VMO preparation de 2 phi nhan
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (114.79 KB, 5 trang )
Mathscope.org
VMO 2011 Preparation
Bài luyện số 2
Ngày 1/10/2010
Bài 1. (4đ) Giải hệ phương trình
2x2 – 3y2 = 2x – 2y – 1
x2 + xy – y2 = x – 1
Bài 2. (5đ)
Tìm tất cả các hàm số f ( x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện:
f(x) = f(x2 – x + 1)
với mọi x thuộc R.
Bài 3. (5 đ)
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tâm I của tam giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D,
E, F. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng các đường thẳng AM, DI, EF đồng quy tại một
điểm.
Bài 4. (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho (n-1)! không chia hết cho n 2.
Bài 5. (3 điểm) Cho 2010 tập hợp, mỗi tập hợp chứa 45 phần tử. Biết rằng hợp của hai tập hợp bất kỳ chứa
đúng 89 phần tử. Hỏi hợp của tất cả các tập hợp nói trên chứa bao nhiêu phần tử?
Hồ Phi Nhạn, lớp 12 CT trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Tp HCM
Bài 1. (4đ) Giải hệ phương trình
2x2 – 3y2 = 2x – 2y – 1
x2 + xy – y2 = x – 1
Giải :
�
2 x 2 3 y 2 2 x 2 y 1 (1)
Nhân 2 cho hai vế phương trình thứ 2 của hệ ta được hệ tương đương : � 2
2 x 2 xy 2 y 2 2 x 2 (2)
�
y �0
x
Trừ theo vế ta suy ra : y 2 2 xy 1 2 y ���
y2 2 y 1
(3)
2y
Thay vào phương trình (2) ta thu được phương trình ẩn y :
2
� y 2 2 y 1 � y 2 2 y 1 2 y 2 2 y 1
y
1
�
�
2
2y
� 2y
�
� ( y 2 2 1)2 2 y 2 ( y 2 2 y 1) 4 y 4 ( y 2 2 y 1).2 y 4 y 2
� 5 y 4 2 y 3 4 y 2 2 y 1 0
� ( y 1)( y 1)(5 y 2 2 y 1) 0
�y 1 � x 0
��
�y 1 � x 2
Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (0,1) ; (2,-1).
Bình luận: Cách 2 (của nhiều bạn) Lấy phương trình thứ nhất trừ đi phương trình thứ hai, ta được
x2 – xy – 2y2 = x – 2y
(x – 2y)(x + y) = x – 2y
(x – 2y)(x + y – 1) = 0
Sau đó giải bằng phương pháp thế.
Bài 3. (5 đ)
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tâm I của tam giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D,
E, F. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng các đường thẳng AM, DI, EF đồng quy tại một
điểm.
Giải :
Để chứng minh AM , EF , ID đồng quy ta gọi L, N lần lượt là giao điểm của ID với EF và của AL với BC và
chứng minh N �M _tức N là trung điểm BC.
1
. AB. AN .sin �
BAN
NB S ABN
AB sin �
BAN
• Trong tam giác ABC :
2
.
1
NC S
AC sin �
CAN
. AC. AN .sin �
CAN
ACN
2
• Trong tam giác AEF :
2S
2S
S
sin �
BAN
FL
AFL � AEL AFL
AF . AL AE. AL S
EL
sin �
CAN
AEL
(1)
(2)
1
.IF .IL.sin �
FIL
FL S FIL 2
sin �
FIL sin �B
AC
• Trong tam giác IEF :
(3)
�
�
1
EL S
AB
�
sin
EIL
sin
C
.IE.IL.sin EIL
EIL
2
Từ (1) , (2) và (3) ta có được :
NB
1 suy ra N là trung điểm của BC hay N �M
NC
Vậy AM, EF, ID đồng quy.
Bài 4. (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho (n-1)! không chia hết cho n 2.
Giải :
Nhận xét rằng khi n là số nguyên tố thì do (n-1) < n nên (n-1)! hiển nhiên không chia hết cho n, và do đó
không chia hết cho n2 . Ta sẽ tìm n không nguyên tố thỏa (n-1)! không chia hết cho n2.
Ta có : (n 1)! Mn 2 � n ! Mn3 . Điều này xảy ra khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một ước số p của n sao cho bậc
của p (số mũ lũy thừa của p trong phân tích thừa số nguyên tố) trong n! là bé hơn bậc của p trong n 3
Giả sử n pt .k ( với (p,k)=1 ) . Theo lí luận trên ta có bất đẳng thức :
�n � �n � �n �
�p � �p 2 � �p 3 � ... 3t (*)
��� �� �
�n �
�n � �n � �n �
�
�p � �
�p �
��
�p �
�
�p �
�
t
1.(2 1)
2t 1 � t � {1,2,3}
Suy ra : 3t �
2 1
Suy ra : 3t �� � � 2 � � 3 � ... � t � � 3t �k .( p t 1 pt 2 ... 1)
k ( p t 1)
� 3t �
(**)
p 1
Ta xét 3 trường hợp và dùng các phép thử lại để làm rõ kết quả bài toán :
• TH1 : t=1 . Ta có : (**) � 3 �k . Suy ra k 2 hoặc k 3 (Do k 1 thì n trở thành số nguyên tố)
+ Với k=2 : n 2 p (p nguyên tố) .
�
2p� �
2p�
Thử lại : p=2 thì n=4 (thỏa) ; p �2 : (*) � � � � 2 � ... 3 � 2 3 (đúng)
�p � �p �
+ Với k=3 : n 3 p (p nguyên tố)
�
3p� �
3p�
Thử lại : p=2 thì n=6 (thỏa) ; p=3 thì n=9 (thỏa) ; p �5 : (*) � � � � 2 � ... 3 � 3 3
�p � �p �
(sai)
• TH2 : t=2 . Ta có (**) � 6 �k ( p 1) . Suy ra k 1 hoặc k 2 (Do ( p 1) �3 )
+ Với k=1, ta được ( p 1) �6 � p �{2,3,5} � n �{4, 9, 25} . Thử lại ta chọn : n=4, n=9.
+ Với k=2, ta được ( p 1) �3 � p 2 � n 8 . Thử lại ta thấy n=8 thỏa mãn.
• TH3 : t=3 . Ta có (**) � 9 �k ( p 2 p 1) . Suy ra k 1 (Do ( p 2 p 1) �7 )
+ Với k=1, ta được ( p 2 p 1) �9 � p 2 � n 8 (thỏa)
Vậy tập tất cả các giá trị của số tự nhiên n thỏa (n 1)! Mn 2 là { p , 2 p , 8 , 9 } với p nguyên tố .
Bình luận: Các bạn gửi bài đều giải đúng bài này, nhưng lời giải của Nhạn là ngắn gọn hơn cả.
Bài 5. (3 điểm) Cho 2010 tập hợp, mỗi tập hợp chứa 45 phần tử. Biết rằng hợp của hai tập hợp bất kỳ chứa
đúng 89 phần tử. Hỏi hợp của tất cả các tập hợp nói trên chứa bao nhiêu phần tử?
Giải :
Do hợp của hai tập hợp bất kỳ chứa đúng 89 phần tử nên giao hai tập hợp bất kỳ chứa đúng 1 phần tử.
Ta chọn ra một tập hợp A0 gồm 45 phần tử : X {x1 , x2 ,..., x45 }
Do 2009 tập hợp còn lại, mỗi tập hợp đều chứa 1 phần tử trong A0 nên theo nguyên lí Dirichlet ra suy ra có
2009 �
�
một phần tử trong X (giả sử là x1) nằm trong ít nhất � � 1 45 tập hợp. Đặt 45 tập hợp này là A1 , A2 ,
�45 �
… , A45
Suy ra x1 nằm trong ít nhất 46 tập hợp (bao gồm 45 tập hợp A1 , A2 , … , A45 và tập hợp A0)
Ta chứng minh tất cả các tập hợp còn lại đều chứ x1 bằng phản chứng : giả sử tồn tại một tập hợp B không
chứa x1 (B nằm trong số 2010 tập hợp đang xét và khác A0 , A1 , A2 , … , A45 ). Lần lượt xét giao của B với
A0 , A1 , A2 , … , A45 : | B �A0 | b0 ; | B �A1 | b1 ; … ; | B �A45 | b45 . Nhận thấy rằng các tập hợp
Ai (i 0,1, 2,..., 45) đã có chung một phần tử là x1 và do đó không có chung phần tử nào khác, từ đó các phần
tử bi (i 0,1, 2,..., 45) đôi một phân biệt. Vậy B có ít nhất 46 phần tử (vô lí) .
Điều giả sử là vô lí nên tất cả các tập hợp trong 2010 tập đang xét đều chứa x1 . Do đó hợp của của tất cả các
tập hợp đang xét có : (2010.45-2009) phần tử.
Bình luận: Ngoại bạn Nhạn, các bạn Từ Nguyễn Thái Sơn, Lê Văn Thành cũng có lời giải tốt.
