+1k2014. Khi đó ta viết lại
{x1+x2++x2m=y1+y2++y2n=Ax12+x22++x2m2+y12+y22++y2n2=2014
trong đó m+n=1007 (ngoài ra m,n>0 vì các số đã cho không thể toàn bộ là dương hoặc toàn bộ là âm). Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì
2014A22m+A22n nên A24mn.
Lại theo bất đẳng thức AM-GM thì
P=(x1x2x2m)(y1y2y2n)(A2m)2m(A2n)2n=A2m+2n22m+2nm2mn2n(4mn)m+n22m+2nm2mn2n=(mn)nm.

Do m,n khác tính chẵn lẻ nên với vai trò bình đẳng của m,n, ta có thể giả sử m<n nên nm1m503. Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Bernoulli thì

(nm)nm1+(nm1)(nm)=1+(nm)2m1+1503=504503.
Suy ra P(mn)nm503504. Đây chính là giá trị lớn nhất cần tìm, dấu bằng xảy ra khi
m=503,n=504x1=x2==x1006=504503,x1007=x1008==x2014=503504.

Bài 6.

Xét hàm số f(x)=xx2+1+2 với xR thì f(x)=1+2+2x21+x2(2+1+x2)2>0 nên hàm này đồng biến trên R.
Dãy số đã cho được viết lại thành
{u1=1,un+1=f(un),n1 thì u1<u2 nên dễ dàng chứng minh quy nạp được rằng dãy này giảm. \medskip

Do dãy này bị chặn dưới bởi 0 nên nó có giới hạn, đặt giới hạn đó là L0. Trong biểu thức xác định dãy, cho n+, ta được L=LL2+1+2 nên L=0.
Từ đó suy ra
limn+un+1un=limn+1un2+1+2=11+2.

Bài 7.

(a) Nếu A=X thì S(A)=EX(1)|E|=Cn0Cn1+Cn2+(1)nCnn=0.

Còn nếu AX, do S(A) chỉ phụ thuộc vào số phần tử của A nên không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng A={1,2,,k} với k<n. Khi đó, ta có
S(A)=EX{k}(1)|EA|+EX{k}(1)|(E{k})A|=EX{k}(1)|EA|EX{k}(1)|EA|=0.
Vậy S(A)=0,AX. \medskip

(b) Đặt f(E)=i=1m(1)|EAi|ai. Giả sử f(E)0,E. Mà ta cũng có
EXf(E)=i=1maiS(Ai)=0.
Suy ra f(E)=0,EX, nhưng điều này là không thể vì f()<0. Vậy luôn tồn tại E sao cho f(E)>0.

 

Bài 8. 

Vẽ đường kính AA của đường tròn (ABC). Vì ABAB nên B,A,M thẳng hàng. Tương tự thì C,A,N thẳng hàng. Giả sử
BA,CA cắt lại (BHC) lần lượt tại E,F. Mặt khác

NPM=180BHC=A=180BAC=MAN

nên PAMN là tứ giác nội tiếp.

Ta sẽ chứng minh trung điểm của AF,AE,MN là thẳng hàng. Theo định lý Menelaus đảo thì điều nào tương đương với AFAN=EAEMAFAE=ANEMABAC=ANME.\eqno()

BNA=CMENBA=MCE nên hai tam giác BNA,CME đồng dạng với nhau. Do đó
ANME=ABCE.
Mặt khác, bằng biến đổi góc, ta cũng có CAE cân tại C nên CE=CA. Ta có được ANME=ABAC.
Do đó, khẳng định () là đúng. Vậy nên điểm I luôn nằm trên đường trung bình của tam giác AEF là đường cố định.

Bạn đọc có thể tìm thêm nhiều cách giải cho bài 8 này tại

link sau

Tham khảo từ sách “Tuyển tập đề thi môn Toán đội tuyển và dự tuyển trường PTNK”

Đáp án thi chọn Đội Tuyển PTNK năm học 2012-2013

Kì thi chọn đội tuyển thi HSG Quốc gia của trường PTNK năm học 2012 – 2013 được diễn ra trong hai ngày, mỗi ngày 4 bài làm trong 180 phút.

Ngày thi thứ 1

Bài 1. Giải hệ phương trình:

{x+y=3xz+yt=5xz2+yt2=41xz3+yt3=121

Bài 2.Cho dãy (un) giảm và có giới hạn bằng 0 . Xét hai dãy số sau

vn=u1+u2++unnun+1 zn=u1+u2++un

Chứng minh nếu (vn) bị chặn thì (zn) hội tụ.

Bài 3. Cho tập X=1;2;3;;4n. Hai tập con AB của X được gọi là không giống nhau nếu |AΔB|2n+1. Trong đó AΔB=(AB)(BA). Cho {A1;A2;;Am} là tạp con của X gồm m phần tử đôi một không giống nhau.

  1. Chứng minh m2n.
  2. Chứng minh m4(n+1)3.

Bài 4. Cho ABC với M,N thuộc cạnh BC sao cho BAM=CAN=α (M nằm giữa B,N). Gọi I là trung điểm BC. Kẻ BH AM,CKAN lần lượt tại H,K.

  1. Chứng minh tâm đường tròn (IHK) luôn thuộc một đường thẳng cố định.
  2. Tính α theo ABCACB sao cho (IKH) tiếp xúc với đường tròn đường kính AB hoặc đường tròn đường kính AC.

Ngày thi thứ 2

Bài 5.

  1. Chứng minh rằng với mọi x>0 thi 2(x43+1x43+1)3(x+1x).
  2. Tim số thực dương a nhỏ nhất sao cho 2(xa+1xa+1)3(x+1x) với mọi x>0

Bài 6. Tìm n tự nhiên sao cho An=1+320(n2+n+1)+914(n2+n+1) là số nguyên tố.

Bài 7. Tìm hàm số f:NN * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) f(mf(n))=n6f(mn)

ii) Với mọi m,n là các số nguyên tố cùng nhau thì f(m),f(n) cũng nguyên tố cùng nhau.

Bài 8. Cho tam giác ABCAB=AC. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC. ( C) là một đường tròn đi qua H có tâm I di động trên đoạn AH.(C) cắt AB tại M,N và cắt AC tai P,Q sao cho M nằm giữa AN,P nằm giũa Ava˙Q. BPBQ cắt (C) tại E,F. Chúng minh rằng giao điểm D của NEMF là một điểm cố định.

Giải

Ngày thi thứ 1

Bài 1.

Gọi 4 phương trình của hệ lần lượt là (1),(2),(3),(4). Nếu z+t=0 thì khử t ở các phương trình.

Ta có x+y=3(x+y)z2=41 nên z2=413.

Mặt khác z(xy)=5z3(xy)=101 nên z2=1015, từ đây ta có điều vô lý.

Do đó, ta chỉ cần xét z+t0. Từ (2), ta có

(xz+yt)(z+t)=5(z+t),

sau khi khai triển, sử dụng (1),(3), ta được 41+3zt=5(z+t).

Từ (3), ta có (xz2+yt2)(z+t)=41(z+t),

lại khai triển, sử dụng (2),(4), ta được 101+5zt=41(z+t).

Do đó, ta có một hệ phương trình theo biến zt,z+t nên giải ra được z+t=1,zt=12. Từ đây ta có (z,t)=(4,3),(3,4).

  •  Nếu z=4,t=3 thì dễ dàng tính được x=2,y=1.
  •  Nếu z=3,t=4 thì ta cũng tính được x=1,y=2.

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt là (x,y,z,t)=(1,2,3,4),(2,1,4,3).

Bài 2.

Do zn là dãy tăng nên ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn trên là được.

Giả sử L là chặn trên của vn, ta có do xn giảm nên

znnxn+2vn+1=x1+x2++xn+xn+1(n+1)xn+2L.

Suy ra znL+nxn+2.

Tương tự, znnxn+3vn+2=x1+x2++xn+xn+1+xn+2(n+2)xn+3L

nên ta được znL+nxn+3.

Qua hai bước trên, làm tương tự, cho n cố định, ta suy ra đượcznL+nlimNxN=L.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài 3.

(a) Ta giải bằng phương pháp đếm bằng hai cách. Giả sử ngược lại, tồn tại tập M gồm 2n+1 tập con đôi một không giống nhau. Ta đếm số các bộ (x,i,j) với i<jxAiΔAj. Theo giả thiết, số bộ này ít nhất là

(2n+1)(2n+1)2n2.

Với mỗi x, giả sử có k tập con Ai chứa x2n+1k tập con không chứa x. Khi đó số cặp Ai,AjxAiΔAj sẽ không quá k(2n+1k)n(n+1). Như vậy số bộ này nhiều nhất là 4nn(n+1). Từ đó ta suy ra bất đẳng thức   (2n+1)(2n+1)2n24nn(n+1).

Suy ra 10, vô lý, kéo theo m2n.

(b) Xét tập M={A1,A2,,Am} gồm m tập con đôi một không giống nhau của X.

Đặt X=X0. Ta thiết lập các tập Ai theo nguyên tắc sau đây

  •  Nếu |Ai| chẵn thì Ai=Ai,
  •  Nếu |Ai| lẻ thì Ai=Ai{0}.

Khi đó ta có |Ai| chẵn với mọi i. Từ đó, do

|AΔB|=|A|+|B|2|AB| nên |AiΔAj|.

AiΔAjAiΔAj nên |AiΔAj||AiΔAj|2n+1. Từ đây, do tính chẵn, suy ra |AiΔAj|2n+2.

Lại áp dụng lập luận tương tự (a) cho tập M={A1,A2,,Am} thuộc X, ta có số bộ (x,i,j) với xAiΔAj một mặt sẽ có ít nhất là (2n+2)m(m1)2. Mặt khác sẽ không vượt quá (4n+1)m24. Từ đó suy ra bất đẳng thức

(2n+2)m(m1)2(4n+1)m244(n+1)(m1)(4n+1)mm4(n+1)3.

Bài 4.

(a) Gọi AT là đường cao của tam giác ABC với TBC. Suy ra tứ giác AHTBATKC nội tiếp.

Không có mô tả.

Do đó HTI=BAH=α=CAK=ITK. Suy ra I,H,T,K đồng viên. Do đó, tâm (IHK) thuộc trung trực của TI cố định.

(b) Gọi (ω) là đường tròn đường kính AB. Ta có tứ giác AHTB nội tiếp (ω). Do đó (ω) giao (IHK) tại TH.

Giả sử (ω)(IHK) tiếp xúc thì TH dẫn đến AM là đường cao của tam giác ABC.

Khi đó ta tính được α=90ABC.

Hoàn toàn tương tự nếu (IHK) tiếp xúc với đường tròn đường kính AC.

Ngày thi thứ 2

Bài 5.

(a) Đặt x43=a,x43=b thì ta có ab=1 và cần chứng minh rằng

2(a4+b4+1)3(a3+b3).

Ta cũng có

a4+b4=((a+b)22)22a3+b3=(a+b)33(a+b).

Đặt t=a+b2 thì ta cần có

2((t22)21)3(t33t).

Biến đổi tương đương bất đẳng thức này, ta được

(t2)(2t+1)(t23)0.

Bất đẳng thức này đúng do t2.

(b) Ta chứng minh hằng số nhỏ nhất là α0=3/2. Không mất tính tổng quát, giả sử x1. Đầu tiên, vì hàm h(α)=xα+1xα tăng nên ta dễ thấy α>1. Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng hai bước. \medskip

Bước : α=3/2=α0 thì bất đẳng thức đúng. Thật vậy, ta cần chứng minh

2(xα01)2xα03(x1)2x,

tương đương f(x)=xα01xα0α0x+α0x.

Ta có

f(x)=α0(xα011)(11xα0+1)0x1,

nên f(x)f(1)=0.

Bước 2: Chứng minh α=3/2=α0 là hằng số nhỏ nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại 1<α<α0 sao cho bất đẳng thức ở đề bài thỏa mãn với mọi x1. Khi đó tồn tại m>n nguyên dương sao cho α<mn<α0. Khi đó h(α)<h(mn). Từ đây suy ra

2h(mn)+23h(1),

tương đương

2(ym1)2ym3(yn1)2yny1,

với y=xn. Bất đẳng thức trên có thể được viết lại với y>1 như sau

g(y)=2(ym1+ym2++1)23ymn(yn1+yn2++1)20,y>1.

g(y) liên tục nên ta có

limy1g(y)02m23n2,

mâu thuẫn do m/n<3/2.

Vậy hằng số nhỏ nhất cần tìm là 3/2.

Bài 6.

Đặt a=34(n2+n+1)81 thì ta có A=t7+t5+1. Phân tích biểu thức này thành nhân tử, ta có

A=(t5t4+t3t+1)(t2+t+1).

Dễ dàng chứng minh được t5t4+t3t+1>t2+t+1>1 nên biểu thức trên không thể là số nguyên tố được.

Vậy không tồn tại số n nào thỏa mãn đề bài.

Bài 7.

Trong (i), thay m=1, ta có

f(f(n))=n6f(n).()

Từ đây dễ suy ra f đơn ánh. Tiếp tục thay m bởi f(m), ta có

f(f(m)f(n))=n6f(f(m)n)=(mn)6f(mn)=f(f(mn)).

Kết hợp với tính đơn ánh, ta có f(m)f(n)=f(mn) nên f nhân tính. \medskip

Tiếp theo, giả sử tồn tại n sao cho gcd(f(n),n)=1 suy ra f(f(n))f(n) nguyên tố cùng nhau. Từ () ta được f(n)=1f(1)=n6. Lại có gcd(f(1),1)=1 nên f(1)=1 . Do đó gcd(f(n),n)1,n2.

Xét số nguyên n bất kì. Giả sử f(n) có ước nguyên tố q sao cho q không là ước của n. Khi đó gcd(n,q)=1gcd(f(n),f(q))1, trái với điều kiện (ii). \medskip

Xét số nguyên tố p bất kì. Khi đó f(p)=pk,k1 do (f(p),p)1. Suy ra f(f(p))=f(pk)=f(p)k=pk2.

Thay vào () ta được pk2=p6pk{k=3f(p)=p3.

Từ đây, kết hợp với tính nhân tính của f và ta cũng biết rằng mỗi số n đều có thể biểu diễn thành tích của các số nguyên tố, ta có được f(n)=n3 với mọi nN.

Bài 8.

Giả sử MF cắt BC tại T, ta có (C) tiếp xúc với BC tại H nên TH2=TFTM.

Không có mô tả.

 

Ta lại có NQBC vậy nên TBF=FQN=TMB, suy ra TB2=TFTM. Từ đó, suy ra T là trung điểm HB. Tương tự, ta cũng chứng minh được rằng NE cắt BC cũng tại trung điểm BH.

Suy ra NE,MF,BC đồng quy tại T là trung điểm BH, là một điểm cố định.

Nhận xét: Bài toán này cũng có một phiên bản tương tự khi thay tam giác tam giác cân bởi tam giác bất kỳ, và đường tròn cắt tại hai điểm trên cạnh thành đường tròn nội tiếp. Cụ thể là:

Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. Đường thẳng qua E,F song song với BC lần lượt cắt lại (I) tại G,H. Giả sử BG,CH cắt lại (I) tại P,QEF cắt BC tại T.

a/ Chứng minh rằng PE,QF cùng đi qua trung điểm K của DT.

b/ Chứng minh rằng (KBP),(KCQ) cùng tiếp xúc với (I) và hai đường tròn này cũng cắt nhau tại một điểm nằm trên (ABC).

Đề thi chọn đội tuyển PTNK năm học 2010-2011

Ngày thi thứ 1

Bài 1.  Giải hệ phương trinh: {5(x+y)x+y+6xy+6(x+z)x+z+5xz=46(z+y)z+y+4zy+4(x+y)x+y+6xy=54(x+z)x+z+5xy+5(y+z)y+z+4yz=6

Bài 2.  Tìm tất cả các hàm f:RR thỏa mãn

f(|x|+y+f(y+f(y)))=3y+|f(x)| với mọi x,yR

Bài 3.  Cho p là số nguyên tố lẻ và n=2p+r với r0,1,2,,p1. Đặt X=1,2,,n. Ánh xạ f:XX được gọi là có tính chất P nếu f không phải là ánh xạ đồng nhất và f(f(f(f(k))))=k (ánh xạ hợp plần) với mọi kX. Đạt Af=kXf(k)=k.

  1. Chứng minh rằng nếu f có tính chất P thì |Af|r(modp).
  2. Gọi d là số các ánh xạ f có tính chất P. Chứng minh rằng d không là ước số của n!.

Bài 4.  Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O)A cố định và B,C thay đổi trên (O) sao cho BC luôn song song với một đường thẳng cố định. Các tiếp tuyến của (O) tại BC cắt nhau tại K. Gọi M là trung điểm BC,N là giao điểm của AM với (O). Chứng minh rằng đường thẳng KN luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ 2

Bài 5.  Cho a,b,c là độ dài các canh của một tam giác. Chứng minh rằng (2a+2bc)(2b+2ca)(2a+2cb)>25abc

Bài 6.  Cho dãy số un thỏa mãn u1=2,un+1=2un2+5un+52un+4,n1. Tính giới hạn sau limun23un+53n2+4n1.

Bài 7.  Xét số tự nhiên n>1. Bắt đầu từ bộ số 1,2,,2n1,2n ta thực hiện phép biến đổi sau: chọn hai số a,b bát kì sao ab>1, xóa hai số này và thay bởi hai số a1b+1. Với bộ số mới này ta lại tiếp tục thực hiện phép biến đổi tương tự.

  1. Chứng minh rằng ta sẽ đạt đến trạng thái dừng, tức là không thể thực hiện phép biến đổi như vậy được nữa.
  2. Gọi k là số lần phép biến đổicần thực hiện để đạt đến trang thái dừng. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của k.

Bài 8.  Cho đường tròn (γ1) dường kính AB và đường tròn (γ2) tâm A cắt (γ1) tai CD. Điểm M thay đổi trên cung CD (nằm bên trong (γ1)) của (γ2), BM cắt (γ2) tại N (N khác M và B). Tìm giá trị nhỏ nhất của NC+NDNM.

Lời giải

Bài 1. Đặt u=x+yx+y+6xy,v=y+zy+z+4yz,w=z+xz+x+5zx thì ta có hệ
$$\left\{ 5u+6w=46v+4u=54w+5v=6 \right.\Leftrightarrow \left\{ 8u=14v=316w=9 \right..Suyra\left\{ 7(x+y)=6xy3(y+z)=12yz7(z+x)=45zx \right.\Leftrightarrow \left\{ a+b=67b+c=12c+a=457 \right.,$$ trong đó a=1x,b=1y,c=1z.
Giải hệ trên, ta thu được a=3314,b=4514,c=12314 nên (x,y,z)=(1433,1445,14123).

Bài 2.

Dễ thấy f toàn ánh. Giả sử f(a)=0 và thay x=0,y=a, ta có
0=3a+|f(0)|.
Suy ra a tồn tại duy nhất và a=13|f(0)|0. Lại thay x=y=a, ta có f(0)=3a0.
Lại thay x=a,y=a thì chú ý rằng |a|+a=0, ta có f(0)=3a+|f(a)| nên f(a)=0, điều này kéo theo a=a hay a=0 (do tính duy nhất ở trên). \medskip

Thay y=0 thì f(|x|)=|f(x)| nên f(x)0,x0.
Xét x>0y=f(x)3, ta có f(xf(x)3+f(f(x)3+f(f(x)3)))=0 nên
f(x)3+f(f(x)3+f(f(x)3))=x với mọi x>0.
Trong đề bài, thay x=0 thì f(y+f(y+f(y)))=3y. Thay yf(x)3 thì
f(f(x)3+f(f(x)3+f(f(x)3)))=f(x).
So sánh hai đẳng thức trên, ta có f(x)=f(x),x>0 nên f là hàm số lẻ. \medskip

Từ tính chất hàm số lẻ, ta có f(f(x)3+f(f(x)3+f(f(x)3)))=f(x) với mọi x>0.
Trong đề bài, xét x0yf(y)3, ta có
f(x+f(y)3+f(f(y)3+f(f(y)3)))=f(y)+f(x) hay
f(x+y)=f(x)+f(y) với mọi x,y>0.
f cộng tính trên R+ nên ta có f(x)=ax,x>0. Lại do tính chất hàm lẻ, ta suy ra f(x)=ax,xR. Thay vào đề bài, ta có a=1. \medskip

Vậy tất cả các hàm số cần tìm là f(x)=x.

Bài 3.

a) Ta có
|Af|r(modp)|XAf| chia hết cho p.
Điều này tương đương số phần tử của tập hợp Missing \left or extra \right là bội của p.
Đặt fm(x) là ánh xạ hợp m lần. Xét xB thì cũng có các số f(x),f2(x),,fp1(x)B. Thật vậy, \medskip

Gỉa sử tồn tại 1<m<p sao cho fm(x)=x với số xB nào đó, ta chọn m là số nhỏ nhất như thế. Vì p nguyên tố lẻ nên p không chia hết cho m. Do vậy tồn tại số t sao cho 0<ptm<m. Lại có fm(x)=xftm(x)=xfptm(x)=fp(x)=x (mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của m). Vì thế nên với mọi m1<m<p thì fm(x)x. Từ đó suy ra với mọi 1<k<l<p thì fk(x)fl(x), tức là x,f(x),f2(x),,fp1(x)p số khác nhau thuộc B. \medskip

Xét số yBy khác tất cả p số ở trên. Khi đó, ta cũng sẽ có y sinh ra một bộ p số phân biệt mới. Giả sử rằng có fi(x)=fj(y) với i<j nào đó thì sẽ có fp+ij(x)=fp(y)=y, mâu thuẫn. Suy ra trong B sẽ có 1 hoặc 2 bộ p số rời nhau, chứng tỏ rằng số phần tử của B chia hết cho p. Suy ra đpcm. \medskip

(b) Từ đây ta thấy rằng để đếm số ánh xạ f có tính chất P, trước hết, ta chọn ra r hoặc p+r vị trí cố định. Ta xét hai trường hợp như sau:

Nếu |Af|=p+r thì có Cnp+r cách chọn ra các số này, còn lại p số thì f phải là song ánh trên tập con đó. Do đó trong trường hợp này có p!Cnp+r cách.
Nếu |Af|=r thì tương tự trên, ta cũng đếm được (p!)2CnrC2pp.

Từ đó suy ra số ánh xạ tính chất Pd=p!Cnp+r+(p!)2CnrC2pp. Ta sẽ chứng minh số này không là ước của n!. Ta viết số d dưới dạng khai triển
d=p!n!(p+r)!p!+(p!)2n!r!(2p)!(2p)!(p!)2=n!(p+r)!+n!r!.
Đặt (p+r)!=k(r!)2 với k=(p+r)!(r!)2=p!r!(p+r)!p!r!=p!r!Cp+rrZ. Khi đó, ta viết lại
n!d=r!(p+r)!r!+(p+r)!=k(r!)3(1+kr!)r!=k(r!)2kr!+1.
Dễ thấy số này không thể nguyên vì kr!+1 nguyên tố cùng nhau với k(r!)2. Từ đó ta có d không là ước của n!.

Bài 4. Giả sử KN cắt (O) tại I thì tứ giác BNCI điều hòa.

Do đó A(BC,NI)=1,AN chia đôi BC nên AIBC, tức là AI có phương cố định. Từ đó ta thấy I là điểm cố định cần tìm.

Bài 5. Đặt a+bc=x,b+ca=y,c+ab=z thì x,y,z>0. Ta đưa về bất đẳng thức
(4xy+z+1)(4yz+x+1)(4zx+y+1)>25.
Không mất tính tổng quát, giả sử 0<xyz. Đặt S=x+y+z. Ta đưa về
(S+3x)(S+3y)(S+3z)>25(Sx)(Sy)(Sz).
Khai triển và rút gọn, ta được
S34S(xy+yz+zx)+13xyz>0.
Chú ý rằng S34S(xy+yz+zx)=S(S24(xy+yz+zx))=S((x+yz)24xy) nên ta đưa về S(x+yz)2+xy(13z4S)>0.
Bất đẳng thức cuối đúng vì 13c4S=9z4(x+y)>0.

Bài 6.

Lời giải. Ta thấy rằng un>0,nun+1un=un+52(un+2)>0 nên dãy tăng. Giả sử dãy bị chặn trên thì nó hội tụ về L>0, suy ra
L=2L2+5L+52L+4L=5
vô lý. Suy ra limn+un=+. Từ đó, ta được
limn+(un+1un)=limn+un+52(un+2)=12
nên theo định lý Stolz, ta suy ra limn+unn=12limn+unn2=0. Do đó, trong biểu thức cần tính giới hạn, chia tử và mẫu cho n2 rồi áp dụng kết quả trên, ta có
limn+un23un+53n2+4n1=limn+(unn)23un5n23+4n1n2=(12)213=112

Bài 7.

(a) Xét đại lượng S là tổng bình phương các số thu được sau mỗi thao tác biến đổi. \medskip

Ta thấy rằng từ (a,b) với ab>1, ta đưa về bộ (a1,b+1) thì tổng trên thay đổi một lượng là
a2+b2(a1)2(b+1)2=2(a+b1)>0.
Do đó, tổng S giảm ngặt, và rõ ràng S phải luôn dương nên thao tác trên chỉ thực hiện được trong hữu hạn lần.
\medskip

(b) Rõ ràng tổng trên không đổi khi không còn cặp số a,b nào mà ab>1. Điều này đồng nghĩa với việc các số thu được trong trạng thái cuối chỉ nhận hai giá trị liên tiếp nào đó. Ta thấy rằng tổng các số đã cho luôn không đổi và là 1+2++2n=n(2n+1). \medskip

Giả sử cuối cùng, ta có x số my số m+1 thì
$$\left\{ x+y=2nmx+(m+1)y=n(2n+1) \right..$$
Suy ra 2mn+y=2n2+nn|y. Tuy nhiên, nếu y{0,2n} thì vô lý vì vế phải không chia hết cho 2n. Do đó x=y=nm=n, tức là ở trạng thái cuối, ta còn n số nn+1.

  • Tổng bình phương của chúng là S=nn2+n(n+1)2=n(2n2+2n+1).
  • Tổng bình phương ban đầu là S0=12+22++(2n)2=n(2n+1)(4n+1)3.

Suy ra S0S=23(n3n). \medskip

(b) Để thực hiện được nhiều lần nhất thì giá trị giảm đi ở mỗi lần phải ít nhất. Theo câu a) thì giá trị đó sẽ là 2(a+b1)2. \medskip

Suy ra số lần nhiều nhất sẽ là 13(n3n). Để thực hiện được điều này, ta sẽ cố gắng trong mỗi thao tác tạo ra nhiều giá trị nhất có thể và đồng thời làm giảm số lượng các giá trị ở hai biên đi. Từ đó ta được kmax=13(n3n). \medskip

Để thực hiện được ít lần nhất, ta sử dụng ý tưởng tham lam, mỗi lần, ta sẽ chọn các cặp số nằm về hai phía của n,n+1. Khi đó, giá trị của các số 1,2,,n1 sẽ dần dần được tăng lên, trong khi giá trị của các số n+2,n+3,,2n dần dần sẽ giảm đi. Tổng khoảng cách từ các số nhỏ hơn n đến n1+2++n1=n(n1)2. Tương tự thì tổng khoảng cách các số lớn hơn n+1 đến n+1 cũng là n(n1)2. Ta thấy mỗi lần thao tác thì các số này sẽ thu hẹp khoảng cách đúng 2 đơn vị nên số lần thao tác tối thiểu phải là 12(n(n1)2+n(n1)2)=n(n1)2. \medskip

Để đạt được giá trị này, mỗi lần, ta chỉ cần chọn các cặp số có dạng (t,2n+1t) với 1tn1 là được. Suy ra kmin=n(n1)2.

Bài 8.

Theo định lý Ptolemy cho tứ giác BCND nội tiếp trong γ1 thì
BCND+BDNC=BNCD.
AC=AD nên BC=BD=mCD=n là các giá trị cố định.

Ta có
m(NC+ND)=nBNNC+ND=nmBN.
Suy ra NC+NDMN=nmBNMN. Ta đưa về tìm giá trị nhỏ nhất của BNMN. \medskip

Xét phương tích từ B đến γ2 thì BMBN=BKBA=c là hằng số nên
(BNMN)BN=c.
Do đó MNBN=1cBN2 nên
BNMNminMNBNmaxcBN2minBN2max.
Dễ thấy maxBN=AB, xảy ra khi NA hay MK. Khi đó NC+NDMN=AC+ADAK=2 chính là giá trị nhỏ nhất cần tìm.

Giới thiệu sách: Đề thi học sinh giỏi các nước.

Gửi các bạn một số Booklet của các nước.

1/ Đề thi Trung Quốc. các năm 2010, 2011 – 2014 có sách bản quyền. Các năm về sau chưa thấy sách.

Mathematical_Olympiad_in_China-Problems_and_Solutions 2003 2006

mathematic-olympiad-in-china2007-2008-problems-and-solutions

2/ Đề thi Bulgari. 

Một số sách đề thi Bulgari có nhiều bài hay được lấy làm đề thi tuyển sinh vào 10, đề thi học sinh giỏi trong nước.

Bulgarian Mathematical Competitions 2003-2006

BulgarianMO1960_2008

3/Đề thi khu vực Balkan https://vi.wikipedia.org/wiki/Balkan

Balkan MO 2008-20 EN with solutions

(Còn nữa)

Phương pháp chứng minh phản chứng (P2)

Bài 1. 

Cho tập B=1,2,3,,16. Người ta ghi các số của tập B thành một vòng tròn (mỗi số ghi một lần). Hỏi có cách ghi để tổng thỏa:

a/ Tổng của hai số kế nhau bất kì lớn hơn hoặc bằng 17 được không? Tại sao?

b/ Tổng của ba số kế nhau bất kì lớn hơn 24 được không? Tại sao?

Lời giải

a/ Giả sử tồn tại cách ghi thỏa mãn. Khi đó, gọi 2 số kề với 1 là a và b.

Theo giả thiết, ta có:

{1+a171+b17{a16b16 Mâu thuẫn.

Vậy không tồn tại cách ghi thỏa mãn.

b/ Giả sử tồn tại cách ghi thỏa mãn.

Khi đó, ta tách số 16 ra và chia 15 số còn lại thành 5 bộ 3 số kề nhau. Và tổng của 16 số này phải lớn hơn hoặc bằng: 16+525=141

1+2+3+16=136 Mâu thuẫn

Vậy không tồn tại cách ghi thỏa mãn.

Bài 2. 

Có tồn tại hay không một cách điền các số 0,1,2,3,,9 vào các đỉnh của một đa giác 10 đỉnh sao cho hiệu hai số ở hai đỉnh kề nhau chỉ có thể nhận một trong các giá trị sau: 5,4,3,3,4,5.

Lời giải

Giả sử có cách xếp thỏa mãn.

Xét các số 0,1,2,8,9 không thể đứng kề nhau và có đúng 10 số nên 5 số còn lại phải đứng xen kẽ với 5 số 0,1,2,8,9.

Xét số 7:

Khi đó hai số kề số 7 phải thuộc tập hợp {0,1,2,8,9}

Mà theo giả thiết 2 đỉnh kề nhau bất kì nhận một trong các giá trị – 3, – 4, – 5, 3, 4 hoặc 5 nên 2 số kề nhau với 7 đều bằng 2 Mâu thuẫn.

Vậy không có cách xếp nào thỏa mãn.

Bài 3. 

Trong mặt phẳng tọa độ thì một điểm mà hoành độ và tung độ đều là các số nguyên được gọi là điểm nguyên. Chứng minh rằng không tồn tại tam giác đều nào mà các đỉnh đều là điểm nguyên.

Lời giải

Giả sử tồn tại tam giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên.

Xét hình chữ nhật có các đỉnh là các điểm nguyên, sao cho đỉnh của tam giác đều thuộc cạnh của hình chữ nhật. Khi đó dễ dàng suy ra diện tích tam giác đều là số hữu tỷ.

Ta có diện tích tam giác đều S=a234 với a2=x2+y2 là số nguyên, 3 là số vô tỷ

Do đó, S là số vô tỉ Mâu thuẫn đpcm.

Bài 4. 

Điền các số 1,2,3,…,121 vào một bảng ô vuông kích thước 11×11 sao cho mỗi ô chứa một số. Tồn tại hay không một cách điền sao cho hai số tự nhiên liên tiếp sẽ được điền vào hai ô có chung một cạnh và các tất cả các số chính phương thì nằm trong cùng một cột?

Lời giải

Giả sử tồn tại một cách điền số vào các ô thỏa yêu cầu đặt ra.

Khi đó bảng ô vuông được chia thành hai phần ngăn cách nhau bởi cột điền các số chính phương. Một phần chứa 11n ô vuông 1×1, và phần còn lại chứa 11011n ô vuông 1×1 , với 0n5.

Nhận thấy rằng các số tự nhiên nằm giữa hai số chính phương liên tiếp a2(a+1)2 sẽ cùng nằm về một phần và các số tự nhiên nằm giữa (a+1)2(a+2)2 sẽ nằm ở phần còn lại.

Ta có số lượng các số tự nhiên nằm giữa 1 và 4, 4 và 9, 9 và 16,…,100 và 121 lần lượt là 2,4,6,8,,20.

Do đó một phần sẽ chứa 2+6+10+14+18=50 số, phần còn lại chứa 4+8+12+16+20=60 số.

Cả 50 và 60 đều không chia hết cho 11 Mâu thuẫn.

Vậy không tồn tại cách điền số thỏa yêu cầu đề bài.

Bài 5. 

Mỗi phần tử của bảng vuông 25×25 hoặc là +1 hoặc 1. Gọi ai là tích của tất cả các phần tử của hàng thứ ibj là tích của tất cả các phần tử của cột thứ j. Chứng minh rằng a1+b1++a25+b250

Lời giải

Giả sử a1+b1++a25+b25=0.

Vì mỗi ô vuông chứa -1 hoặc 1 nên ai,bi{1,1}

Do đó trong 50 tích ai,bi(i=1,25) sẽ có 25 tích có giá trị -1 và 25 tích có giá 1.

Khi thay thế một phần tử -1 trong bảng bằng 1 thì số các tích ngang dọc có giá trị -1 sẽ tăng 2 hoặc giảm 2 hoặc không thay đổi. Như vậy số các tích ai,bi có giá trị -1 luôn là số lẻ (1)

Ta sẽ tiếp tục thay thế các phần tử -1 trong bảng bằng 1 cho đến khi tất cả các phần tử trong bảng đều bằng 1 thì khi đó số các tích ngang dọc ai,bi có giá trị -1 là 0 Mâu thuẫn với (1) đpcm.

Bài tập số chính phương – Lớp 9

Bài 1. Chứng minh rằng

a) Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1.
b) Một số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1.
c) Một số chính phương chia 5 dư 0, 1 hoặc 4.
Bài 2. Chứng minh rằng một số là số chính phương khi và chỉ khi số ước của số đó là một số lẻ.

Bài 3. Chứng minh rằng nếu tổng hai số chính phương chia hết cho 3 thì tích của nó sẽ chia hết 81.

Bài 4. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên thì 3n1,5n+2,5n2,7n2,7n+3 không phải là số chính phương.

Bài 5. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n.2n+1+1 là một số chính phương.

Bài 6. Chứng minh rằng nếu x2+2y là một số chính phương với x,y nguyên dương thì x2+y là tổng của hai số chính phương.

Bài 7. Chứng minh rằng nếu 3x+4y,3y+4x là các số chính phương thì x,y đều chia hết cho 7.

Bài 8. Cho các số nguyên dương a,b. Giả sử các số a+2b,b+2a đều là bình phương của một số nguyên thì ab đều chia hết cho 3.

Bài 9. Cho các số tự nhiên a,b,c thỏa: a+2b,b+2c,c+2a đều là bình phương của một số tự nhiên.
a)Chỉ ra một bộ số thỏa đề bài.
b) Giả sử trong 3 số a+2b,b+2c,c+2a có một số chia hết cho 3. Chứng minh rằng: P=(ab)(bc)(ca) chia hết cho 27.

Bài 10. Chứng minh rằng nếu abc là một số nguyên tố thì b24ac không phải là một số chính phương.

Bài 11. Tìm tất cả các số tự nhiên n2 sao cho tồn tại n số nguyên liên tiếp mà tổng của chúng là một số chính phương.

Bài 12. Tìm d sao cho với mọi a,b2,5,d thì ab1 là một số chính phương.

Bài 13. Chứng minh rằng với mọi d thì tập 2,5,13,d luôn tồn tại hai số a,b2,5,13,d sao cho ab1 không phải là số chính phương.

Bài 14. Chứng minh rằng nếu tích của hai số nguyên tố cùng nhau là một số chính phương thì mỗi số cũng là số chính phương.

Bài 15. Cho các số nguyên dương a,b thỏa 2a2+a=3b2+b.

a)Tìm a,b biết ab là hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh ab2a+2b+1 là các số chính phương.

Bài 16. Cho các số nguyên a,b,c thỏa a+b+c chia hết cho 6 và a2+b2+c2 chia hết cho 36. Đặt A=a3+b3+c3

a) Chứng minh rằng A chia hết cho 8.
b) A có chia hết cho 27 không? Tại sao?

Bài 17. Cho a,b,c là ba số nguyên dương thỏa 1a1b=1c. Gọi d là ước chung lớn nhất của ba số đó . Chứng minh rằng d(ba) là số chính phương.

 

Bài 18. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho T=2n+3n+4n là số chính phương.

 

Bài 19. Tìm tất cả các cặp số nguyên a,b sao cho 3a+7b là một số chính phương.

Bài 20. (Chuyên Thái Bình 2021) Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n+1)+7 không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 4n35n1 không là số chính phương.

Bài  21 (Thanh Hóa – Chuyên Tin 2021) Cho số tự nhiên n2 và số nguyên tố p thỏa mãn p1 chia hết cho nn31 chia hết cho p. Chứng minh rằng n+p là một số chính phương.

Bài 22 (Chuyên Lê Khiết) Cho các số nguyên tố p,q thỏa mãn p+q2 là số chính phương. Chứng minh rằng
a) p=2q+1.
b) p2+q2021 không phải là số chính phương.

Bài 23 (Kiên Giang 2021) Cho m,p,r là các số nguyên tố thỏa mãn mp+1=r. Chứng minh rằng m2+r hoặc p2+r là số chính phương.

Bài 24. (Chuyên Tiền Giang) Cho m,n là các số nguyên dương sao cho m2+n2+m chia hết cho mn. Chứng minh rằng m là số chính phương.

Bài 25.(Chuyên Phổ thông Năng khiếu – ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh 2021-2022)

a) Tìm tất cả số tự nhiên n sao cho (2n+1)3+1 chia hết cho 22021.
b) Cho số tự nhiên n và số nguyên tố p sao cho a=2n+2pb=4n2+2n+1p là các số nguyên. Chứng minh rằng ab không đồng thời là các số chính phương.

 

 

Phương pháp ánh xạ trong các bài toán tổ hợp

Thầy Nguyễn Tăng Vũ

1/ Lý thuyết:

Cho AB là hai tập hợp hữu hạn.

  • Nếu có một đơn ánh f:XY thì |X||Y|.
  • Nếu có một toàn ánh f:XY thì |X||Y|.
  • Nếu có một song ánh f:XY thì |X|=|Y|.

2/ Bài tập:

Bài 1. 

Cho X=1,2,..,n. Một tập con S=s1,s2,,sk của X (s1<s2<<sk) được gọi là \textit{m- tách được} (mN) nếu sisi1m;i=1,2,,k. Có bao nhiêu tập con m- tách được gồm k phần tử của X, trong đó 0kn(m1)(k1).

Lời giải

Gọi A là tập tất cả các tập con m- tách được gồm k phần tử của X và B là tập tất cả các tập con gồm k phần tử của tập Y={1,2,,n(k1)(m1)}.

Ta xây dựng song ánh từ A đến B như sau: Với S={s1,s2,,sk}A (s1<s2<<sk) lấy tương ứng f(S)={s1,s2(m1),s32(m1),,sk(k1)(m1)}. Dễ chứng minh đây là một song ánh. Từ đó có Cn(k1)(m1)k tập thoả yêu cầu đề bài.

Bài 2. 

Cho X=1,2,,n, với mỗi tập con khác rỗng Ai=a1,a2,,ai (không mất tổng quát giả sử a1>a2>>ai) ta định nghĩa tổng hỗn tạp của Ai là số m(Ai)=a1a2+a3±ai. Tính AiXm(Ai).

Lời giải

Gọi B là tập tất cả các tập con không chứa phần tử n của X và C là tập tất cả các tập con có chứa phần tử n của X.

Ta xây dựng song ánh từ B đến C như sau: Với S={s1,s2,,sk}B (s1<s2<<sk<n) lấy tương ứng f(S)={s1,s2,,sk,n}, nhận thấy f(S)C. Dễ chứng minh đây là một song ánh.

Ta có: |B|=|C|=2n1;BC=;BC=X

m(S)+m(f(S))=n

Do đó: AiXm(Ai)=BiBm(Bi)+CiCm(Ci)=n2n1

Bài 3. 

Cho X=1,2,,n. Một tập con A của X được gọi là tập béo nếu mỗi phần tử của A đều không nhỏ hơn số phần tử của nó. Tập rỗng cũng là một tập béo. Đặt an là số các tập béo của X mà trong mỗi tập không chứa hai số liên tiếp, bn là số các tập con của X mà hai phần tử bất kỳ hơn kém nhau ít nhất 3 đơn vị. Chứng minh an=bn.

Lời giải

Gọi A là họ các tập béo thỏa yêu cầu đề bài, B là họ các các tập con của X có tính chất hai phần tử bất kỳ hơn kém nhau 3 đơn vị. Ta thiết lập một ánh xạ f đi từ A đến B như sau: giả sử x={a1,a2,,ak}A, ta có thể giả sử ka1<a2<a3<<akn. Đặt b1=a1k+1,b2=a2k+2,,bk=ak. Khi đó ai+1ai+2,i=1,2,,k1.

Suy ra ai+1ai2 do đó bi+1bi3b11,bkn. Định nghĩa f(x)=y={b1,b2,,bk}, suy ra yB. Vậy f là một ánh xạ, hơn nữa dễ thấy f là một song ánh do đó ta có điều cần chứng minh.

Bài 4. 

Cho số nguyên dương nd là một ước dương của n. Gọi S là tập tất cả những bộ (x1,x2,,xn) nguyên dương thỏa 0x1x2xnnd|x1+x2++xn. Chứng minh rằng có đúng một nửa các phần tử của S có tính chất xn=n.

Lời giải

(x1,x2,,xn1,xn)Sxnn ta cho tương ứng với bộ (x1+1,x2+2,,xn1+1,xn+1), với (x1,x2,,xn1,n)S ta cho tương ứng với bộ (0,x1,,xn1). \

Dễ chứng minh f là một song ánh, f hoán vị S và f(S)=S. Vì tổng tất cả các phần tử của các bộ trong S và f(S) là như nhau trong khi tương ứng thứ nhất tăng tăng tổng này lên n đơn vị, tương ứng thứ hai giảm tổng này đi n đơn vị nên số lần xuất hiện của hai tương ứng này là như nhau. Từ đó suy ra điều cần chứng minh

Bài 5. 

Gọi an là số các xâu nhị phân độ dài n không chứa ba bit 0, 1, 0 liên tiếp. Gọi bn là số các xâu nhị phân độ dài n chứa bốn bit 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0 liên tiếp. Chứng minh rằng bn+1=2an với mọi số nguyên dương n.

Lời giải

Gọi An,Bn lần lượt là tập các xâu nhị phân độ dài n thỏa điều kiện thứ nhất và thứ hai. Với mỗi xâu nhị phân (x1,x2,,xn) ta cho tương ứng với một xâu nhị phân (y0,y1,,yn) xác định bởi y0=0yi=x1+x2++xi mod 2,i=1,2,,n.   ()

Khi đó xi=yi+yi1 mod 2,i=1,2,,n.

Dễ thấy (*) là một song ánh giữa tập tất cả các xâu nhị phân độ dài n và tập tất cả các xâu nhị phân độ dài n+1 trong đó có bit đầu tiên là 0. Hơn nữa xâu nhị phân (x1,x2,,xn) có 3 bit 0,1,0 liên tiếp theo thứ tự này khi và chỉ khi xâu nhị phân tương ứng (y0,y1,,yn) có 4 bit liên tiếp theo thứ tự là 0,0,1,1 hoặc 1,1,0,0. Nói cách khác một xâu nhị phân thuộc An sẽ tương ứng với một xâu nhị phân thuộc Bn+1 và bắt đầu bằng bit 0. Vì số xâu nhị phân thuộc vào Bn+1 bắt đầu bằng bit 0 đúng bằng một nửa số xâu nhị phân thuộc vào Bn+1 do đó ta có bn+1=2an (điều phải chứng minh).

 

Định lý Ceva và Menelaus – Phần 3

Phần 2

Ví dụ 10. (USAMO 2012) Gọi P là một điểm thuộc miền trong tam giác ABCd là một đường thẳng qua P. Đường thẳng đối xứng của PA qua d cắt BC tại A; các điểm B,C được xác định tương tự. Chứng minh rằng A,B,C thẳng hàng.

Lời giải

Ta có ABAC=SAPCSAPC=PBsinAPBPCsinAPC. (1)
Tương tự ta cũng có BCBA=PCsinBPCPAsinBPACACB=PAsinCPAPBsinCPB. (2)
Theo tính chất đối xứng ta có sinAPB=sinBPA,sinAPC=sinCPA,sinBPC=sinCPB. (3)
Từ (1), (2), (3) ta có ABACBCBACACB=1
Do đó A,B,C thẳng hàng.

Ví dụ 11. Cho tam giác ABC. Ba đường tròn wa,wb,wc lần lượt đi qua các cặp đỉnh B,C; C,A; và A,B. Gọi D,E,F lần giao điểm thứ hai của ba đường tròn này. Đường thẳng qua D vuông góc với AD cắt BC tại X; các điểm Y,Z được xác định tương tự. Chứng minh rằng X,Y,Z thẳng hàng.

Lời giải

Ta có XBXC=DBsinXDBDCsinXDC;
DBDC=RcsinDABRbsinDACsinADBsinXDC=cosADBcosADC;
Tương tự cho các phân thức YCYA,ZAZB.
Mặt khác ta có AD,BE,CZ đồng quy tại tâm đẳng phương nên sinDABsinDACsinEBCsinEBAsinFCAsinFCB=1.
Từ đó ta có XBXCYCYAZAZB=1.
Vậy X,Y,Z thẳng hàng.

Ví dụ 12. (IMO shortlist 2013) Cho tam giác ABC nhọn. Gọi O là tâm ngoại tiếp và H là trực tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng tồn tại các điểm D,E,F thuộc các cạnh BC,AC,AB thỏa: OD+DH=OE+EH=OF+FHAD,BE,CF đồng quy.

Lời giải

Gọi H1 là điểm đối xứng của H qua BC, thì H1(O).
Gọi D là giao điểm của OH1BC, khi đó OD+DH=OD+DH1=OH1=R.
Các điểm E,F được xác định tương tự ta có OD+DH=EO+EH=OF+FH.
Ta cần chứng minh AD,BE,CF đồng quy bằng định lý Ceva dạng sin.
Ta có DBDC=SBH1DSCH1D=BH1.sinBH1DCH1sinCH1D=BHCHsinBsinC
Các đẳng thức kia tương tự, nhân lại ta có điều cần chứng minh.

Ví dụ 13. Cho tam giác ABC khác tam giác cân nội tiếp đường tròn w, các đường trung tuyến từ A,B,C cắt w tại A,B,C. Gọi A1 là giao điểm của tiếp tuyến tại A với BC; các điểm B1,C1 được xác định tương tự. Chứng minh rằng A1,B1,C1 thẳng hàng.

Lời giải

Ta có A1BA1C=A1A2A1BA1C=A1B2A1A2=sin2A1ABsin2A1BA=sin2AABsin2AAC.
Chứng minh tương tự cho các đẳng thức kia và nhân lại, áp dụng ceva sin cho 3 đường AA,BB,CC đồng quy.

Bài tập rèn luyện

 

Bài 1. Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của ACBD, K là giao điểm của ABCD. Đường thẳng IK cắt các cạnh BCAD tại P,Q.
Chứng minh rằng: IPIQ=KPKQ

Bài 2. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn w, w tiếp xúc với các cạnh AB,BC,CD,DA lần lượt tại M,N,P,Q. Chứng minh MQ,BD,PN song song hoặc đồng quy.

Bài 3. Cho tam giác ABC, đường phân giác ngoài góc A cắt đường thẳng vuông góc với BC kẻ từ BC lần lượt tại DE. Chứng minh rằng BE,CDAO đồng quy, với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Bài 4. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Gọi A,B,C lần lượt là điểm đối xứng của I qua BC,AC,AB. Chứng minh rằng AA,BB,CC đồng quy.

Bài 5. Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông BCDE,ACFG,ABHK với tâm lần lượt là O1,O2,O3. Chứng minh AO1,BO2,CO3 đồng quy.

Bài 6. Cho tam giác ABC không cân tại A. M là một điểm nằm trong tam giác thỏa AMBACB=AMCABC. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMBAMC đi qua một điểm cố định.

Bài 7. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. AM,BM,CM cắt BC,AC,AB lần lượt tại A,B,C. Gọi P là giao điểm của BBAC; Q là giao điểm của CCAB. Chứng minh rằng: MAP=MAQMAB=MAC

Bài 8. Cho tam giác ABC. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; O1,O2,O3 lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác BCO,ACOABO. Chứng minh rằng AO1,BO2,CO3 đồng quy tại một điểm.(Điểm Kosnita)

Bài 9. Cho tam giác ABCM là trung điểm cạnh AB. CE là phân giác góc ACB. D thuộc tia đối của tia CA sao cho CD=CB. Gọi K là giao điểm của DMCE. Chứng minh rằng KBC=BAC.

Bài 10. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Gọi Ao,Bo,Co là trung điểm của BC,AC,AB. A1 là giao điểm của AAo(O), A2 là giao điểm của H qua Ao; đường thẳng A1A2 cắt BC tại điểm Sa; các điểm Sb,Sc được xác định tương tự. Chứng minh Sa,Sb,Sc thẳng hàng.

Bài 11. Cho tam giác ABC. Các điểm A1,B1,C1 lần lượt thuộc các cạnh BC,AC,AB sao cho các đường thẳng AA1,BB1,CC1 đồng quy.

a) Gọi A2 là điểm đối xứng của A1 qua trung điểm cạnh BC; các điểm B2,C2 được xác định tương tự. Chứng minh rằng AA2,BB2,CC2 cũng đồng quy.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 cắt BC,AC,AB tại A3,B3,C3. Chứng minh AA3,BB3,CC3 đồng quy.

 

Bài 12. Cho tam giác ABC. Các điểm A1,B1,C1 lần lượt thuộc các cạnh BC,ACAB. Gọi Ga,Gb,Gc lần lượt là trọng tâm các tam giác AB1C1,BC1A1,CA1B1. Chứng minh rằng AGa,BGb,CGc đồng quy khi và chỉ khi AA1,BB1,CC1 đồng quy.

Bài 13.(IMO SL 1995) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,AC,AB tại D,E,F. X là điểm bên trong tam giác ABC sao cho đường tròn nội tiếp tam giác XBC tiếp xúc với BC tại D, tiếp xúc với CX,BX tại Y,Z. Chứng minh rằng E,F,Z,Y cùng thuộc một đường tròn.

Bài 14. Cho P là điểm thuộc miền trong của tam giác ABC. Gọi D,E,F là hình chiếu của P trên BC,AC,AB. Gọi X là điểm trên EF sao cho PXPA; các điểm Y,Z được xác định tương tự. Chứng minh rằng các điểm X,Y,Z thẳng hàng.

Bài 15. (IMO SL 2006) Cho tam giác ABCACB<BAC<90o.Lấy D là điểm thuộc cạnh AC sao cho BD=BA. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB tại KAC tại L. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD. Chứng minh rằng đường thẳng KL chia đôi đoạn AJ.

Bài 18. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua O, gọi A2 là điểm đối xứng của O qua BC; các điểm B1,B2,C1,C2 được xác định tương tự. Chứng minh rằng đường tròn ngoại các tam giác OA1A2OB1B2OC1C2 cùng đi qua 2 điểm.

Bài 19. Cho tam giác ABC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC,AC,AB tại D,E,F. X là điểm nằm trong tam giác DEF, gọi A1,A2 là giao điểm của DX với EF(I); các điểm B1,B2;C1,C2 được xác định tương tự.

a) Chứng minh AA2,BB2,CC2 đồng quy tại Y; AA1,BB1,CC1 đồng quy tạu Z.
b) Chứng minh X,Y,Z thẳng hàng.

 

Bài 20. Cho một đường tròn với hai dây ABCD không song song. Đường vuông góc với AB kẻ từ A cắt đường vuông góc với CD kẻ từ C và từ D lần lượt tại M,P. Đường vuông góc với AB kẻ từ B cắt đường vuông góc với CD kẻ từ CD lần lượt tại QN. Chứng minh rằng các đường thẳng AD,BC,MN đồng quy và các đường thẳng AC,BD,PQ cũng đồng quy.

Bài 21. (IMO shortlis 2011) Cho ABC là một tam giác với đường tròn nội tiếp tâm I và đường tròn ngoại tiếp (C). DE là giao điểm thứ hai của (C) với các tia AIBI tương ứng. DE cắt AC tại điểm F, và cắt BC tại điểm G. P là giao điểm của đường thẳng đi qua F song song với AD và đường thẳng qua G song song với BE. Giả sử rằng K là giao điểm của các tiếp tuyến của (C) tại AB. Chứng minh rằng ba đường thẳng AE,BDKP là song song hoặc đồng quy.

Bài 22. (China TST 2014) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); Ha là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC. AO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC tại A. Gọi D,E là hình chiếu của A trên ABAC; và Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEHa; Ta định nghĩa các điểm Hb,Ob,Hc,Oc tương tự. Chứng minh rằng HaOa,HbObHcOc đồng quy.