LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA
DỰ THI IMO 1999
Bài 1.
Cho một số nguyên tố lẻ p thỏa mãn 2h  1(mod p) với mọi h  p  1, h  * và một số chẵn
p
a  ( ; p ) . Xét dãy số (an ) xác định bởi: a0  a, an 1  p  bn , n  0,1, 2,... với bn là ước số lẻ
2
lớn nhất của an .

Chứng minh rằng (an ) là dãy số tuần hoàn và tìm chu kì dương nhỏ nhất của nó.
Lời giải.
Ta thấy rằng với mọi i, ai là số chẵn, ai  p  bi 1  p mà bi 1 
Suy ra

ai 1 p
p
 , i  ai  p  bi 1  .
2
2
2

p
 ai  p, i , tức là giá trị của các số hạng của dãy (an ) đã cho là hữu hạn.
2

Đặt ai  2 ki  bi với ki , bi  , ki  0 và bi là số lẻ. Nếu bi  b j thì ai | a j hoặc a j | ai , theo nhận

p 
xét trên thì ai  a j vì nếu ngược lại thì cả hai số này không thể nằm trong khoảng  , p  được.
2 
p 

Cũng theo nhận xét trên thì phải tồn tại các giá trị i  j; i, j   , p  thỏa mãn ai  a j ; mặt khác
2 
ai  p  bi 1 , a j  p  b j 1 nên bi  b j , do đó ai 1  a j 1 , tiếp tục quá trình này, ta được a0  a j i ,
tức là dãy đã cho tuần hoàn từ số hạng đầu tiên. Nếu đặt T  j  i thì T chính là chu kì dương
nhỏ nhất cần tìm của dãy đã cho.


Ta biết rằng lũy thừa của 2 trong n ! là

n

  2  nên nếu đặt K là tích của tất cả các số tự nhiên
i

i 1

( p  1)!
p 
trong khoảng  , p  , tức là K 
, thì lũy thừa của 2 trong K là
 p 1 
2 

!
 2 


  p  1   p  1  p  1
, đó cũng chính là lũy thừa của 2 trong tích của tất cả các số chẵn



2i   2i 1  
2
i 1

  

p 1
p 
trong khoảng  , p  . Suy ra k1  k2  k3  ...  kT 
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tập
2
2 
p 
hợp a1 , a2 , a3 ,..., aT chính là tập hợp tất cả các số chẵn trong khoảng  , p  .
2 
1


Ta có a1a2 a3 ...aT  2k1  k2  k3 ...kT  b1b2b3 ...bT (mod p) .
Theo giả thiết thì ai  bi 1 (mod p ) nên a1a2 a3 ...aT  (1)T  b0b1b2 ...bT 1 (mod p) , do cách chọn T
nên b0  bT , tức là a1a2 a3 ...aT  (1)T  b1b2 ...bT (mod p) , suy ra:
(1)T  b1b2 ...bT  2 k1  k2  k3 ... kT  b1b2 b3 ...bT (mod p)  (1)T  2k1  k2  k3 ... kT (mod p)

do (bi , p)  1  (b1b2b3 ...bT , p )  1 . Ta được 22( k1  k2  k3 ... kT )  1(mod p ) .
Hơn nữa, cũng theo giả thiết thì 2h  1(mod p ), h  1, 2,3,..., p  2 nên từ hệ thức trên, suy ra
2(k1  k2  k3  ...  kT )  p  1  k1  k 2  k3  ...  kT 

p 1
.

2

So sánh hai bất đẳng thức trên về tổng k1  k 2  k3  ...  kT , ta được k1  k2  k3  ...  kT 

p 1
.
2

p 
Do đó a1 , a2 , a3 ,..., aT chính là tất cả các số chẵn trong khoảng  , p  , suy ra
2 
1
p 1 p 1
T  ( p  1) 

.
2
2 
4
 p  1
Vậy dãy số đã cho tuần hoàn với chu kì dương nhỏ nhất là T  
.
 4 

2


Bài 2.
Hai đa thức f ( x ) và g ( x) có hệ số thực được gọi là “đồng dạng” nếu tồn tại một số thực q
thỏa mãn f ( x )  q  g ( x ), x   .

1. Chứng minh rằng tồn tại đa thức P( x ) có bậc 1999 với hệ số thực và thỏa mãn P 2 ( x)  4
và ( P ( x)) 2 ( x 2  4) “đồng dạng”.
2. Hỏi có bao nhiêu đa thức bậc 1999 thỏa mãn điều kiện trên?
Lời giải.
1. Xét dãy đa thức Tn ( x ) như sau T0 ( x )  2, T1 ( x)  x, Tn 1 ( x )  x  Tn ( x)  Tn 1 ( x), n  1, 2,3,...
Ta sẽ chứng minh rằng Tn  2 cos x   2 cos( nx) . Thật vậy:
-Với n  0 , T0 ( x )  2  T0  2 cos 0   2 .
-Với n  1 , T1 ( x )  2 x  T1  2 cos x   2 cos( x) .
- Giả sử với n  k , n  k  1 , (*) đúng, tức là Tk  cos x   2 cos(kx ), Tk 1  cos x   2 cos(( k  1) x) .
Khi đó, ta có:

Tk  2  2cos x   2 cos x  T (cos nx )  T (cos(k  1) x)  4 cos x  cos( kx)  2cos(( k  1) x)
 2  cos(k  2) x  cos((k  1) x )  cos(( k  1) x )   2cos( k  2) x
Suy ra (*) cũng đúng với n  k  2 .
Theo nguyên lí quy nạp, (*) đúng với mọi n.
Dễ thấy đa thức Tn ( x ) có bậc là n.
Ta sẽ chứng minh rằng đa thức T1999 ( x) xác định như trên thỏa mãn đề bài. Thật vậy:
T1999 2  2 cos x   4  4 cos 2 (1999  x )  4  4 sin 2 (1999  x) .

Từ T1999  2 cos x   2 cos(1999 x ) , đạo hàm hai vế, ta có
  2 cos x   2 1999  sin(1999  x)  T1999
  cos x  
2 sin x  T1999
2

  2cos x   (4 cos 2 x  4) 
  T1999
2
Suy ra T1999
( x)  4 


1999  sin(1999  x)
.
sin x

1999 2  sin 2 (1999  x)
  4sin 2 x   4 19992  sin 2 (1999  x) .
2
sin x

1
 ( x )) 2 , x  [2; 2] .
 ( x 2  4)(T1999
2
1999

Vì bậc của hai vế đều là 2 1999 mà đẳng thức trên đúng với mọi giá trị x thuộc [2;2] nên theo
định lí về nghiệm của đa thức thì nó đúng với mọi giá trị thực của x.
Do đó, đa thức T1999 ( x) thỏa mãn đề bài.
3


2. Ta sẽ chứng minh rằng có đúng hai đa thức như thế thỏa mãn điều kiện đề bài. Thật vậy:
Gọi a1999 là hệ số bậc cao nhất của đa thức P( x ) thì hệ số bậc cao nhất ở biểu thức P 2 ( x)  4 là
2
2
a1999
, còn ở biểu thức ( x 2  4)( P( x))2 là 1999 2 a1999
. Do a1999  0 nên đồng nhất hệ số, ta thấy
1

giá trị q thỏa mãn P 2 ( x)  4  q  ( P( x ))2 ( x 2  4) luôn là q 
.
19992

1999

1999

i 0

i 1

Đặt P( x)   ai x i , ai    P( x )   iai xi 1 . Điều kiện đã cho tương đương với đẳng thức:
2

2

 1999 i 
 1999
2
i 1 
a
x

q

(
x

4)

 i 
  iai x  .
 i 0

 i 1


Hệ số của x 2.19991 ở vế trái là 2a1999  a1998 , ở vế phải là 2q 1999 1998a1999  a1998 , do đó:
2a1999  a1998  2q  1999 1998a1999  a1998  a1999  a1998  0  a1998  0 (vì a1999  0 ).
So sánh hệ số của x 2.1998 ở hai vế, ta có:
2
2
2
a1998
 2a1997 a1999  q (19982 a1998
 2  1997 1999a1997 a1999  4 1999 2 a1999
)
2
 4q 19992 a1999
 a1997 a1999 (2q 1997  1999  2)

Do a1999  0 nên ta có a1997  0 .
Bằng phương pháp quy nạp lùi, ta sẽ chứng minh rằng a2 i  0, a2i 1  0, 0  i  999 .

(*)

- Với i  999 , theo chứng minh ở trên thì (*) đúng.
- Giả sử (*) đúng đến i  k , 0  k  999 , tức là a2 i  0, a2i 1  0, k  i  999 .
So sánh hệ số của x 2(2 k 1) 1 ở hai vế, ta có:



ai a j  q 
ijai a j  4
ijai a j 


0 i , j  k ,i  j  2(2 k 1) 1
0 i , j  k ,i  j  2(2 k 1) 1
 0i , j  k ,i  j  2(2 k  2)1

 a2 k  2 a2 k 1  0  a2 k  2  0



So sánh hệ số của x 2(2 k 1) ở hai vế, ta có:


ai a j  q 
ijai a j  4
ijai a j 


0 i , j  k ,i  j  2(2 k 1)
0 i , j  k ,i  j  2(2 k 1)
 0i , j  k ,i  j  2(2 k  2)

 2a2 k 3 a2 k 1  q  2(2k  1)  (2k  3)  a2 k 1a2 k 3  8(2k  3)(2k  1)a2 k 3a2 k 1 




 8q (2k  3)(2k  1)  2 a2 k 3a2 k 1  2q  (2k  1)(2k  3)a2 k 1a2 k 3
 a2 k  3  0

Do đó, (*) đúng với i  k  1 nên theo nguyên lí quy nạp thì (*) được chứng minh.
Từ tính chất này, ta có được P( x ) là hàm số lẻ nên P(0)  0 .
4


Giả sử ngoài đa thức P ( x )  T1999 ( x ) ở trên, còn tồn tại đa thức R( x ) thỏa mãn đề bài. Khi đó, rõ
ràng cả hai cùng thỏa mãn đẳng thức sau:
T 2 ( x )  4  q  ( x 2  4)(T ( x)) 2 , R 2 ( x)  4  q  ( x 2  4)( R( x )) 2 .
Trừ từng vế hai đẳng thức, ta có:
T 2 ( x )  R 2 ( x)  q  ( x 2  4) (T ( x)) 2  ( R ( x)) 2 
 T ( x)  R( x )T ( x )  R( x)   q  ( x 2  4) T ( x)  P( x) T ( x )  R ( x) 
Đặt M ( x)  T ( x)  R( x), N ( x )  T ( x)  R( x)  M ( x)  T ( x )  R( x ), N ( x )  T ( x)  R( x) ,
ta được M ( x) N ( x)  q ( x 2  4) M ( x) N ( x) .
Do M (0)  N (0)  0 nên đa thức bên vế phải cũng có nhân tử x 2 .
Ta sẽ chứng minh rằng nếu đa thức K ( x) thỏa mãn K (0)  0 và K (0)  0 thì nó có thể biểu
diễn dưới dạng K ( x)  x 2 H ( x ) .
Thật vậy, do K (0)  0 nên tồn tại đa thức G ( x) thỏa K ( x)  xG ( x)  K ( x)  xG( x )  G ( x ) ,
mà K (0)  0 nên G (0)  0 , do đó tồn tại H ( x) mà G ( x)  xH ( x) suy ra K ( x)  x 2 H ( x ) .
Từ đó, ta thấy rằng nếu lần lượt xét nghiệm x  0 ở hai đa thức thì đến một lúc nào đó, ta được
một trong hai đa thức M ( x), N ( x ) có dạng mx n , nhưng rõ ràng vế phải có thêm hai nghiệm là
x  2 nên buộc đa thức đó phải đồng nhất với 0.
Suy ra M ( x)  0  N ( x )  0 , tức là R( x)  T ( x)  R( x )  T ( x ) .
Vậy có đúng hai đa thức thỏa mãn đề bài là T1999 ( x ) . Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

5



Bài 3.
Cho một đa giác lồi (H). Chứng minh rằng với mỗi số thực a  (0,1) , tồn tại 6 điểm phân biệt
nằm trên các cạnh của (H), kí hiệu là A1 , A2 ,..., A6 theo chiều kim đồng hồ thỏa mãn đồng
thời hai điều kiện sau:
 

1. A1 A2  A5 A4  a  A6 A3 .
2. Các đường thẳng A1 A2 , A5 A4 cách đều đường thẳng A6 A3 .
Lời giải.
Trước hết, ta sẽ dựng đoạn A6 A3 có các đỉnh nằm trên các cạnh của (H). Lấy một điểm X bất kì
nằm trong đa giác (H) đã cho, gọi (d) là một đường thẳng bất kì qua X, không song song với các
cạnh của (H) và A6 , A3 là hai giao điểm của (d) với các cạnh của (H). Đánh dấu một miền mặt
phẳng nằm trong (H) được chia ra bởi (d) là P và phần còn lại là Q. Ta sẽ tìm được vô số bộ sáu
điểm thỏa mãn (1) và cần chứng minh rằng trong số đó, tồn tại ít nhất một bộ thỏa mãn (2).
Trên đoạn A6 A3 đã dựng, lấy điểm I sao cho


A6 I  a  A6 A3 . Trong miền P, dựng hình bình
hành A6 IMN bất kì sao cho một trong hai đỉnh M

A3

và N nằm trên cạnh của (H). Tiếp tục tịnh tiến

I
vector MN về phía cạnh của (H) đến khi cả hai
đỉnh đều nằm trên các cạnh của (H). Dễ thấy
M đoạn MN luôn tồn tại vì:
N
A2

-Nếu (d) không song song với cạnh nào của (H)
A6
nên khi a  0 thì đoạn MN cũng tiến gần về
một đỉnh nào đó của (H).
A1
- Nếu (d) song song với một cạnh của (H), và độ
dài của MN lớn hơn độ dài cạnh đó thì M, N lần lượt thuộc về hai cạnh kề với cạnh của (H) nêu
trên; ngược lại thì MN sẽ nằm ngay trên cạnh đó.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng trong trường hợp (d) không song song với cạnh nào của (H) thì
trong miền (P), chỉ có đúng một đoạn MN thỏa mãn cách dựng trên.
Thật vậy, giả sử tồn tại hai đoạn MN , M ' N ' có đỉnh đều nằm trên các cạnh của (H) và các tứ

X

giác A6 IMN , A6 IM ' N ' là hình bình hành. Ta sẽ chứng minh rằng điều này mâu thuẫn với giả
thiết (H) là đa giác lồi. Thật vậy, ta xét ba trường hợp:
- Nếu giao điểm của hai đường thẳng đi qua hai cạnh chứa A6 , A3 cắt nhau tại một điểm nằm
trong miền (P). Khi đó, các đoạn thẳng song song với A6 A3 có đỉnh nằm trong miền này đều có
độ dài nhỏ hơn A6 A3 . Nếu tồn tại hai đoạn thẳng MN , M ' N ' như trên. Ta có ba trường hợp:

6


+ Nếu có một cặp đỉnh nào đó trong chúng thuộc cùng một cạnh, giả sử là M và M’ và hai đỉnh
còn lại là N, N’ thì không; khi đó rõ ràng các đỉnh nằm giữa N, N’ sẽ không nằm trong cùng nửa
mặt phẳng bờ là đường thẳng đi qua đầu mút của đoạn thẳng chứa hai đỉnh N, N’, điều này mâu
thuẫn với giả thiết (H) là đa giác lồi.
+ Nếu cả hai cặp đỉnh của hai đoạn MN , M ' N ' cùng nằm trên các cạnh của (H) thì hai cạnh đó
phải song song với nhau, ta thấy điều này cũng mâu thuẫn.
+ Nếu không có cặp đỉnh nào cùng thuộc một đoạn thì những cũng tương tự trường hợp trên, các

đỉnh nằm giữa hai đỉnh M, M’ và N, N’ sẽ không thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng đi qua đầu mút của đoạn thẳng chứa hai đỉnh M, M’ và N, N’; mâu thuẫn.
- Nếu giao điểm của đường thẳng đi qua hai cạnh chứa A6 , A3 song song thì khi tịnh tiến vector


A6 A3 trên đường thẳng đó, ta luôn nhận được các vector có bằng với A6 A3 . Do đa giác đã cho là
lồi nên các đỉnh còn lại thuộc miền (P) của (H) sẽ chỉ nằm trong phần giữa hai đường thẳng song
song nêu trên. Từ đó, ta cũng đưa về trường hợp đầu tiên và cũng dẫn đến điều mâu thuẫn.
- Nếu giao điểm của hai đường thẳng đi qua hai cạnh chứa A6 , A3 cắt nhau tại một điểm không
nằm trong miền (P). Khi đó, độ dài của các đoạn thẳng song song với A6 A3 sẽ tăng lên đến một
giá trị nào đó rồi giảm xuống đến 0; khi nó giảm đến độ dài đúng bằng A6 A3 thì ta lại quay về
trường hợp đầu tiên và cũng có điều vô lí.
Tiếp theo, ta cần chứng minh rằng tồn tại
một cách dựng đường thẳng (d) mà các cả 6
điểm này đều thỏa mãn đề bài.
-Nếu như khoảng cách từ A1 A2 và từ A5 A4

A1
A2
A6

đến A6 A3 bằng nhau thì bài toán kết thúc.
-Nếu như khoảng cách từ A1 A2 và từ A5 A4

I

đến A6 A3 không bằng nhau và giả sử đoạn
A1 A2 gần A6 A3 hơn đoạn A5 A4 .
Quay (d) quanh X nửa vòng tròn, độ dài của
A6 A3 thay đổi liên tục như khi quay (d)

quanh X cả một vòng tròn. Độ dài của các
đoạn A1 A2 và A5 A4 cũng thay đổi theo

A5

A3
A4

nhưng tỉ lệ giữa chúng thì vẫn giữ nguyên. Đến khi quay xong thì các đoạn A1 A2 và A5 A4 đã đổi
chỗ cho nhau, tức là khoảng cách từ đoạn đoạn A5 A4 đến A6 A3 gần hơn đoạn A1 A2 .
Do phép biến đổi này thực hiện liên tục nên tồn tại một thời điểm mà khoảng cách giữa A1 A2 và
A5 A4 đến A6 A3 bằng nhau. Ngay lúc đó, bộ 6 điểm A1 , A2 ,..., A6 này thỏa mãn tất cả các điều
kiện của đề bài. Ta có đpcm.
7


Bài 4.
Cho dãy số thực dương (un ) . Với mỗi số nguyên dương n, kí hiệu kn là số nguyên dương nhỏ
kn

nhất thỏa mãn

n

1

 i  u
i 1

i


.

i 1

k 
Chứng minh rằng dãy  n 1  có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi (un ) có giới hạn hữu hạn.
 kn 
Lời giải.
Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
Cho (an ) là dãy số nguyên dương tăng thực sự với lim an   . Khi đó:
an1

lim

n 

1

 an 1 
.
 an 

 i  lim ln 

i  an

n 

Thật vậy:

i 1

i

 1
 1
Trước hết, ta có bất đẳng thức quen thuộc  1    e  1   (suy ra từ định nghĩa của số e là
 i
 i
n

i 1

i

 1
 1
 1
e  lim  1   và dãy  1   tăng trong khi dãy  1   giảm).
n 
 n
 i
 i
Lấy logarit nepe các vế của bất đẳng thức trên, ta được:
 1
 1
 i 1 
 i 1 
i  ln  1    ln e  (i  1)  ln  1    i  ln 
  1  (i  1)  ln 

.
 i
 i
 i 
 i 
1
1
1
 ln(i  1)  ln i 
 ln i  ln(i  1)   ln(i  1)  ln i .
i
i 1
i
Tính tổng này với i đi từ an đến an 1 , ta có:

Do đó:

an1

an1

an1
1 an1
1
ln i  ln(i  1)      ln(i  1)  ln i   ln an1  ln(an  1)    ln(an1  1)  ln an

i  an
i  an i
i  an
i  an i


 an 1  an1 1
 an 1  1 
Tức là ln 
    ln 
 . Do lim an   nên
 an  1  i  an i
 an 

  a 
  a 1 
a 
lim ln  n 1    lim ln  n 1    lim ln  n 1  .
n 
n 
n 
 an 
  an  1  
  an  
an1

Theo nguyên lí kẹp, ta được lim

n 

1

 an 1 
.
 an 


 i  lim ln 

i  an

n 

kn

Ta trở lại bài toán. Từ giả thiết kn là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn

1 n
  ui , ta có:

i 1 i
i 1

8


kn 1

kn
1 n
1
  ui   và

i 1 i
i 1
i 1 i


n 1

kn1 1

n

Do đó: un 1   ui   ui 
i 1

i 1


i 1

kn1 1


i 1

k n1
1 n 1
1
  ui   .
i i 1
i 1 i

kn1
n 1
n

1 kn 1 1 kn1 1 1
1 kn 1 kn1 1
    và un 1   ui   ui       .
i i 1 i i kn 1 i
i 1
i 1
i 1 i
i 1 i
i kn i

k n1 1

kn1
k n1
1
1
1
Tức là   un 1   , điều này có nghĩa là lim un tồn tại khi và chỉ khi lim  tồn tại và
n

n

i  kn 1 i
i  kn i
i kn i

hai giới hạn này, theo nguyên lí kẹp, là bằng nhau. (*)
Từ đó, ta thấy rằng chỉ cần xét hai trường hợp:
kn1 1


-Nếu lim un  0 thì từ 0 
n 

k n1

lim

n 

1

k n1
1
1

u
,
ta
thấy
lim
 0 . Theo bổ đề trên thì


n 1
n

i  k n 1 i
i kn i

 k n 1 

 k n 1 
  0  nlim

  1.

k
k
 n 
 n 

 i  lim ln 

i kn

n 

-Nếu lim un  a  0 thì dễ thấy rằng từ cách xác định  kn  , ta có lim kn   và theo (*) thì
n 

n 

k n1

k n1
k 
k 
1
1

a

.
Theo
bổ
đề
trên,
ta
có
lim
 lim ln  n 1   a  lim  n 1   e a là hữu hạn.


n 
n 
n 
n 
i kn i
i kn i
 kn 
 kn 

lim

k 
Vậy dãy  n 1  có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi (un ) có giới hạn hữu hạn. Ta có đpcm.
 kn 

9


Bài 5. Cho tam giác A1 A2 A3 nội tiếp trong đường tròn (O). Một đường tròn (K1) tiếp xúc với

các cạnh A1 A2 , A1 A3 và tiếp xúc trong với đường tròn (O) lần lượt tại các điểm M 1 , N1 , P1 . Các
điểm M 1 , N 2 , P2 và M 3 , N 3 , P3 xác định một cách tương tự.
Chứng minh rằng các đoạn thẳng M 1 N1 , M 2 N 2 , M 3 N 3 cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn.
Lời giải.
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AP1, CP1 với
đường tròn (K1), gọi D là giao điểm của N1P1 với
(O). Ta sẽ chứng minh rằng D là trung điểm của
cung 
A A . Thật vậy:

A1

E

3

Gọi P1 x là tiếp tuyến của (O) tại P1. Ta có:


   
N
1 AE  A3 AP1  A3 P1 x  FP1 x  FN1 P1

M1
I
K1
A2

1


D

Hơn nữa, tứ giác EN1FP1 nội tiếp nên


N
EA  N
FP , suy ra: AEN  N FP ( g.g )

N1

1

1

1

1

1

1


 
 FP
1 N1  AN1 E  AP1 N1  P1N1 là phân giác

F


A3

của góc 
AP1 A3 hay D là trung điểm của 
A1 A3 .

P1

Từ đó, ta cũng có: A2D là phân giác góc 
A1 A2 A3 .

x

Gọi I là giao điểm của A2D với M1N1. Ta sẽ
chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp của

    
A1 A2 A3 . Ta có: IM
1 P1  N1M 1 P1  N1 P1 x  DP1 x  DA2 P1  IA2 P1  Tứ giác IM1 A2P1 nội tiếp.





 
 
Suy ra: P
1 IA2  PM
1
1 A2 , mà PM

1
1 A2  P1 N1M 1 nên P1 IA2  P1 N1M 1  DIP1  DN1 I .
Do đó: DIP1  DN1 I ( g .g ) 

DI
DP
 1  DI 2  DN1.DP1 .
DN1 DI

DA1 DN1

 
Ta cũng có: DA

 DA12  DN1 .DP1
1 N1  A3 P1 N1  DP1 N1  DA1 N1  DP1 A1 
DP1 DA1
Do đó: DI 2  DA12  DI  DA1 hay DIA1 cân tại D.


A1 A2 A3  
AA A 
  DA
I  



 DIA
A
A

I

IA
A

DA
N

N
A
I

 IA1 A2  1 2 3  N
1
1
1 2
1 2
1 1
1 1
1 A1 I
2
2


 IA
A N
A I hay A1I chính là phân giác 
A AA .
1


2

1 1

2

1

3

Từ đó suy ra I chính là tâm đường tròn nội tiếp của A1 A2 A3 .
Dễ thấy A1M 1 N1 cân tại A1 và A1I là phân giác 
A2 A1 A3 nên I là trung điểm của M1N1.
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: I là trung điểm của M2N2, M3N3.
Vậy các đoạn thẳng M 1 N1 , M 2 N 2 , M 3 N 3 cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn. Ta có đpcm.
10


Bài 6.
Cho p  2 là một số nguyên tố. Xét đa giác có p cạnh với một con khỉ tại mỗi đỉnh. Người ta
cho p hạt đậu cho mỗi con khỉ với quy tắc như sau:
Hạt đậu đầu tiên được cho một con khỉ nào đó, hạt đậu tiếp theo cho con khỉ ở đỉnh thứ ba
tính từ vị trí của con khỉ nhận được hạt đậu đầu tiên theo chiều kim đồng hồ, hạt đậu thứ ba
được cho con khỉ thứ năm tính từ vị trí con khỉ được nhận hạt đậu thứ hai theo chiều kim
đồng hồ và cứ như thế…Tức là hạt đậu thứ k  1 được cho con khỉ tại đỉnh thứ 2k  1 tính từ
vị trí của con khỉ được nhận hạt đậu thứ k.
1. Hỏi có bao nhiêu con khỉ không được nhận hạt đậu nào?
2. Có bao nhiêu cạnh của đa giác có tính chất cả hai con khỉ ở đầu và cuối của cạnh đó
đều nhận được các hạt đậu?
Lời giải.

1.Đánh số các đỉnh của đa giác là 1, 2, 3,..., p  1, p theo chiều kim đồng hồ. Đặt r (a ) là số dư
trong phép chia a cho p.
Ta thấy rằng hạt đậu thứ k được cho con khỉ ở đỉnh cách đỉnh đầu tiên theo chiều kim đồng hồ là
1  3  5  ...  (2k  1)  k 2 . Nếu xem đỉnh thứ p là đỉnh 0 thì vị trí trên cũng chính là r (k 2 ) .
Dễ thấy k 2  ( p  k )2 (mod p) nên số khỉ nhận được đậu không nhiều hơn

p 1
.
2

p 1
thì nếu có đồng dư thức i 2  k 2 (mod p) , ta cần
2
p 1 p 1
có (i  k )(i  k )  0(mod p ) , nhưng i  k (mod p )  i  k  0(mod p ) và i  k 

p
2
2
nên i  k  0(mod p ) ; suy ra (i  k )(i  k )  0(mod p) ; do đó, ta luôn có i 2  k 2 (mod p) .

Mặt khác, ta thấy rằng với mọi 0  i  k 

Rõ ràng mỗi giá trị bình phương có số dư theo module khác nhau như thế cho ta một vị trí của
p 1
con khỉ được nhận đậu, tức là có không ít hơn
chú khỉ được nhận được.
2
p 1
Từ hai điều trên, ta thấy rằng có đúng

con khỉ được nhận đậu nên tương ứng cũng có đúng
2
p 1
con khỉ không nhận được hạt đậu nào.
2
2.Gọi cạnh có hai con khỉ ở các đầu mút đều được nhận đậu là cạnh tốt. Đánh dấu con khỉ ở đầu
và cuối của cạnh đó theo chiều kim đồng hồ là y và x thì ta có x 2  y 2  1(mod p ) .
11


Đặt A  {( x, y ) |1  y  x  p, x 2  y 2  1(mod p )} .
Ta có ( x  y )( x  y )  1(mod p ) và {r ( x  y ) | ( x, y )  A}  {1, 2,3,..., p  1} .
Ta biết rằng với mọi số tự nhiên k trong đoạn [1, p] thì tồn tại đúng một số k '  [1, p ] sao cho
k  k '  1(mod p ) .
Do đó, nếu r ( x  y )  r ( x ' y '), ( x ', y ')  A thì x 2  y 2  ( x ')2  ( y ')2  1(mod p) và

x  y  x ' y '(mod p) , suy ra x  y  x ' y '(mod p ) , tức là x  x ', y  y '(mod p ) . Nhưng do
x, x ', y, y '  [1, p ] nên x  x ', y  y ' .
Ta được A  {r ( x  y ) | ( x, y )  A}  p  1 .
Ta cần đếm số phần tử của tập A tương ứng với cạnh tốt {r ( x 2 ), r ( y 2 )} . Ta có các trường hợp:
- Nếu x  p thì 0  y 2  1(mod p )  p  1(mod 4) (theo định lí về thặng dư bậc hai). Trong
trường hợp này thì phương trình 0  y 2  1(mod p ) có hai nghiệm có dạng y , p  y và tương
ứng với chúng là hai nghiệm ( p, y ), ( p, p  1)  A tương ứng với cạnh tốt { p, r ( y 2 )} .
- Nếu y  p thì x  1, x  p  1 , ta được hai cặp (1, p), (1, p  1)  A tương ứng với cạnh tốt có
dạng {1, p} .
- Nếu p {x, y} , ta có 4 cặp thỏa mãn đề bài là ( x, y ), ( p  x, y ), ( x, p  y ), ( p  x, p  y )  A
tương ứng với các cạnh tốt có dạng {r ( x 2 ), r ( y 2 )} .
Gọi m là số cạnh tốt. Theo các trường hợp trên, ta có đẳng thức 4(m  2)  2  2  A  p  1 nếu

p  1(mod 4) , suy ra m 


p 3
.
4

Và nếu p  3(mod 4) thì không có cạnh tốt dạng { p, r ( y 2 )} nên ta có đẳng thức khác là
4(m  2)  2  A  p  1  m 

p 1
.
4

p3
cạnh mà cả hai con khỉ ở
4
p 1
hai đầu mút được nhận đậu; nếu p là số nguyên tố thỏa mãn p  3(mod 4) thì có đúng
4
cạnh mà cả hai con khỉ ở hai đầu mút được nhận đậu.

Vậy nếu p là số nguyên tố thỏa mãn p  1(mod 4) thì có đúng

12