Title Đề Thi Olympic Toán Trại Hè Phương Nam 2017 [Đáp Án].pdf ✅

http://www.molympiad.blogspot.com Lời giải và bình luận đề thi Trại hè phương Nam 2017 Nguyễn Trần Hữu Thịnh - Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ Nguyễn Trường Hải - Trường THPT chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận Math Volunteer Team 1 Đề thi Bài 1 (4 điểm). Xét phương trình 8 ˆ< ˆ: x p x D pyz y py D p zx z p z D pxy : a) Chứng minh rằng nếu x, y, z thỏa mãn hệ phương trình trên thì trong chúng có ít nhất một số bằng 0. b) Giải hệ phương trình trên. Bài 2 (4 điểm). a) Chứng minh rằng, với mỗi số nguyên dương n thì biểu thức x n C 1 xn luôn biểu diễn được dưới dạng biểu thức đa thức đối với x C 1 x và có hệ số là các số nguyên. b) Chứng minh rằng với số nguyên dương n bất kì thì pn p 3 C p 2 C pn p 3 p 2 là một số vô tỉ. Bài 3 (5 điểm). Cho điểm D thay đổi bên trong tam giác ABC sao cho BDC 1 C BAC 1 D 180ı . Đường thẳng BD cắt cạnh AC tại E và đường thẳng CD cắt cạnh AB tại F . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Chứng minh rằng: a) Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BFD và CED cắt nhau tại điểm thứ hai cắt nhau tại điểm thứ hai (khác D) thuộc cạnh BC. b) Tổng các phương tích từ B và C tới đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không đổi và BOC < 90 1 ı . c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có tâm thuộc một đường thẳng cố định. 1
http://www.molympiad.blogspot.com Lời giải và bình luận đề thi Trại hè phương Nam 2017 Bài 4 (4 điểm). Cho 2n C 1 số nguyên đôi một phân biệt thỏa mãn tổng của n C 1 số bất kì trong chúng đều không nhỏ hơn tổng của n số còn lại. Chứng minh rằng, các số nguyên dương này đều không nhỏ hơn n 2 . Hãy chỉ ra 2n C 1 số nguyên thỏa mãn điều kiện nói trên mà trong đó số nhỏ nhất là n 2 . Bài 5 (3 điểm). Với mỗi số nguyên dương m, xét phương trình nghiệm nguyên 2 x 1 D y m. a) Giải phương trình khi m D 3. b) Giải phương trình khi m > 1. 2 Lời giải và bình luận Bài 1 (4 điểm). Xét phương trình 8 ˆ< ˆ: x p x D pyz y py D p zx z p z D pxy : a) Chứng minh rằng nếu x, y, z thỏa mãn hệ phương trình trên thì trong chúng có ít nhất một số bằng 0. b) Giải hệ phương trình trên. Lời giải. a) Điều kiện xác định x, y, z > 0. Từ phương trình đầu tiên, ta có x p x D pyz 0 ) x 1. Tương tự y, z 1. Nhân vế theo vế từng phương trình, ta được p xyz p x 1 p y 1 p z 1 D xyz , p xyz p x 1 p y 1 p z 1 p xyz D 0: Vì p x 1 py 1 p z 1 < pxyz nên ta chỉ có pxyz D 0. Do đó nếu x, y, z thỏa mãn hệ phương trình trên thì trong chúng có ít nhất một số bằng 0. b) Không mất tính tổng quát, giả sử x D 0. Khi đó phương trình đầu tiên của hệ trở thành pyz D 0. Suy ra y D 0 hoặc z D 0. Ta xét hai trường hợp: – Với y D 0, thay vào phương trình thứ ba của hệ, ta được z p z D 0, tương đương z D 0 hoặc z D 1 (nhận). – Với z D 0, thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được y py D 0, tương đương y D 0 hoặc y D 1 (nhận). Tương tự trường hợp y D 0 và z D 0. Ta kết luận hệ phương trình đã cho có các nghiệm .0I 0I 0/, .1I 0I 0/, .0I 1I 0/ và .0I 0I 1/. Bài 2 (4 điểm). a) Chứng minh rằng, với mỗi số nguyên dương n thì biểu thức x n C 1 xn luôn biểu diễn được dưới dạng biểu thức đa thức đối với x C 1 x và có hệ số là các số nguyên. b) Chứng minh rằng với số nguyên dương n bất kì thì pn p 3 C p 2 C pn p 3 p 2 là một số vô tỉ. 2
http://www.molympiad.blogspot.com Lời giải và bình luận đề thi Trại hè phương Nam 2017 Lời giải. a) Với n D 1, ta có x C 1 x hiển nhiên được biểu diễn đa thức đối với chính nó. Với n D 2, ta có x 2 C 1 x2 D x C 1 x 2 2 biểu diễn được dưới dạng biểu thức đa thức đối với x C 1 x và có hệ số là các số nguyên nên bài toán đúng với n D 2. Giả sử đúng tới n D k 2, tức là x k C 1 xk biểu diễn được dưới dạng biểu thức đa thức đối với x C 1 x và có hệ số là các số nguyên. Ta có x n C 1 x n x C 1 x D x nC1 C x n 1 C 1 x n 1 C 1 x nC1 : Đẳng thức trên tương đương với x nC1 C 1 x nC1 D x n C 1 x n x C 1 x x n 1 C 1 x n 1 : Theo giả thiết quy nạp x n 1 C 1 xn 1 và x n C 1 xn biểu diễn được dưới dạng biểu thức đa thức đối với x C 1 x và có hệ số là các số nguyên. Do đó bài toán đúng với n D k C 1. Vậy ta kết luận với mỗi số nguyên dương n thì biểu thức x n C 1 xn luôn biểu diễn được dưới dạng biểu thức đa thức đối với x C 1 x và có hệ số là các số nguyên. b) Đặt y D pn p 3 C p 2. Ta có 1 y D pn p 3 p 2. Giả sử y C 1 y là số hữu tỉ. Khi đó, vì y n C 1 yn D 2 p 3 có thể biểu diễn được dưới dạng biểu thức đa thức đối với y C 1 y và có hệ số là các số nguyên. Suy ra 2 p 3 là một số hữu tỉ. Điều này vô lí. Vậy pn p 3 C p 2 C pn p 3 p 2 là một số vô tỉ. Bình luận. Ý chính của bài toán này chỉ có câu (b), nhưng câu (a) đã mở ra một lối đi rõ ràng để ta giải quyết được vấn đề. Sau đây là một bài toán tương tự: Bài tập 1. Giả sử tồn tại số thực x sao cho x C 1 x là một số nguyên. Chứng minh rằng, với mỗi số nguyên n thì x n C 1 xn cũng là một số nguyên. Bài 3 (5 điểm). Cho điểm D thay đổi bên trong tam giác ABC sao cho BDC 1 C BAC 1 D 180ı . Đường thẳng BD cắt cạnh AC tại E và đường thẳng CD cắt cạnh AB tại F . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Chứng minh rằng: a) Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BFD và CED cắt nhau tại điểm thứ hai cắt nhau tại điểm thứ hai (khác D) thuộc cạnh BC. b) Tổng phương tích từ B và C tới đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không đổi và BOC < 90 1 ı . c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có tâm thuộc một đường thẳng cố định. 3
http://www.molympiad.blogspot.com Lời giải và bình luận đề thi Trại hè phương Nam 2017 Lời giải. a) Do EDF 1 C EAF 1 D BDC 1 C BAC 1 D 180ı nên tứ giác AEDF nội tiếp. Gọi G là giao điểm khác D của đường tròn ngoại tiếp các tam giác BFD và CED. Thông qua biến đổi góc, ta có BGD 1 D AFD 1 D DEC 1 D 180ı DGC 1 nên B, G, C thẳng hàng hay đường tròn ngoại tiếp các tam giác BFD và CED cắt nhau tại điểm thứ hai cắt nhau tại điểm thứ hai khác D thuộc cạnh BC. b) Ta có PB=.AEF /CPC =.AEF / D BF BACCECA D BDBECCDCF D BGBC CGC BC D BC2 : Như thế tổng các phương tích từ B và C tới đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không đổi. Do D nằm trong tam giác ABC sao cho BDC 1 C BAC 1 D 180ı nên tam giác ABC có góc A nhọn. Mặt khác từ kết quả này, ta cũng có BC2 D PB=.AEF / C PC =.AEF / D BO2 C CO2 2R2 .O/: Nên BO2 C CO2 > BC2 . Suy ra BOC < 90 1 ı . c) Gọi M là giao điểm của đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc BC tại B với đường tròn đi qua A, C và tiếp xúc BC tại C. Ta chứng minh M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Thông qua biến đổi góc, ta có BDC 1 D EDF 1 D 180ı EAF 1 D 180ı BAD 1C DAC 1 D 180ı MBC 1 C MCB 1 D BMC : 1 Suy ra tứ giác BMDC nội tiếp. Tiếp tục, ta lại có EDM1 D 180ı MDB 1 D 180ı MCB 1 D 180ı MAE: 1 Nên tứ giác AMDE nội tiếp hay M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Điều này chứng tỏ khi D thay đổi thì đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF luôn đi qua hai điểm cố định A, M. Suy ra O luôn nằm trên đường trung trực của AM. Bài toán đã được giải xong. 4