Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 thpt năm 2011 môn: Toán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011
Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề )
Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011
Bài 1 (5,0 điểm)
Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, ta có bất đẳng thức:
xn(xn+1 + 1)
xn + 1

(
x+ 1
2
)2n+1
Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài 2 (5,0 điểm)
Cho dãy số thực (xn) được xác định bởi
x1 = 1 và xn =
2n
(n 1)2 

n1∑
i=1
xi với mọi n  2
Với mỗi số nguyên dương n, đặt yn = xn+1  xn.
Chứng minh rằng dãy số (yn) có giới hạn hữu hạn khi n! +1.
Bài 3 (5,0 điểm)
Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB. Xét một điểm P di động trên tiếp
tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B. Đường thẳng PA cắt (O) tại điểm thứ hai
C. Gọi D là điểm đối xứng với C qua O. Đường thẳng PD cắt (O) tại điểm thứ hai E.
1. Chứng minh rằng các đường thẳng AE;BC và PO đồng quy tại một điểm. Gọi điểm
đồng quy đó là M .
2. Hãy xác định vị trí của điểm P sao cho tam giác AMB có diện tích lớn nhất. Tính giá
trị lớn nhất đó theo bán kính của đường tròn (O).
((O) kí hiệu đường tròn tâm O)
Bài 4 (5,0 điểm)
Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài mỗi cạnh và độ dài các đường chéo AC;AD không vượt
quá
p
3. Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm trong ngũ giác đó. Chứng minh rằng tồn tại một
hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đã cho chứa ít nhất 403 điểm trong số
các điểm đã lấy.
——————————HẾT——————————
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
 Giám thị không giải thích gì thêm.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011
Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề )
Ngày thi thứ hai: 12/01/2011
Bài 5 (7,0 điểm)
Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi a0 = 1; a1 = 1; an = 6an1 + 5an2 với mọi n  2.
Chứng minh rằng a2012  2010 chia hết cho 2011.
Bài 6 (7,0 điểm)
Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc[ABC;[ACB là các góc nhọn. Xét một điểm
D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng với B;C và hình chiếu vuông góc của A trên
BC. Đường thẳng d vuông góc với BC tại D cắt đường thẳng AB;AC tương ứng tại E và F .
Gọi M;N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AEF;BDE và CDF . Chứng
minh rằng 4 điểm A;M;N; P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi đường thẳng d đi
qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Bài 7 (6,0 điểm)
Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức P (x; y) = xn + xy + yn không thể viết
dưới dạng G(x; y) 
 H(x; y). Trong đó G(x; y) và H(x; y) là các đa thức với hệ số thực, khác
đa thức hằng.
——————————HẾT——————————
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
 Giám thị không giải thích gì thêm.
BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
LỜI GIẢI
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2010 – 2011
d
THÁNG 01 – 2011
Bài 1. Cho x là số thực dương và n là số nguyên dương. Chứng minh
bất đẳng thức
xn(xn+1+1)
xn+1 É
(
x+1
2
)2n+1
.
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải 1. Ta sử dụng phương pháp quy nạp theo n. Với n = 1, bất
đẳng thức của ta trở thành
x(x2+1)
x+1 É
(
x+1
2
)3
.
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
x(x2+1)= 1
2
· (2x) · (x2+1)É 1
2
[
(2x)+ (x2+1)
2
]2
= (x+1)
4
8
.
Từ đó suy ra
x(x2+1)
x+1 É
(x+1)4
8
x+1 =
(
x+1
2
)3
.
Và như vậy, bất đẳng thức đã cho đúng với n= 1.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng nếu bất đẳng thức đúng cho n= k
(k ∈N∗) thì nó cũng sẽ đúng với n= k+1. Thật vậy, theo giả thiết quy
nạp, ta có (
x+1
2
)2k+1
Ê x
k(xk+1+1)
xk+1 ,
suy ra(
x+1
2
)2(k+1)+1
=
(
x+1
2
)2 ( x+1
2
)2k+1
Ê
(
x+1
2
)2
· x
k(xk+1+1)
xk+1 .
Sử dụng đánh giá này, ta thấy rằng việc chứng minh có thể được đưa
về chứng minh kết quả sau(
x+1
2
)2
· x
k(xk+1+1)
xk+1 Ê
xk+1(xk+2+1)
xk+1+1 .
Bất đẳng thức này tương đương với
(x+1)2
4x
Ê (x
k+2+1)(xk+1)
(xk+1+1)2 ,
8 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
hay là
(x+1)2
4x
−1Ê (x
k+2+1)(xk+1)
(xk+1+1)2 −1.
Do (x+1)2−4x= (x−1)2 và (xk+2+1)(xk+1)− (xk+1+1)2 = xk(x−1)2 nên
ta có thể thu gọn bất đẳng thức lại thành
(x−1)2
4x
Ê x
k(x−1)2
(xk+1+1)2 ,
tương đương
(x−1)2
[
(xk+1+1)2−4xk+1
]
Ê 0.
Bất đẳng thức này đúng vì theo AM-GM, ta có (xk+1+1)2 Ê 4xk+1.
Như vậy, ta đã chứng minh được nếu khẳng định bài toán đúng cho
n= k (k ∈N∗) thì nó cũng đúng cho n= k+1. Từ đây, kết hợp với việc
đã xác lập được tính đúng đắn của bất đẳng thức cần chứng minh
cho n= 1, ta suy ra nó đúng với mọi số nguyên dương n (theo nguyên
lý quy nạp). Ngoài ra, có thể thấy được trong suốt quá trình chứng
minh, dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại một điểm duy nhất x= 1.
Lời giải 2. Ta sẽ chứng minh kết quả tổng quát hơn: Với mọi a,
b> 0, thì (
a+b
2
)2n+1
Ê a
nbn(an+1+bn+1)
an+bn . (1)
Kết quả bài toán đã cho là trường hợp riêng khi a= x và b= 1.
Dễ thấy (1) là một bất đẳng thức thuần nhất cho hai biến a, b, vì vậy
không mất tính tổng quát ta có thể chuẩn hóa cho a+ b = 2. Khi đó
(1) có thể viết lại dưới dạng fn(a, b)Ê 0, trong đó
fn(a, b)= an+bn−anbn(an+1+bn+1).
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
ab(an−1+bn−1)(an+1+bn+1)É
[
ab(an−1+bn−1)+ (an+1+bn+1)
2
]2
= (a+b)
2(an+bn)2
4
= (an+bn)2,
từ đó suy ra
an+1+bn+1 É (a
n+bn)2
ab(an−1+bn−1) .
LỜI GIẢI VMO 2011 9
Sử dụng đánh giá này, ta thu được
fn(a, b)Ê an+bn− a
n−1bn−1(an+bn)2
an−1+bn−1
= a
n+bn
an−1+bn−1
[
an−1+bn−1−an−1bn−1(an+bn)]
= a
n+bn
an−1+bn−1 fn−1(a, b). (2)
Từ (2), thực hiện các đánh giá liên tiếp, ta có
fn(a, b)Ê a
n+bn
an−1+bn−1 fn−1(a, b) (1)
Ê a
n+bn
an−1+bn−1 ·
an−1+bn−1
an−2+bn−2 fn−2(a, b)
Ê ·· · Ê a
n+bn
an−1+bn−1 ·
an−1+bn−1
an−2+bn−2 · · ·
a2+b2
a1+b1 f1(a, b)
= a
n+bn
a+b f1(a, b). (3)
Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức AM-GM thì
f1(a, b)= a+b−ab(a2+b2)= a+b− 12 · (2ab) · (a
2+b2)
Ê a+b− 1
2
[
(2ab)+ (a2+b2)
2
]2
= a+b− (a+b)
4
8
= 0.
Do đó, kết hợp với (3), ta suy ra fn(a, b)Ê 0 với mọi n ∈N∗.
Lời giải 3. Ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho a, b là hai số thực dương. Khi đó, với mọi nÊ 1, ta có
(ab)
n(n−1)
2 (an+bn)É 2
(
a+b
2
)n2
. (4)
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a+ b = 2 và đặt
a= 1+ x, b= 1− x với 0É x< 1. Bất đẳng thức (4) có thể viết lại thành
[
(1+ x)(1− x)] n(n−1)2 [(1+ x)n+ (1− x)n]É 2,
hay tương đương
g(x)= (1+ x) n(n+1)2 (1− x) n(n−1)2 + (1+ x) n(n−1)2 (1− x) n(n+1)2 É 2.
10 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Ta có[
(1+ x) n(n+1)2 (1− x) n(n−1)2
]′
=
= n(n+1)
2
(1+ x) n(n+1)2 −1(1− x) n(n−1)2 − n(n−1)
2
(1+ x) n(n+1)2 (1− x) n(n−1)2 −1
= n
2
(1+ x) n(n+1)2 −1(1− x) n(n−1)2 −1[(n+1)(1− x)− (n−1)(1+ x)]
= n(1+ x) n(n+1)2 −1(1− x) n(n−1)2 −1(1−nx)
và[
(1+ x) n(n−1)2 (1− x) n(n+1)2
]′
=
= n(n−1)
2
(1+ x) n(n−1)2 −1(1− x) n(n+1)2 − n(n+1)
2
(1+ x) n(n−1)2 (1− x) n(n+1)2 −1
= n
2
(1+ x) n(n−1)2 −1(1− x) n(n+1)2 −1[(n−1)(1− x)− (n+1)(1+ x)]
=−n(1+ x) n(n−1)2 −1(1− x) n(n+1)2 −1(1+nx),
do đó
g′(x)= n(1+ x) n(n−1)2 −1(1− x) n(n−1)−12 [(1+ x)n(1−nx)− (1− x)n(1+nx)]
= n(1− x2) n(n−1)2 −1(1+ x)n(1+nx)
[
1−nx
1+nx −
(1− x)n
(1+ x)n
]
.
Từ đây ta thấy g′(x) có cùng dấu với h(x)= 1−nx1+nx− (1−x)
n
(1+x)n . Tính đạo hàm
của h(x), ta được
h′(x)= 2n(1− x)
n−1
(1+ x)n+1 −
2n
(1+nx)2 =
2n(1− x2)n−1
(1+ x)2n −
2n
(1+nx)2
É 2n
(1+ x)2n −
1
(1+nx)2 = 2n
[
1
(1+ x)n −
1
1+nx
][
1
(1+ x)n +
1
1+nx
]
É 0
do theo bất đẳng thức Bernoulli thì (1+x)n Ê 1+nx (chú ý rằng nÊ 1).
Như vậy, h(x) là hàm nghịch biến trên [0, 1). Suy ra h(x) É h(0) = 0,
∀x ∈ [0, 1). Mà g′(x) có cùng dấu với h(x) nên ta cũng có g′(x) É 0 với
mọi x ∈ [0, 1). Do vậy g(x) là hàm nghịch biến trên [0, 1). Từ lý luận
này, ta suy ra g(x)É g(0)= 2, ∀x ∈ [0, 1). Bổ đề được chứng minh. ■
Quay trở lài bài toán. Theo (4), ta có
(ab)
k(k−1)
2 (ak+bk)É 2
(
a+b
2
)k2
, ∀a, b> 0, kÊ 1,
LỜI GIẢI VMO 2011 11
suy ra
a+bÊ 2(ab) k−12k
(
ak+bk
2
) 1
k2
. (6)
Trong (6), cho a= xn, b= 1 và k= n+1n > 1, ta được
xn+1Ê 2x n2(n+1)
(
xn+1+1
2
) n2
(n+1)2
.
Từ đó suy ra
xn(xn+1+1)
xn+1 É
xn(xn+1+1)
2x
n
2(n+1)
(
xn+1+1
2
) n2
(n+1)2
= x n(2n+1)2(n+1)
(
xn+1+1
2
) 2n+1
(n+1)2
.
Như thế, phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được rằng
x
n(2n+1)
2(n+1)
(
xn+1+1
2
) 2n+1
(n+1)2 É
(
x+1
2
)2n+1
.
Bất đẳng thức này tương đương với
x
n(n+1)
2 (xn+1+1)É 2
(
x+1
2
)(n+1)2
.
Đây chính là kết quả của bất đẳng thức (5) áp dụng cho a = x, b = 1
và k= n+1. Bài toán được chứng minh xong.
Nhận xét. Có thể thấy ý tưởng tự nhiên nhất khi giải bài này chính
là sử dụng phép quy nạp. Lời giải 3 tuy dài và phức tạp nhưng nó
cũng có ý nghĩa riêng của nó. Thật vậy, qua lời giải này ta có thể thấy
được bất đẳng thức đã cho vẫn đúng cho trường hợp n là số thực tùy
ý không nhỏ hơn 1. Kết quả này không thể suy ra được từ hai lời giải
bằng quy nạp 1 và 2.
12 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
d
Bài 2. Cho dãy {xn} được xác định bởi
x1 = 1 và xn = 2n(n−1)2
n−1∑
i=1
xi với mọi nÊ 2.
Chứng minh rằng dãy yn = xn+1−xn có giới hạn hữu hạn khi n→+∞.
Lời giải 1. Từ giả thiết, ta suy ra với mọi nÊ 1, thì
n−1∑
i=1
xi = (n−1)
2
2n
xn.
Do đó
xn+1 = 2(n+1)n2
n∑
i=1
xi = 2(n+1)n2
(
xn+
n−1∑
i=1
xi
)
= 2(n+1)
n2
[
xn+ (n−1)
2
2n
xn
]
= (n+1)(n
2+1)
n3
xn. (1)
Sử công thức truy hồi vừa tìm được này kết hợp với phép quy nạp, ta
sẽ chứng minh
xn É 4(n−1), ∀nÊ 2. (2)
Do x2 = 2·2(2−1)2 x1 = 4 nên dễ thấy (2) đúng với n= 2. Giả sử (2) đúng với
n= kÊ 2, khi đó ta có
xk+1 =
(k+1)(k2+1)
k3
xk É
(k+1)(k2+1)
k3
·4(k−1)
= 4(k
2−1)(k2+1)
k3
= 4(k
4−1)
k3
= 4k− 4
k3
< 4k,
suy ra (2) cũng đúng với n = k+1. Từ đây, áp dụng nguyên lý quy
nạp, ta có (2) đúng với mọi nÊ 2.
Bây giờ, ta sẽ đi chứng minh bài toán đã cho, cụ thể ta sẽ chỉ ra rằng
yn là dãy tăng và bị chặn trên.
• Chứng minh yn tăng. Theo (1), ta có
yn = xn+1− xn = (n+1)(n
2+1)
n3
xn− xn = n
2+n+1
n3
xn.
14 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Do đó
yn+1− yn = (n+1)
2+ (n+1)+1
(n+1)3 xn+1−
n2+n+1
n3
xn
= n
2+3n+3
(n+1)3 ·
(n+1)(n2+1)
n3
xn− n
2+n+1
n3
xn
= xn
n3
[
(n2+3n+3)(n2+1)
(n+1)2 − (n
2+n+1)
]
= xn
n3
{[
1+ n+2
(n+1)2
]
(n2+1)− (n2+n+1)
}
= xn
n3
[
(n+2)(n2+1)
(n+1)2 −n
]
= 2xn
n3(n+1)2 > 0.
Điều này chứng tỏ yn là dãy tăng.
• Chứng minh yn bị chặn trên. Sử dụng (2), với mọi nÊ 2, ta có
yn = n
2+n+1
n3
xn É n
2+n+1
n3
·4(n−1)= 4(n
3−1)
n3
< 4.
Do đó y1 < y2 < ·· · < yn < 4, hay nói cách khác, dãy yn bị chặn
trên bởi 4.
Từ hai kết quả vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy ra kết quả cần
chứng minh.
Nhận xét. Khi làm bài toán này, có lẽ các bạn học sinh đều không
khó để tìm ra các tính chất
• xn+1 = (n+1)(n
2+1)
n3 xn.
• yn = n2+n+1n3 xn.
• yn là dãy tăng.
Và khi đó, công việc còn lại sẽ chỉ là tìm ra một chặn trên cho yn. Có
thể nói đây chính là yếu tố quan trọng nhất của bài toán. Việc tìm ra
đánh giá (2) có thể được giải thích như sau: Ta biết rằng hàm phân
thức f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là các đa thức đồng bậc và h(x) > 0 thì
bị chặn trên bởi một hằng số. Mà quan sát công thức truy ... hác, dễ thấy xn > 0, ∀n ∈N∗ nên ta cũng có un > 0, ∀n ∈N∗. Vì
vậy, ta có thể đặt lnun = vn. Khi đó
vn+1 = vn+ ln
(
1+ 1
n2
)
> vn, ∀n ∈N∗.
Vậy {vn}n∈N∗ là dãy tăng. Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức cơ bản
ln(1+ x) 0, ta thu được
vn+1 < vn+ 1n2 .
Từ đây ta có
vn < v1+1+
(n−1)2∑
k=2
1
k2
< v1+1+
(n−1)2∑
k=2
1
k(k−1) = v1+2−
1
n−1 , ∀nÊ 2.
Điều này chứng tỏ {vn}n∈N∗ bị chặn, hơn nữa do {vn} là dãy tăng nên
ta suy ra được {vn} hội tụ. Vì un = evn và hàm f (x)= ex là hàm liên tục
nên {un}n∈N∗ cũng hội tụ. Từ lý luận này kết hợp với lim n
2+n+1
n2 = 1 và
(4), ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài 3. Cho đường tròn (O), đường kính AB. P là một điểm trên tiếp
tuyến của (O) tại B (P 6≡ B). Đường thẳng AP cắt (O) lần thứ hai tại
C. D là điểm đối xứng của C qua O. Đường thẳng DP cắt (O) lần thứ
hai tại E.
(a)Chứng minh rằng AE, BC, PO đồng quy tại M.
(b)Tìm vị trí của điểm P để diện tích tam giác AMB là lớn nhất.
Tính diện tích lớn nhất đó theo R là bán kính của (O).
Lời giải. Trước hết xin nhắc lại không chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho hình thang ABCD, AB ∥CD. Giả sử AC cắt BD tại O và
AD cắt BC tại I. Khi đó, OI đi qua trung điểm AB và CD.
O
A B
P
C
D
E
F
M
Quay trở lại bài toán:
(a) Gọi F là giao điểm của AE và BP. Từ tính chất góc nội tiếp và
đường cao của tam giác vuông ta dễ thấy ∠AEC = ∠ABC = ∠BPC,
vậy tứ giác CPFE nội tiếp. Từ đó suy ra
∠CPE =∠CFE, ∠PCE =∠EFB.
18 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Cộng các đẳng thức góc với chú ý ∠CEP = 90◦, ta suy ra
90◦ =∠CPE+∠PCE =∠CFE+∠EFB=∠CFB,
hay CF ⊥ PB, và do đó CF ∥ AB.
Gọi M là giao điểm của CB và AE. Áp dụng bổ đề cho hình thang
ABFC, ta có MP đi qua trung điểm AB hay MP đi qua O. Vậy AE,
BC, OP đồng quy tại M, đó là điều phải chứng minh.
(b) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác APO với C, M, B thẳng
hàng, ta dễ thấy
OM
OP
= CA
CA+2CP .
Từ đó ta có
SMAB
SPAB
= OM
OP
= CA
CA+2CP .
Suy ra
SMAB = SPAB ·
CA
CA+2CP É SPAB ·
CA
2
p
CA ·2CP
= SPAB ·
CA
2
p
2BC
= BC ·PA
2
· CA
2
p
2BC
= 4R
2
4
p
2
= R
2
p
2
.
Đẳng thức xảy khi PB=p2R.
Bài 4. Cho ngũ giác lồi ABCDE có các cạnh và hai đường chéo AC,
AD có độ dài không vượt quá
p
3. Trong ngũ giác lồi lấy 2011 điểm
phân biệt bất kì. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có
tâm nằm trên cạnh của ngũ giác lồi ABCDE và chứa ít nhất 403
điểm trong số 2011 điểm đã cho.
Lời giải. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho điểm I nằm trong tam giác XYZ có độ dài các cạnh nhỏ
hơn
p
3. Khi đó,
min{IX , IY , IZ}< 1.
Chứng minh. Thật vậy, vì ∠X IY +∠Y IZ+∠ZIX = 360◦ nên trong ba
góc ∠X IY , ∠Y IZ, ∠ZIX phải có một góc không nhỏ hơn 120◦. Giả sử
∠X IY Ê 120◦ thì trong tam giác 4IXY , theo định lý cosin ta có
3Ê XY 2 = IX2+ IY 2−2IX · IY cos∠X IY
Ê IX2+ IY 2+ IX · IY Ê 3min{IX2, IY 2}.
Từ đây đưa đến min{IX , IY }É 1. Bổ đề được chứng minh. ■
Quay trở lại bài toán. Theo giả thiết thì các tam giác 4ABC, 4ACD,
4ADE đều có cả ba cạnh nhỏ hơn p3, mà mỗi điểm trong 2011 điểm
gieo trong ngũ giác ABCDE đều thuộc miền trong của một trong ba
tam giác này nên theo bổ đề, mỗi điểm phải cách một đỉnh nào đó
của ngũ giác một khoảng không lớn hơn 1. Theo nguyên lý Dirichlet,
có một đỉnh của ngũ giác có khoảng cách không lớn hơn 1 đến ít nhất⌈2011
5
⌉= 403 điểm. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
20 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
d
Page 15 of 25
Bài 5. Cho dãy số nguyên {an} xác định bởi
a0 = 1, a1 =−1 và an = 6an−1+5an−2 với mọi nÊ 2.
Chứng minh rằng a2012−2010 chia hết cho 2011.
Lời giải 1. Xét dãy {bn} được xác định như sau
b0 = 1, b1 =−1 và bn = 6bn−1+2016bn−2 với mọi nÊ 2.
Dãy này có phương trình đặc trưng
x2−6x−2016= 0
có hai nghiệm là x = −42 và x = 48. Từ đây, sử dụng kiến thức về
phương trình sai phân, ta tìm được công thức tổng quát của dãy là
bn = 41 ·48
n+49 · (−42)n
90
, ∀n ∈N.
Ngoài ra, ta cũng dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng
an ≡ bn (mod 2011), ∀n ∈N.
Theo đó, ta chỉ cần chứng minh b2012+1≡ 0 (mod 2011) nữa là xong.
Ta có
b2012+1= 41 ·48
2012+49 · (−42)2012+90
90
.
Do 2011 là số nguyên tố, và 2011, 90 là hai số nguyên tố cùng nhau
nên ta chỉ cần chứng minh
41 ·482012+49 · (−42)2012+90≡ 0 (mod 2011). (1)
Mà theo định lý Fermat nhỏ, ta có
41 ·482012+49 · (−42)2012+90≡ 41 ·482+49 ·422+90 (mod 2011)
= 90b2+90= 90
[
6 · (−1)+2016 ·1]+90
= 90 ·2010+90= 90 ·2011≡ 0 (mod 2011).
Vì vậy, (1) đúng. Bài toán được chứng minh xong.
22 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Lời giải 2. Phương trình đặc trưng của dãy đã cho là x2−6x−5= 0
có hai nghiệm là 3−p14 và 3+p14, do đó ta dễ dàng tìm được công
thức số hạng tổng quát của dãy là
an =
(
7−2p14)(3+p14)n+ (7+2p14)(3−p14)n
14
=
(−7+p14)(3+p14)n−1− (7+p14)(3−p14)n−1
14
=−un+2vn,
trong đó
un =
(
3+p14)n−1+ (3−p14)n−1
2
, vn =
(
3+p14)n−1− (3−p14)n−1
2
p
14
.
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có
u2012 =
1005∑
k=0
C2k20113
2011−2k14k = 32011+
1005∑
k=1
C2k20113
2011−2k14k.
Do 1< 2k< 2011 với 1É kÉ 1005 và 2011 là số nguyên tố nên
C2k2011 = 2011
(
C2k−12010
2k
)
... 2011.
Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ thì
32011 ≡ 3 (mod 2011).
Do vậy, kết hợp các lập luận lại với nhau, ta được
u2012 ≡ 3 (mod 2011). (2)
Tương tự với vn, ta cũng sử dụng khai triển Newton và thu được
v2012 =
1006∑
k=1
C2k−12011 3
2012−2k14k−1 = 141005+
1005∑
k=1
C2k−12011 3
2012−2k14k−1.
Đến đây, cũng bằng cách sử dụng tính nguyên tố của 2011, ta thấy
C2k−12011 = 2011
(
C2k−22010
2k−1
)
... 2011
LỜI GIẢI VMO 2011 23
với k ∈ {1, 2, . . . , 1005}. Vì vậy
v2012 ≡ 141005 (mod 2011).
Do 14= 2025−2011= 452−2011≡ 452 (mod 2011) nên áp dụng định lý
Fermat nhỏ, ta có
141005 ≡ 452010 ≡ 1 (mod 2011).
Suy ra
v2012 ≡ 1 (mod 2011). (3)
Từ (2) và (3), ta có
a2012−2010≡−3+2 ·1−2010≡ 0 (mod 2011).
Bài toán được chứng minh xong.
24 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
d
Page 19 of 25
Bài 6. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC, ACB là
các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không
trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng
d vuông góc với BC tại Dcắt đường thẳng AB, AC tương ứng tại E và
F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
AEF, BDE và CDF. Chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P cùng
nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Lời giải. Ta thấy bài toán đã cho chính là sự kết hợp cơ học của hai
kết quả sau
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC, ACB
là các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D
không trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường
thẳng d vuông góc với BC tại D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng
tại E, F. (N), (P) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác BDE, CDF.
Khi đó, d đi qua tâm nội tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi tiếp tuyến
chung khác d của (N) và (P) đi qua A.
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC, ACB
là các góc nhọn. Xét điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không
trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng
d vuông góc với BC tại D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng tại E,
F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
AEF, BDE và CDF. Khi đó, bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một
đường tròn khi và chỉ khi tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P) đi
qua A.
Như vậy, ta chỉ cần chứng minh được hai bổ đề này thì bài toán cũng
được giải quyết xong.
Chứng minh bổ đề 1. Ta chứng minh hai chiều.
• Giả sử tiếp tuyến khác d của (N) và (P) đi qua A. Gọi giao điểm
của tiếp tuyến đó và d là T.Dễ thấy các tứ giác TABD và TACD
ngoại tiếp, do đó theo tính chất cơ bản của tứ giác ngoại tiếp,
ta có
AB+TD = AT+BD và AC+TD = AT+DC.
Từ hai đẳng thức này, ta dễ thấy
DB−DC = AB−AC.
26 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Lại có DB+DC =BC nên
DB= BA+BC−AC
2
, DC = CA+CB−AB
2
.
Vậy D chính là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
với BC, hay d đi qua tâm nội tiếp tam giác ABC.
d
A
B C
I
D
E
F
N
PT
• Giả sử d đi qua tâm nội tiếp của tam giác ABC, khi đó ta có
ngay đẳng thức
DB−DC = BA+BC−AC
2
− CA+CB−AB
2
= AB−AC.
Gọi giao điểm của tiếp tuyến qua A (khác AB) của (N) và d là
T. Tứ giác TABD ngoại tiếp nên ta có
AB+TD = AT+BD.
Kết hợp đẳng thức trên, ta suy ra
AC+TD = AT+DC.
Điều này chứng tỏ tứ giác TADC ngoại tiếp. Vậy AT tiếp xúc
(P), hay nói cách khác, AT là tiếp tuyến chung khác d của (N)
và (P) đi qua A. ■
LỜI GIẢI VMO 2011 27
Chứng minh bổ đề 2. Ta chứng minh hai chiều.
• Giả sử tiếp tuyến chung của (N) và (P) đi qua A, ta phải chứng
minh bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn. Để
ý rằng E, M, N thẳng hàng và F, M, P thẳng hàng, do vậy
∠NMP = 180◦−∠EMF = 180◦−
(
90◦+ ∠EAF
2
)
= 90◦− 180
◦−∠BAC
2
= ∠BAC
2
.
Mặt khác, vì tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P) cũng đi
qua A nên
∠NAP = ∠BAC
2
.
Kết hợp hai đẳng thức trên, ta suy ra tứ giác AMNP nội tiếp.
d x
A
B C
I
D
E
F
N P
T
M
• Giả sử A,M, N, P cùng nằm trênmột đường tròn, ta phải chứng
minh tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P) đi qua A. Cũng từ
lập luận trên, ta có
∠NMP = ∠BAC
2
.
28 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Do A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn nên
∠NAP =∠NMP.
Kết hợp với trên, ta suy ra
∠NAP = ∠BAC
2
.
Qua A vẽ tiếp tuyến Ax của (N), ta có
∠NAx= ∠BAx
2
.
Do đó
∠PAx=∠NAP−∠NAx= ∠BAC
2
− ∠BAx
2
= ∠CAx
2
=∠PAC.
Từ đây suy ra Ax đối xứng AC qua AP mà AC tiếp xúc (P). Vậy
Ax tiếp xúc (P).
Nhận xét. Phần thuận của bổ đề 1 là bài thi vô địch Nga năm 2009
(phần dành cho lớp 10).
Bài 7. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức
P(x, y)= xn+ xy+ yn
không thể viết dưới dạng P(x, y)=G(x, y) ·H(x, y), trong đó G(x, y) và
H(x, y) là các đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng.
Lời giải. Giả sử tồn tại các đa thức G(x, y) và H(x, y) thỏa mãn
degG Ê 1, degH Ê 1 sao cho
P(x, y)=G(x, y) ·H(x, y).
Khi đó dễ thấy degH+degG = n. Từ giả thiết ta có G(x, 0)·H(x, 0)= xn,
suy ra tồn tại k ∈N, a1a2 = 1 sao cho
H(x, 0)= a1xk, G(x, 0)= a2xn−k.
Do H(x, y) và G(x, y) là các đa thức nên ta có thể viết được chúng
dưới dạng
H(x, y)= a1xk+ yH1(x, y), G(x, y)= a2xn−k+ yG1(x, y),
trong đó G1(x, y), H1(x, y) là các đa thức. Thay vào P(x, y) và rút gọn,
ta được
a1xk yG1(x, y)+a2xn−k yH1(x, y)+ y2G1(x, y) ·H1(x, y)= xy+ yn,
hay
a1xkG1(x, y)+a2xn−kH1(x, y)− x= yn−1− yG1(x, y) ·H1(x, y).
Cho y= 0, ta có
x= a1xkG1(x, 0)+a2xn−kH1(x, 0).
Giả sử k và n−k đều lớn hơn 1. Khi đó ta có hai khả năng xảy ra.
• Cả hai đa thức G1(x, 0) và H1(x, 0) đều đồng nhất 0, suy ra x
đồng nhất 0 (vô lí).
• Có một trong hai đa thức trên có bậc Ê 1, giả sử là G1(x, 0). Khi
đó bậc của hạng tử cao nhất của đa thức vế phải là k+degG1 > 1.
30 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Do vậy, trong hai số k, n−k phải có một số bé hơn 2. Không mất tính
tổng quát, ta có thể giả sử kÉ 1.
• Nếu k= 0 thì H1 ≡ 0. Khi đó H(x, y)≡ a1 (loại).
• Nếu k= 1 thì H1 ≡ b 6= 0. Khi đó H(x, y)= a1x+by hay
xn+ xy+ yn = 0, ∀x=−by
a1
.
Mà điều này cũng không thể kể cả khi n= 2.
Vậy bài toán được chứng minh.