Hướng tới kỳ thi Vietnam TST 2014
 

Các bạn thân mến,

Như vậy là kết quả Kỳ thi chọn HSG quốc gia đã được công bố, công văn mời các thí sinh tiếp tục thi vòng 2 (TST) đã được gửi về các Sở, các trường.

Nhân dịp đầu tuần, cũng là ngày nghỉ Tết đầu tiên, tôi mở chủ đề này để các bạn làm nóng và khởi động, chuẩn bị cho kỳ TST sắp tới. Tất nhiên, trong Tết thì ta cứ thoải mái, từ từ thôi, ra Tết sẽ tập trung hơn.

Trước hết, chúng ta giới thiệu đôi lời về Đề thi TST: Nội dung, độ khó và một số đặc điểm khác.

Vì đây là kỳ thi lập đội tuyển IMO của Việt Nam, nên Nội dung sẽ theo 4 phân môn của Toán sơ cấp là Đại số, Hình học, Số học và Tổ hợp. Do tính chất của kỳ thi là chọn ra 6 bạn xuất sắc nhất từ 45 bạn xuất sắc nên đề thi không còn bài "cho điểm" nữa. Tuy nhiên, vẫn còn khá nhiều các bài ở mức độ trung bình và trung bình khó (cỡ các bài 2, 3, 4, 5, 6, 7 của VMO vừa rồi). Mỗi ngày có 3 bài làm trong 270 phút (4 tiếng rưỡi). Các bạn thí sinh phải tập làm quen với việc tập trung làm bài trong một thời gian dài.

Nếu như ở vòng HSG quốc gia một số chủ đề như Đồ thị, trò chơi, bất biến, đếm bằng hai cách, số chính phương mod p, bậc, các phép biến hình thường ít gặp thì ở vòng 2, những giới hạn này không còn nữa.

Tuy nhiên, kinh nghiệm thi TST nhiều năm nay là người thành công sẽ là người giải quyết được tất cả những bài dễ và trung bình. Vì vậy, trước hết hãy tập trung vào các phân môn cơ bản là Đại số và Hình học. Hiếm thí sinh nào không làm được bài hình nào mà đậu TST :)

Với chủ đề này, trước hết chúng ta hãy chọn lọc các bài toán hay để cùng phân tích, giải và bình luận, qua đó định hướng cho các bạn thí sinh các phương pháp giải toán của những bài toán mức độ TST.

Tôi gửi Vietnam TST 2014 Preparation, Set 1.

1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2} {abc}=1 $
Chứng minh rằng
$2(a+b+c)-abc \le 4 $

2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Các đường phân giác trong của góc A, B, C lần lượt cắt (O) tại A', B', C' và cắt nhau tại I. Đường tròn đường kính IA', IB', IC' lần lượt cắt BC, CA, AB tại $A_1 $và $A_2, B_1 $ và $B_2, C_1 $ và $C_2 $ tương ứng. Chứng minh rằng 6 điểm $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2 $ cùng nằm trên một đường tròn.

3. Ta viết vào các ô của bảng 10 x 10 các chữ số 0, 1, 2, 3, ..., 9 sao cho mỗi chữ số xuất hiện 10 lần.
a) Tồn tại hay không một cách viết mà trong mỗi hàng và mỗi cột xuất hiện không quá 4 chữ số khác nhau?
b) Chứng minh rằng tồn tại một dòng hoặc một cột trong đó có ít nhất 4 chữ số khác nhau.

Bài 1 dấu hiệu lượng giác khá rõ.

Bài 3 là đếm bằng 2 cách:
Với mỗi hàng/cột ta tính số số khác nhau ở trên hàng/cột đó. Sau đó cộng tất cả các số ta vừa xét ta được số $N$
Không khó để thấy rằng $N$ là số cặp gồm 1 số và 1 hàng/cột chứa số đó.
Giả sử một số được điền vào $i$ hàng, $j$ cột thì số ô chứa số đó sẽ bé hơn hoặc bằng $ij$ nên $10 \leq ij$
Mặt khác, số cặp gồm số đã chọn và 1 hàng/cột chứa số đó là $ i+j \geq \left \lfloor 2\sqrt{10} \right \rfloor +1$ (Do $i+j \geq 2\sqrt{ij} \geq 2\sqrt{10} $, $i+j$ là số nguyên)
Vậy nên $N \geq 10\left ( \left \lfloor 2\sqrt{10} \right \rfloor +1 \right )$
Từ đây áp dụng định lý Dirichlet ta có 1 hàng/cột có ít nhất $\left \lfloor \frac{10\left ( \left \lfloor 2\sqrt{10} \right \rfloor +1 \right )}{20} \right \rfloor +1 =4$ số khác nhau

Bài 1:
Theo giả thiết, ta đặt:
$\frac{1}{a}=sin\frac{A}{2}$
$\frac{1}{b}=sin\frac{B}{2}$
$\frac{1}{c}=sin\frac{C}{2}$
Khi đó bất đẳng thức tương đương với:
$2\sum \frac{1}{sin\frac{A}{2}}-\frac{1}{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2 }} \leq 4$
$\Leftrightarrow 2\sum sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}-1 \leq 4sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$
$\Leftrightarrow 2\sum sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2} \leq \sum cosA$
Ta sẽ CM BĐT trên
$tan\frac{A}{2}\left ( sinB+sinC \right )=cosB+cosC$
Tương tự suy ra:
$\sum tan\frac{A}{2}\left ( sinB+sinC \right )=2(cosA+cosB+cosC)$
Mặt khác, $\sum (tan\frac{A}{2}sinB+tan\frac{B}{2}sinA) \geq 4\left ( \sum sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2} \right )$
Suy ra đpcm
------------------------------
Bài 2:
Bổ đề: $B'C' \perp AI$
Bổ đề trên có thể chứng minh đơn giản bằng biến đổi góc.
Giả sử $AI$ cắt $B'C'$ tại $P$
Khi đó ta có $P$ là giao điểm thứ hai của 2 đường tròn đường kính $B'I$ và $C'I$
Suy ra $AI$ là trục đẳng phương của 2 đường tròn đường kính $B'I$ và $C'I$
Từ đây ta có $A_1,A_2,B_1,B_2$ đồng viên
Tương tự, ta có được 6 điểm trên đồng viên

Bài 1 có nhiều cách tiếp cận khác nhau, không nhất thiết là lượng giác.

Em xin đóng góp một bài
4. Cho đa thức hệ số nguyên f(x) bậc n. Chứng minh rằng nếu tồn tại ít nhất (n+5) số nguyên phân biệt k mà $$\left| {f(k)} \right|$ $ nguyên tố thì f(x) bất khả quy trên Z[x].

Bài 4
NX:
Nếu $f(x)=1$ có 2 nghiệm $a>b$ thì $f(x)=-1$ có tối đa 2 nghiệm nguyên.
Nếu $f(x)=-1$ có 2 nghiệm $c>d$ thì $f(x)=1$ có tối đa 2 nghiệm nguyên.
2 NX hoàn toàn tương tự nên ta sẽ chỉ c/m 1 NX.
Thật vậy xét $k$ thỏa mãn $f(k)=-1$ thì $\left ( a-k \right )|f(a)-f(k)=2 \rightarrow k\in \left \{ a+1,a-1,a+2,a-2 \right \}$
Tương tự $k\in \left \{ b+1,b-1,b+2,b-2 \right \}$ mà $a>b$ nên $k$ chỉ có thể nhận tối đa 2 giá trị
Áp dụng nhận xét này ta có : 1 đa thức hệ số nguyên $f(x)$ bậc $m$ sẽ nhận giá trị $1,-1$ tại tối đa $m+2$ số ($\left | f(x) \right |=1$ có không quá $m+2$ nghiệm nguyên)
Quay trở lại bài toán, giả sử $f(x)=q(x).h(x)$
(Bậc $q(x)$ là $q$ , bậc $h(x)$ là $h$, $q+h=n$ )
$f(k_i)$ nguyên tố với mọi $i=1,2,...,n+5$ nên hoặc $\left | q(k_i) \right |=1$ hoặc $\left | h(k_i) \right |=1$ với mọi $i=1,2,...,n+5$
Mà theo NX trên thì $\left | q(x) \right |=1$ có tối đa $q+2$ nghiệm nguyên còn $\left | h(x) \right |=1$ có tối đa $h+2$ nghiệm nguyên nên chỉ có tối đa $n+4$ số $k_i$ thỏa mãn hoặc $\left | q(k_i) \right |=1$ hoặc $\left | h(k_i) \right |=1$
Từ đây ta có điều mâu thuẫn.

Em xin đóng góp một bài hình học :
Bài toán:
Cho hai đường tròn (O1,R1 ) và (O2,R2) nằm ngoài nhau (R1< R2). Tiếp tuyến chung ngoài tiếp xúc với (O1) và (O2) lần lượt tại A, B và cắt O1O2 tại S. Tiếp tuyến chung trong tiếp xúc với (O1) và (O2) lần lượt tại C, D và cắt O1O2 tại K. (D nằm cùng phía với A bờ O1O2). Đường thẳng qua K vuông góc với AB cắt BD tại M. Gọi I là trung điểm của đoạn AB. Qua I kẻ đường thẳng vuông góc với SM cắt AC tại H. HB cắt (O2) tại P khác B. KB lần lượt cắt PD và (O2) tại E và F. PF cắt DB tại R. Chứng minh rằng KR vuông góc với O2E.

Bổ đề. Với $a,b,c $ là các số thực dương thì

Lời giải. Đặt $x= \frac 2a, y= \frac 2b, z= \frac 2c $ thì $x^2+y^2+z^2+xyz=4 $. Ta cần chứng minh $xy+yz+zx \le xyz+2 $.
Giả sử $z= \text{max} \{x,y,z \} $. Từ điều kiện bài toán ta suy ra $z \ge 1 $.
Áp dụng BĐT $(1) $ ta có
Ta có $0<x+y \le 3-z $.
Như vậy thì $xy(1-z)+z(x+y) \le \frac{(3-z)^2}{4}(1-z)+z(3-z) $.
Ta cần chứng minh $(3-z)^2(1-z)+4z(3-z) \le 8 \Leftrightarrow (z-1)^3 \ge 0 $, đúng vì $z \ge 1 $.
Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c= \frac 12 $. $\blacksquare$

Thưa thầy Nam Dũng,em nghĩ sau mỗi set thầy đưa lên thì sau khi mọi người thảo luận thì thầy sẽ đưa lời giải hoàn chỉnh cùng với những bình luận và nhận xét của mình về các bài toán được đưa ra.Vì em thiết nghĩ việc làm toán không chỉ dựa trên ý tưởng mà còn chú trọng vào kĩ thuật và cách trình bày,cùng với đó là những phương pháp và các bài toán tương tự.Khi đó em nghĩ việc các bạn thi TST hoặc không thi nhưng học toán sẽ có một hướng nhìn đầy đủ,sáng suốt cùng với những lập luận chặt chẽ và tỉ mỉ để bước vào phòng thi có thể không mất điểm và thoải mái hơn.Em xin cám ơn ạ.

Đồng ý :) Đây cũng là ý tôi muốn chúng ta cùng làm

Và em cũng mong các Anh/Chị là cựu VMO-ers,TST-ers,IMO-ers và những ai có đam mê cũng như có năng lực sẽ hỗ trợ cho Thầy cùng diễn đàn.Để cho các bạn thi TST sẽ có thêm kinh nghiệm,kiến thức,trước tiên là nâng cao kiến thức,sau là chọn ra được những bạn thật sự tài năng để đại diện VN đi thi IMO.Em tuy chẳng được thi nhưng việc học hỏi lẫn nhau là mục đích chính của các diễn đàn toán vì vậy em mong mọi người không chỉ giải toán mà còn giải bày những kinh nghiệm khi nhìn vào bài toán,hướng giải quyết,vì sao như vậy,vì sao lại nghĩ tới điều đó và kĩ thuật đó là như thế nào..v..v..Em xin cám ơn ạ.

Em cũng xin góp 1 bài về tổ hợp:

5. Ngày 28/12/2013, vừa qua Ban Tổ Chức (BTC) sân Thống Nhất bắt đầu bán vé xem U19 Việt Nam thi đấu. Các cổ động viên phải xếp theo 1 hàng dọc để mua vé. Giá vé là VND50,000. Sáng hôm đó có m cổ động viên chỉ mang theo đúng VND50,000 và n cổ động viên chỉ mang theo đúng VND100,000 và BTC không có tiền trước. Hỏi có bao nhiêu cách xếp (m+n) cổ động viên theo 1 hàng dọc, để BTC có đủ tiền thối, biết rằng m lớn hơn hoặc bằng n?

Bài 5
Chuyển bài toán về thành đếm số dãy nhị phân gồm $m$ số $1$ và $n$ số $0$ là $a_1,...a_{m+n}$ thỏa mãn với mọi $i \in {1,2,...,m+n}$ thì dãy con $a_1,a_2,...,a_i$ chứa nhiều số $1$ hơn hoặc bằng số $0$. Gọi dãy như vậy là dãy có tính chất “đẹp”
Đầu tiên ta có dãy nhị phân gồm $m$ số $1$ và $n$ số $0$ là $a_1,...a_{m+n}$ là số cách chọn $m$ vị trí cho số 1 trong $m+n$ vị trí và bằng $ \binom{m+n}{m} $
Tiếp theo ta có nhận xét là
Xét một nhị phân gồm $m$ số $1$ và $n$ số $0$ là $a_1,...a_{m+n}$, dãy này có $m+n$ hoán vị vòng quanh trên đường tròn ($a_1,...a_{m+n}$, $a_2,a_3...a_{m+n},a_1$, $a_3,a_4...a_{m+n},a_1,a_2$,...)
Số hoán vị vòng quanh có tính chất “đẹp” là $m-n$
Thật vậy xếp dãy $a_1,...a_{m+n}$ lên vòng tròn, các hoán vị vòng quanh được lấy theo chiều kim đồng hồ. Ta sẽ bỏ các cặp $1,0$ (Số $1$ đứng trước số $0$ theo chiều kim đồng hồ). Việc này không ảnh hưởng đến tính “đẹp” của các hoán vị vòng quanh và do không có hoán vị “đẹp” nào bắt đầu bằng số $0$ nên việc bỏ các cặp này không ảnh hưởng đến số hoán vị “đẹp”. Do $m \geq n $ nên luôn có ít nhất 1 cặp như vậy và ta cứ bỏ đến khi nào còn $m-n$ số $1$ và không còn số $0$, tức là ta có $m-n$ hoán vị đẹp.
Áp dụng NX này vào thì số dãy thỏa mãn là $\frac{m-n}{m+n} \binom{m+n}{m}$ (Nếu xét gộp tất cả các dãy trùng nhau qua hoán vị vòng quanh thành 1 dãy thì có $\frac{1}{m+n} \binom{m+n}{m}$ dãy, mỗi dãy như vậy khi xét các hoán vị vòng quanh thì sinh ra $m-n$ dãy “đẹp”)

Không bác nào làm thử bài hình à? :( mải vui Tết hết rồi :(