Lời giải và bình luận đề thi Toán các tỉnh, các trường đại học năm học 2009-2010

TRẦN NAM DŨNG
(chủ biên)
LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI CÁC
TỈNH, CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC NĂM
HỌC 2009-2010
MATHSCOPE.ORG
dddd
Lời nói đầu
Kỳ thi VMO năm nay sẽ được tổ chức vào tháng 3/2010. Hiện nay các trường và các
tỉnh đang hoàn tất việc thi HSG cấp tỉnh và thành lập đội tuyển. Sau kỳ thi học kì I,
việc luyện thi cho kỳ thi VMO 2010 sẽ được khởi động tại tất cả các địa phương.
Nhằm giúp các bạn học sinh có thêm cơ hội trao đổi, học hỏi, rèn luyện kỹ năng giải
toán, chúng tôi thực hiện cuốn sách này.
Thông qua việc giải và bình luận các đề thi học sinh giỏi các tỉnh và các trường Đại
học, chúng tôi sẽ đưa ra những bài tập tương tự, nói thêm về phương pháp sử dụng
trong bài giải nhằm giúp các bạn nhìn rộng hơn về vấn đề, để có thể áp dụng cho
những bài toán khác.
Cuốn sách được sự tham gia về chuyên môn của các thầy cô giáo chuyên toán, các
cựu IMO, VMO. Ý kiến đóng góp, bình luận có thể gửi trực tiếp qua chủ đề mà
chúng tôi mở trên Mathscope.org hoặc theo địa chỉ trannamdung@ovi.com với
tiêu đề [4VMO2010]. Các thành viên có đóng góp sẽ được tôn vinh và nhận những
quà tặng ý nghĩa.
Cuốn sách được thực hiện với sự giúp đỡ của Nokia Vietnam (
com.vn).
TP HCM, ngày 02 tháng 12 năm 2009
Trần Nam Dũng
iii
iv Trần Nam Dũng (chủ biên)
Lời cảm ơn
Xin cảm ơn sự nhiệt tình tham gia đóng góp của các bạn:
1. Võ Quốc Bá Cẩn
2. Phạm Tiến Đạt
3. Phạm Hy Hiếu
4. Tạ Minh Hoằng
5. Nguyễn Xuân Huy
6. Mai Tiến Khải
7. Hoàng Quốc Khánh
8. Nguyễn Vương Linh
9. Nguyễn Lâm Minh
10. Nguyễn Văn Năm
11. Đinh Ngọc Thạch
12. Lê Nam Trường
13. Võ Thành Văn
Cùng rất nhiều bạn yêu toán khác.
v
vi Trần Nam Dũng (chủ biên)
Mục lục
Lời nói đầu iii
Lời cảm ơn v
I Đề toán và lời giải 1
1 Số học 3
1.1 Đề bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Phương trình, hệ phương trình 15
2.1 Đề bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3 Bất đẳng thức và cực trị 27
3.1 Đề bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
4 Phương trình hàm và đa thức 43
4.1 Đề bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
4.2 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
5 Hình học 57
5.1 Đề bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
5.2 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
6 Tổ hợp 71
6.1 Đề bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
6.2 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
vii
viii Trần Nam Dũng (chủ biên)
7 Dãy số 89
7.1 Đề bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
7.2 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
II Một số bài giảng toán 99
8 Giải phương trình hàm bằng cách lập phương trình 101
9 Dãy truy hồi loại un+1 = f (un) 107
10 Các định lý tồn tại trong giải tích và định lý cơ bản của đại số 113
11 Phép chứng minh phản chứng 123
12 Nguyên lý Dirichlet 127
13 Cauchy-Bunyakovski-Schwarz Inequality 137
A Đề luyện đội tuyển cho kỳ thi VMO 2010 145
B Hướng dẫn nội dung bồi dưỡng học sinh thi chọn học sinh giỏi Toán
Quốc gia lớp 12 THPT 151
Phần I
Đề toán và lời giải
1
Chương 1
Số học
“Toán học là bảo vật quý giá hơn bất cứ thứ gì khác mà chúng ta được thừa hường từ kho
tàng tri thức của nhân loại.”
Rene Descartes
1.1 Đề bài
1.1. Giả sử m, n là hai số nguyên dương thoả mãn
n
d
là số lẻ với d = (m, n). Xác
định (am+1, an−1) với a là số nguyên dương lớn hơn 1.
1.2. Dãy số {an} được xác định như sau: a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6 và
an+4 = 2an+3+an+2−2an+1−an với mọi n≥ 0.
(a) Chứng minh rằng an chia hết cho n với mọi n≥ 1.
(b) Chứng minh rằng dãy số
{an
n
}∞
n=1
chứa vô số số hạng chia hết cho 2009.
1.3. Cho m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, m là số chẵn. Tìm ước
số chung lớn nhất của m2+n2 và m3+n3.
1.4. Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn ac+ bd chia hết cho a2+ b2.
Chứng minh rằng
(c2+d2, a2+b2)> 1.
1.5. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình
x2+ y2+ x+ y= kxy
có nghiệm nguyên dương.
3
4 Trần Nam Dũng (chủ biên)
1.6. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thoả mãn
x2+15y2+8xy−8x−36y−28= 0.
1.7. Chứng minh rằng
|12m−5n| ≥ 7
với mọi m, n nguyên dương.
1.8. Cho n là số nguyên dương sao cho 3n−1 chia hết cho 22009. Chứng minh rằng
n≥ 22007.
1.9. (1) Cho a = 52100+100. Chứng minh số a có ít nhất 25 chữ số 0 đứng liền
nhau.
(2) Chứng minh tồn tại vô số số tự nhiên n mà 5n có ít nhất 100 chữ số 0 đứng
liền nhau.
1.10. Cho f : N∗→ N∗ thoả mãn các điều kiện
(i) f (xy) = f (x) f (y) với mọi x, y thoả mãn (x, y) = 1;
(ii) f (x+ y) = f (x)+ f (y) với mọi bộ số nguyên tố x, y.
Hãy tính f (2), f (3), f (2009).
1.11. Tìm tất cả các bộ số tự nhiên a, b, c, d đôi một phân biệt thỏa mãn
a2−b2 = b2− c2 = c2−d2.
1.12. Cho hai số nguyên dương p, q lớn hơn 1, nguyên tố cùng nhau. Chứng minh
rằng tồn tại số nguyên k sao cho (pq−1)nk+1 là hợp số với mọi số nguyên dương
n.
Lời giải và bình luận đề thi các tỉnh, các trường Đại học năm học 2009-2010 5
1.2 Lời giải
Bài 1.1. Giả sử m, n là hai số nguyên dương thoả mãn
n
d
là số lẻ với d = (m, n).
Xác định (am+1, an−1) với a là số nguyên dương lớn hơn 1.
(Đại học Vinh)
Lời giải. Do d = (m, n) nên
(m
d
,
n
d
)
= 1. Vì
n
d
là số lẻ nên ta có
(
2m
d
,
n
d
)
= 1,
suy ra (2m, n) = d. Theo định lý Bezout, tồn tại u, v nguyên sao cho 2mu+nv= d.
Đặt D= (am+1, an−1). Khi đó
am ≡−1 (mod D),
suy ra
a2m ≡ 1 (mod D).
Ngoài ra ta đã có
an ≡ 1 (mod D).
Từ những điều trên, ta suy ra
ad = a2mu+nv ≡ 1 (mod D).
Do m= dm′ nên từ đây ta suy ra am ≡ 1 (mod D). Kết hợp với am ≡−1 (mod D) ta
suy ra 2≡ 0 (mod D). Từ đây suy ra D= 1 hoặc D= 2. Dễ thấy với a lẻ thì D= 2
còn với a chẵn thì D= 1. Đó chính là kết luận của bài toán.
Bình luận. Đây là một bài toán khá căn bản về bậc của một số theo modulo. Trong
các bài toán như vậy, định lý Bezout luôn là một kết quả hữu ích.
Bài 1.2. Dãy số {an} được xác định như sau: a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6 và
an+4 = 2an+3+an+2−2an+1−an với mọi n≥ 0.
(a) Chứng minh rằng an chia hết cho n với mọi n≥ 1.
(b) Chứng minh rằng dãy số
{an
n
}∞
n=1
chứa vô số số hạng chia hết cho 2009.
(Đại học Khoa học tự nhiên)
Lời giải. Phương trình đặc trưng của dãy {an} có dạng x4−2x3− x2+2x+1= 0,
tương đương (x2− x−1)2 = 0. Từ đó số hạng tổng quát của an có dạng
an = c1αn+ c2β n+n(c3αn+ c4β n),
6 Trần Nam Dũng (chủ biên)
trong đó α > β là các nghiệm của phương trình x2− x−1= 0. Từ đây, từ các điều
kiện ban đầu, ta tìm được c1 = c2 = 0, c3 =
1√
5
, c4 =− 1√
5
. Suy ra
an = n
(
1√
5
αn− 1√
5
β n
)
.
Từ đây ta được
an
n
= Fn, với F1 = 1, F2 = 1, Fn+1 = Fn+Fn−1 với mọi n= 1, 2, . . .
tức là dãy số Fibonacci. Kết luận câu (a) đến đây là hiển nhiên.
Để giải phần (b), ta có thể đi theo các hướng sau.
Cách 1. Dùng quy nạp chứng minh rằng Fm+n = Fm+1Fn+FmFn−1. Sau đó tiếp tục
dùng quy nạp chứng minh rằng Fkn chia hết cho Fn. Từ đây, để chứng minh kết luận
của bài toán, ta chỉ cần chỉ ra một giá trị nguyên dương n sao cho Fn chia hết cho
2009 là xong. Có thể tính toán được rằng F56 chia hết cho 49, còn F20 chia hết cho
41, từ đó F280 chia hết cho 2009.
Cách 2. Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: Với mọi số nguyên dương N, tồn tại vô
số số hạng của dãy số Fibonacci chia hết cho N.
Để thực hiện điều này, ta bổ sung thêm số hạng F0 = 0 cho dãy Fibonacci. Chú
ý là ta vẫn có hệ thức Fn+1 = Fn+Fn−1 với mọi n = 0, 1, 2, . . . Gọi ri là số dư
trong phép chia Fi cho N. Xét N2+ 1 cặp số dư (r0, r1), (r1, r2), . . . , (rN , rN+1).
Do 0 ≤ ri ≤ N− 1 nên chỉ có N2 cặp giá trị (ri, ri+1) khác nhau. Theo nguyên lý
Dirichlet, tồn tại cặp chỉ số i < j sao cho (ri, ri+1) ≡ (r j, r j+1). Từ đây, do rk−1
chính là số dư trong phép chia rk+1−rk cho N nên ta suy ra ri−1 = r j−1, ri−2 = r j−2,
. . . , r0 = r j−i. Suy ra dãy số dư tuần hoàn với chu kỳ j− i. Vì r0 = 0 nên rk( j−i) = 0
với mọi k = 1, 2, . . . và ta có rk( j−i) chia hết cho N với mọi k = 1, 2, . . . (đpcm).
Bình luận. Ý tưởng dùng nguyên lý Dirichlet để chứng minh tính tuần hoàn của dãy
số dư không mới. Đề thi vô địch Liên Xô trước đây có câu: Chứng minh rằng trong
dãy số Fibonacci tồn tại ít nhất một số tận cùng bằng bốn chữ số 0.
Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam năm 2004 cũng có ý tưởng tương tự:
Cho dãy số (xn) (n= 1, 2, 3, . . .) được xác định bởi: x1 = 603, x2 = 102 và
xn+2 = xn+1+ xn+2
√
xn+1xn−2 với mọi n≥ 1.
Chứng minh rằng
(1) Tất cả các số hạng của dãy số đã cho đều là các số nguyên dương.
(2) Tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho biểu diễn thập phân của xn có bốn
chữ số tận cùng là 2003.
Lời giải và bình luận đề thi các tỉnh, các trường Đại học năm học 2009-2010 7
(3) Không tồn tại số nguyên dương n mà biểu diễn thập phân của xn có bốn chữ
số tận cùng là 2004.
Bài 1.3. Cho m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, m là số chẵn. Tìm
ước số chung lớn nhất của m2+n2 và m3+n3.
(Đồng Nai)
Lời giải. Do (m, n) nguyên tố cùng nhau và m chẵn nên n lẻ. Đặt
d = (m2+n2, m3+n3).
Dễ thấy d lẻ. Do m3+n3 = (m+n)(m2+n2−mn) nên từ đây suy ra
d | mn(m+n).
Từ đây lại suy ra d là ước của (m+ n)3. Giả sử d > 1. Khi đó gọi p là một ước số
nguyên tố của d thì p | (m+n)3, suy ra p | m+n.Mặt khác
(m+n)2− (m2+n2) = 2mn,
suy ra p | 2mn. Vì p lẻ nên p | mn. Vì p nguyên tố và (m, n) = 1nên từ đây suy ra
p |m hoặc p | n. Nhưng do p |m+n nên từ đây lại suy ra p | n và tương ứng là p |m.
Mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai, tức là d = 1.
Bài 1.4. Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn ac+bd chia hết cho a2+b2.
Chứng minh rằng
(c2+d2, a2+b2)> 1.
(Đại học Sư phạm)
Lời giải. Trước hết xét trường hợp (a, b) = 1. Giả sử p là một ước nguyên tố của
a2+b2. Khi đó p | ac+bd. Từ đẳng thức
(ac+bd)2+(ad−bc)2 = (a2+b2)(c2+d2),
ta suy ra p | ad−bc. Từ đây, ta lần lượt có
p | c(ac+bd)+d(ad−bc) = a(c2+d2),
p | d(ac+bd)− c(ad−bc) = b(c2+d2).
Vì (a, b) = 1 nên theo định lý Bezout tồn tại u, v sao cho au+bv= 1. Từ các điều
trên, ta có
p | u ·a(c2+d2)+ v ·b(c2+d2) = (au+bv)(c2+d2) = c2+d2,
suy ra p là ước số chung của a2+b2 và c2+d2, tức là (a2+b2, c2+d2)> 1.
8 Trần Nam Dũng (chủ biên)
Bây giờ giả sử (a, b) =D> 1.Đặt a=Dx, b=Dy thì ta cóDxc+Dyd
...D2(x2+y2),
suy ra xc+ yd
... x2+ y2. Theo kết quả ở trên thì (x2+ y2, c2+ d2) > 1. Từ đó, một
cách hiển nhiên (D2(x2+ y2), c2+d2)> 1, tức là (a2+b2,c2+d2)> 1.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Bình luận. Định lý Bezout mọi lúc, mọi nơi!
Bài 1.5. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình
x2+ y2+ x+ y= kxy (1)
có nghiệm nguyên dương.
(Phổ thông Năng khiếu)
Lời giải. Giả sử k là một giá trị sao cho phương trình (1) có nghiệm nguyên dương.
Khi đó tồn tại nghiệm (x0, y0) của ( ... 010 153
– Khái niệm đa thức khả quy, bất khả quy.
– Định lý Bezout về số dư trong phép chia một đa thức cho nhị thức bậc nhất
x−a.
– Đa thức Chebyshev và các tính chất được trình bày trong phần 1 Phụ lục 3
cuốn “Bất đẳng thức” của Tác giả Phan Đức Chính (NXB Giáo dục, 1993).
c. Dãy số - Hàm số
– Phương trình đặc trưng và công thức tính số hạng tổng quát của dãy số được
cho bởi hệ thức truy hồi tuyến tính.
– Các khái niệm: dãy con, dãy số tuần hoàn và chu kỳ của dãy số tuần hoàn.
– Mối liên hệ giữa tính hội tụ của một dãy số và tính hội tụ của các dãy con của
dãy số đó.
– Một số kết quả đơn giản về tính đơn điệu của hàm số:
+ Kết quả 1. Nếu f và g là các hàm số đồng biến (nghịch biến) trên tập
X thì f +g cũng là hàm số đồng biến (nghịch biến) trên tập X .
+ Kết quả 2. Giả sử f và g là các hàm số đồng biến (nghịch biến) trên tập
X . Khi đó:
(i) Nếu f và g chỉ nhận giá trị không âm (không dương) trên X thì f · g
sẽ là hàm số đồng biến trên tập X .
(ii) Nếu f và g chỉ nhận giá trị không dương (không âm) trên X thì f ·g
sẽ là hàm số nghịch biến trên tập X .
+ Kết quả 3. Giả sử f là hàm số đồng biến và g là hàm số nghịch biến
trên tập X . Khi đó, nếu f chỉ nhận giá trị không âm (không dương) trên X và
đồng thời g chỉ nhận giá trị không dương (không âm) trên tập đó thì f ·g sẽ là
hàm số nghịch biến (đồng biến) trên X .
+ Kết quả 4. Giả sử g là hàm số đồng biến (nghịch biến) trên tập X . Kí
hiệu g(X) là tập giá trị của hàm g với tập xác định X . Khi đó:
(i) Nếu f là hàm số đồng biến trên g(X)thì f (g(x)) sẽ là hàm số đồng
biến (nghịch biến) trên X .
(ii) Nếu f là hàm số nghịch biến trên g(X) thì f (g(x)) sẽ là hàm số nghịch
biến (đồng biến) trên X .
+ Kết quả 5. Nếu f là hàm số đồng biến trên R thì hai phương trình sau
sẽ tương đương với nhau:
f ( f (. . .( f (x)) . . .)) = x và f (x) = x.
154 Trần Nam Dũng (chủ biên)
– Khái niệm chu kỳ cơ sở của hàm số tuần hoàn và một số kết quả liên quan đến
hàm tuần hoàn:
+ Định lý 6. Nếu hàm số f (x) tuần hoàn trên tập X với chu kỳ cơ sở T và
nếu
f (x) = f (x+A) ∀x ∈ X
thì phải có A= kT, với k ∈ Z.
+ Định lý 7. Nếu hàm số tuần hoàn f (x) có chu kỳ cơ sở T thì hàm số
f (ax) (a 6= 0) là hàm số tuần hoàn và có chu kỳ cơ sở T
a
.
+ Định lý 8. Nếu các hàm số f1(x), f2(x) tuần hoàn trên X và tương
ứng có các chu kỳ T1, T2 thông ước với nhau thì các hàm số f1(x)+ f2(x),
f1(x)− f2(x), f1(x) f2(x) cũng tuần hoàn trên X .
– Định nghĩa hàm số ngược.
– Định lý về giá trị trung gian của hàm số liên tục trên một đoạn.
– Kết quả các Bài toán 1-7 trong §1 Chương II cuốn “Phương trình hàm” của
Tác giả Nguyễn Văn Mậu (NXB Giáo dục, 1997).
3. Phần Lượng giác
– Hệ thức Charles cho các cung lượng giác.
– Bất phương trình lượng giác và tập nghiệm của các bất phương trình lượng
giác cơ bản.
– Các công thức đơn giản tính độ dài đường phân giác, bán kính đường tròn nội
tiếp, bán kính đường tròn bàng tiếp của một tam giác theo độ dài các cạnh và
giá trị lượng giác của các góc của tam giác ấy.
– Một số bất đẳng thức thông dụng trong tam giác:
• sinA+ sinB+ sinC ≤ 3
√
3
2
∀∆ABC.
• cosA+ cosB+ cosC ≤ 3
2
∀∆ABC.
• tanA+ tanB+ tanC ≥ 3√3 ∀∆ nhọn ABC.
Dấu đẳng thức trong các bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam
giác đều.
Lời giải và bình luận đề thi các tỉnh, các trường Đại học năm học 2009-2010 155
4. Phần Hình học
a. Hình học phẳng
– Khái niệm trọng tâm, tâm tỉ cự của một hệ điểm và toạ độ của chúng xét trong
hệ toạ độ Decartes.
– Tâm đẳng phương của ba đường tròn.
– Hàng điểm điều hoà và Chùm điều hoà: Định nghĩa và một số tính chất đơn
giản:
+ Hệ thức Newton, Hệ thức Decartes.
+ Định lý 9. Hai cạnh của một tam giác cùng các đường phân giác trong,
ngoài xuất phát từ đỉnh chung của hai cạnh ấy lập thành một chùm điều hoà.
– Định lý Ptolemy, Định lý Ceva, Định lý Menelauyt, Định lý Thales thuận và
đảo.
– Định nghĩa đường tròn Apoloniut, đường tròn Euler (đường tròn 9 điểm).
– Kết quả của các Ví dụ 1, 2 trong phần 4 §4 Chương II SGK Hình học 10 (Sách
chỉnh lý hợp nhất năm 2000, NXB Giáo dục).
– Hệ thức Euler trong tam giác:
d2 = R2−2Rr,
trong đó d, R, r tương ứng là khoảng cách giữa tâm đường tròn ngoại tiếp và
tâm đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn
nội tiếp của một tam giác.
– Định nghĩa tích các phép biến hình và một số kết quả liên quan, định nghĩa
và các tính chất của phép đồng dạng: như đã được trình bày trong TLGKTĐ
Hình học lớp 11 Ban KHTN-THCB (NXB Giáo dục, 1997).
– Các kết quả lý thuyết liên quan tới các phép biến hình trong mặt phẳng được
trình bày trong cuốn “Các bài toán về hình học phẳng” (T.1 và T.2) của Tác
giả Praxolov V.V. (NXB Hải Phòng, 1994).
– Định nghĩa và các tính chất của phép nghịch đảo được trình bày trong phần
“Các kiến thức cơ bản” Chương 28 cuốn “Các bài toán về hình học phẳng”
(T.2) của Tác giả V.V. Praxolov (NXB Hải Phòng, 1994).
156 Trần Nam Dũng (chủ biên)
b. Hình học không gian
– Định lý Thales thuận và đảo.
– Định nghĩa khối đa diện đều, khối tứ diện gần đều, khối tứ diện trực tâm và
một số kết quả liên quan:
+ Định lý 10. Tứ diện ABCD là tứ diện gần đều khi và chỉ khi xảy ra ít
nhất một trong các điều sau:
(i) Các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau.
(ii) Bốn đường cao của tứ diện có độ dài bằng nhau.
(iii) Có ít nhất hai trong ba điểm sau trùng nhau: tâm mặt cầu nội tiếp,
tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm của tứ diện.
+ Định lý 11. Tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm khi và chỉ khi xảy ra ít
nhất một trong các điều sau:
(i) Các cặp cạnh đối của tứ diện vuông góc với nhau.
(ii) Chân đường vuông góc hạ từ một đỉnh xuống mặt đối diện là trực tâm
của mặt ấy.
(iii) Tổng bình phương độ dài của các cặp cạnh đối bằng nhau.
– Định lý về sự tồn tại của mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện.
– Kết quả của Ví dụ 1 trong §1 Chương II SGK Hình học 12 (Sách chỉnh lý hợp
nhất năm 2000, NXB Giáo dục).
– Khái niệm trọng tâm, tâm tỉ cự của một hệ điểm và toạ độ của chúng xét trong
hệ toạ độ Decartes.
– Định nghĩa và tính chất của tích có hướng của hai vectơ, tích hỗn tạp của ba
vectơ cùng một số kết quả liên quan: như đã được trình bày trong §3 và §8
Chương II SGK Hình học 12 (Sách chỉnh lý hợp nhất năm 2000, NXB Giáo
dục).
5. Phần Tổ hợp
– Nguyên lý Dirichlet, Nguyên lý cực hạn (hay Nguyên lý khởi đầu cực trị).
– Định nghĩa ánh xạ, đơn ánh, toàn ánh, song ánh, ánh xạ tích.
– Các khái niệm và kết quả được trình bày trong §1, §2 và §3 của tài liệu “Về
một số vấn đề của giải tích tổ hợp trong chương trình THPT” (Biên soạn:
Nguyễn Khắc Minh. Tài liệu báo cáo tại Hội nghị tập huấn giáo viên giảng
dạy chuyên toán toàn quốc, Hà Nội-1997).
Lời giải và bình luận đề thi các tỉnh, các trường Đại học năm học 2009-2010 157
– Kết quả của các Bài toán 1, 4, 5 trong §4 của bài viết nói trên.
– Các khái niệm cơ bản của lý thuyết Graph: Graph; Đỉnh, đỉnh cô lập, cạnh
vô hướng, cạnh có hướng của Graph; Graph có hướng; Graph đơn vô hướng
hữu hạn; Graph đầy đủ; Graph bù; Graph con; Bậc của đỉnh trong Graph đơn
vô hướng hữu hạn; Graph thuần nhất; Đường đi, độ dài đường đi, đường đi
khép kín, xích (có tài liệu gọi là đường đi đơn giản), xích đơn, chu trình (có
tài liệu gọi là chu trình đơn giản), chu trình đơn, đường đi Euler, đường đi
Hamilton, chu trình Euler, chu trình Hamilton trong Graph đơn vô hướng hữu
hạn; Graph liên thông, cây, Graph Euler, Graph Hamilton; Thành phần liên
thông của Graph đơn vô hướng hữu hạn.
– Một số kết quả đơn giản của lý thuyết Graph:
+ Định lý 12. Số đỉnh bậc lẻ trong một Graph đơn vô hướng hữu hạn là
một số chẵn.
+ Định lý 13. Trong Graph đơn vô hướng n đỉnh (n ∈ Z, n≥ 2) tồn tại ít
nhất hai đỉnh có cùng bậc.
+ Định lý 14. Nếu Graph G đơn vô hướng n đỉnh (n ∈ Z, n≥ 2) có đúng
hai đỉnh cùng bậc thì G phải có đúng một đỉnh bậc 0 hoặc đúng một đỉnh bậc
n−1.
+ Định lý 15.Mỗi Graph đơn vô hướng hữu hạn không liên thông đều bị
phân chia một cách duy nhất thành các thành phần liên thông.
+Định lý 16.Nếu mỗi đỉnh của GraphG đơn vô hướng n đỉnh (n∈Z, n≥
2) đều có bậc không nhỏ hơn
n
2
thì G là Graph liên thông.
+ Định lý 17. Graph G đơn vô hướng hữu hạn là Graph Euler khi và chỉ
khi hai điều kiện sau được đồng thời thoả mãn:
(i) G là Graph liên thông.
(ii) Mọi đỉnh của G đều có bậc chẵn.
+ Định lý 18. Nếu tất cả các cạnh của một Graph đơn vô hướng đầy đủ
sáu đỉnh được tô bởi hai màu thì phải tồn tại ít nhất một chu trình đơn độ dài
3 có tất cả các cạnh cùng màu.
– Khái niệm “chiến lược thắng cuộc” trong các bài toán trò chơi.
II. Yêu cầu tối thiểu về kỹ năng
1. Biết vận dụng linh hoạt các kiến thức lý thuyết vào việc giải quyết các bài
toán cụ thể.
158 Trần Nam Dũng (chủ biên)
2. Biết phân tích một cách hợp lý các giả thiết để từ đó tìm ra hướng giải quyết
bài toán.
3. Đặc biệt, đối với các bài toán có thể giải được nhờ mô hình graph, cần:
– Biết cách chuyển bài toán ban đầu (hoặc một phần của bài toán ban
đầu) về bài toán tương đương trên mô hình graph;
– Biết cách sử dụng biểu diễn hình học của graph như một công cụ tạo ra
các gợi ý trực giác trong quá trình suy luận, tìm tòi lời giải cho bài toán;
– Biết sử dụng các khái niệm, thuật ngữ của lý thuyết graph để trình bày
lời giải một cách ngắn gọn, sáng sủa, chặt chẽ và chính xác.
III. Một số điểm lưu ý
1. Công thức nội suy Lagrange, Định lý Euler và định lý Trung Quốc về các số
dư, phép biến hình nghịch đảo trong mặt phẳng, các khái niệm, kết quả của
lý thuyết graph và các bài toán trò chơi là nội dung kiến thức không bắt buộc
đối với các học sinh dự thi ở Bảng B.
2. Về định lý Euler và định lý Trung Quốc: Chỉ yêu cầu học sinh hiểu đúng các
định lý này và biết vận dụng chúng trong các tình huống không phức tạp.
3. Học sinh dự thi (ở cả hai bảng A và B) được phép sử dụng các khái niệm, kết
quả đã nêu trong mục I như khái niệm, kết quả SGK.
4. Trong kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn toán lớp 12 THPT các thí sinh
được phép sử dụng các kiến thức về số phức trong phạm vi chương trình môn
toán Ban KHTN-THCB (cũ).
5. Để học sinh đạt được các yêu cầu về kỹ năng, như đã nêu ở mục II, các giáo
viên bồi dưỡng cần chú ý:
– Giúp học sinh hiểu rõ bản chất toán học của các khái niệm, các kết quả.
– Giúp học sinh nắm được các ý tưởng toán học ẩn chứa trong lời giải
của các bài toán cụ thể.
– Luyện tập cho học sinh các bài toán mà lời giải của chúng thể hiện mối
liên quan giữa các phần kiến thức.
– Phân tích cho học sinh thấy con đường đi đến lời giải của các bài toán.
Điều này đặc biệt quan trọng trong việc luyện tập các bài toán tổ hợp.
6. Để nâng cao hiệu quả của việc bồi dưỡng, ngoài các tài liệu đã dẫn ở mục I,
các giáo viên bồi dưỡng có thể tham khảo các tài liệu sau:
[1] Đề thi vô địch các nước (19 nước) T.1, T.2, T.3, NXB Hải Phòng.
Lời giải và bình luận đề thi các tỉnh, các trường Đại học năm học 2009-2010 159
[2] H. Chúng, Graph và giải toán phổ thông, NXB Giáo dục, 1992.
[3] N. V. Mậu, Phương pháp giải phương trình và bất phương trình, NXB
Giáo dục.
[4] Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi bậc THPT môn toán, Vụ THPT ấn
hành, 1997.
[5] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ.