Đề thi và lời giải đề TST 2005
 

Mình xin gửi các bạn lời giải đề thi chọn đội tuyển QG của Việt Nam dự thi IMO 2005. Về nội dung, có thể nhận xét sơ lược như sau:

* Bài toán 1 là sự kết hợp của hai bổ đề quen thuộc:
+ Tâm vị tự ngoài của ba đường tròn phân biệt thì thẳng hàng.
+ Cho tam giác ABC nội tiếp O và D, E, F là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp I lên các cạnh tam giác. Khi đó, trực tâm của tam giác DEF nằm trên IO.
Chứng minh được hai bổ đề này thì bài toán đã giải quyết được hơn 90%.
Có thể với một số bạn, hai bổ đề trên chưa quen nhưng khi giải bài này sẽ phát hiện ra sự cần thiết của việc chứng minh nó khi giải bài toán.
Bổ đề 2 ở trên có thể chứng minh bằng nhiều cách nhưng mình nghĩ dùng phép nghịch đảo là nhanh nhất.

* Bài toán 2 là một bài tổ hợp dùng song ánh và các tính toán phân hoạch thông dụng trên tập hợp; ngoài cách này ra, khó có thể dùng các lập luận đơn thuần dùng các công thức tổ hợp, chỉnh hợp, hoán vị,... để tìm được kết quả đó.

* Bài toán 3 là một bài PT hàm có vẻ bề ngoài đơn giản và thực tế nếu cho $f(x) $ liên tục trên tập số thực thì bài toán trở nên bình thường; nhưng ở đây chỉ thu hẹp $f(x) $ trên tập số nguyên thì bài toán không còn đơn giản thế nữa. Mấu chốt của bài toán là cần tìm một đẳng thức biểu diễn lập phương của mỗi số nguyên bất kì thành 5 tổng lập phương của các số nguyên khác. Tiếp đó là tính giá trị của $f(x) $ tại các điểm $\pm 1,\pm2,... $ rồi quy nạp lên. Có thể nói, ngoài cách tìm đẳng thức đã nêu ở trên ra, bài toán này không còn cách giải quyết nào khác.

*Bài toán 4: đây là một BĐT ba biến trông rất đẹp mắt và cũng không quá khó; bằng cách đặt ẩn phụ dưới dạng tỉ số quen thuộc là có thể chuyễn nó về một BĐT đối xứng. Lời giải ở trên dùng cách chứng minh được gợi ý trong cuốn "Sáng tạo BĐT" của Phạm Kim Hùng (người trực tiếp tham gia kì thi TST 2005 này), ngoài ra có thể dùng dồn biến cũng đánh giá biểu thức này không khó.

*Bài toán 5:: bài này thể hiện sự phát triển từ hai định lí quen thuộc trong số chính phương có mod là:
$\left ( \frac{-1}{p} \right )=(-1)^{\frac{p-1}{4}}(modp),\left ( \frac{2}{p} \right )=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}(modp) $.
Chứng minh được hai định lí này thì chỉ cần dùng thêm vài phép biến đổi trên phần nguyên là ra được kết quả cần tính, chú ý đẳng thức quen thuộc là:
$[2x]-2[x]=1,0\le{x}<\frac{1}{2}\vee [2x]-2[x]=0,\frac{1}{2}\le x<1 $.

*Bài toán 6:: bài này đưa ra dưới một hình thức lạ và dường như trong tính chất số học của đề bài, còn có liên quan đến vấn đề giới hạn của giải tích. Muốn giải bài này cũng cần chứng minh thêm một bổ đề quan trọng và không dễ thấy được. Vì thế dù cùng là một bài số học nhưng mức độ của nó rõ ràng là khó hơn bài toán 5.

Nhận xét chung thì đề bài này có hình thức đẹp nhưng vì cũng chỉ xuất phát từ các vấn đề cũ để phát biểu thành bài toán nên chưa hay lắm!
Có lẽ trong lịch sử thi chọn đội tuyển của Việt Nam thì đề TST 2005 là nổi tiếng nhất với nhiều vấn đề liên quan đến nó mà chắc mọi người ai cũng biết nên mình không nêu ra ở đây.
Trong lời giải này, mình tham khảo gợi ý từ mathlinks.ro, chuyên đề tổng hợp của diendantoanhoc, sách "Sáng tạo BĐT" tác giả Phạm Kim Hùng, file lời giải đề TST từ 1990 đến 2004 (bài số 6 đề TST 1997).
Bài số 5 mình đang chờ các bạn chứng minh giúp một định lí trong lí thuyết số chính phương có modun nên chưa giải đầy đủ được, chỉ mới áp dụng nó vào bài giải thôi.

Mong rằng lời giải này sẽ giúp các bạn có được một tài liệu tham khảo nhỏ! :d

Lời giải bài 3 thiếu trường hợp như sau:
chính xác phải là $f(1)=\pm 1\vee f(1)=0 $
dẫn đến thiếu nghiệm $f(x)=-x, \forall x\in \mathbb{Z} $

Đã update lại file rồi, cảm ơn mọi người đã ủng hộ, đã　đọc bài này và góp ý dùm! :d

Mình có một cách sơ cấp hơn cho việc chứng mình $\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\dots $ tiến tới vô cùng như sau:

$\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \dots +\frac{1}{9} > \frac{9}{9} > \frac{9}{10} $

$\frac{1}{10} + \dots + \frac{1}{99} > \frac{90}{99} > \frac{9}{10} $
...
Hay tổng quát:
$\frac{1}{10^n}+ \dots + \frac{1}{10^{n+1}-1} > \frac{9\times 10^n}{10^{n+1}-1} > \frac{9}{10} $
Cho $n $ chạy từ $0 $ đến $\infty $ ta sẽ có điều phải chứng minh

Cách này có sơ cấp không?
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
$\frac{2}1+\frac{3}2+\frac{4}3+...+\frac{n+1}n\ge n\sqrt[n]{n+1} $
hay $(1+1)+(1+\frac{1}2)+(1+\frac{1}3)+...+(1+\frac{1}n )\ge n\sqrt[n]{n+1} $
nghĩa là $1+\frac1{2}+...+\frac1{n}\ge n(\sqrt[n]{n+1}-1) $
Tất nhiên $n(\sqrt[n]{n+1}-1)\rightarrow +\infty $ khi $n\rightarrow +\infty $. Xong! :))

Phiền bạn chứng minh nốt $n(\sqrt[n]{n+1}-1)\rightarrow +\infty $

Không biết anh dduclam có cách nào chứng minh kq trên ngắn gọn không nữa, em thử cách này!
Ta sẽ chứng minh rằng:
$lim(n\sqrt[n]{n}-n)=+\infty $
Thật vậy:
Trước hết, ta cần chứng minh:$lim\sqrt[n]{n}=1 $.
Ta xét:
$y=\sqrt[n]{n}\Rightarrow lny=\frac{lnn}{n}<\frac{\sqrt{n}}{n}=\frac{1}{ \sqrt{n}}\Rightarrow lim(lny)=0\Rightarrow limy=1 $
Ta có giới hạn cơ bản là:
$\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{e^x-1}{x}=1\Rightarrow \lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{e^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}=1\Rightarrow \lim_{n\rightarrow +\infty }n(\sqrt[n]{e}-1)=1 $
Do đó:
$\lim n(\sqrt[n]{n}-1)=lim[n(\sqrt[n]{e}-1)].\frac{\sqrt[n]{n}-1}{\sqrt[n]{e}-1}=lim[n(\sqrt[n]{e}-1)].\frac{1-\frac{1}{\sqrt[n]{n}}}{\sqrt[n]{\frac{e}{n}}-\frac{1}{\sqrt[n]{n}}}=+\infty $
Đến đây mới có điều tất nhiên ở trên được! :))

Nếu thế thì cách của bạn dduclam không còn đơn giản nữa rồi :DD

Ai bảo không đơn giản :)
Đặt $a_n=\sqrt[n]{n+1}-1>0 $ thì $(a_n+1)^n=n+1 $ hay $ln(n+1)=nln(a_n+1)<na_n \Rightarrow na_n\rightarrow+\infty $
xong chưa?

Bạn chứng minh nốt $\ln{(a_n+1)} < a_n $.
Cái này tất nhiên không khó, nhưng bạn nên nói ra rõ ràng vì không phải ai cũng hiểu nhanh được :D

$A = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 +...= (1 + 1/3 + 1/5 + ...) + (1/2 + 1/4 + 1/6 +...) > (1/2 + 1/4 + 1/6 + ...) + (1/2 + 1/4 + 1/6 + ...) = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 +... = A $ Tại sao ??? :))

Quá chuẩn!!! :D Ý tưởng sáng tạo, bái phục bái phục :) Từ đây cũng suy ra được giới hạn là vô cùng :D

ps. cái dấu đầu tiên là dấu bằng chứ đâu phải dấu lớn hơn???

Ừ, đúng rồi. Thanks nhiều!

Cái $\ln(1+x)<x\Leftrightarrow 1+x<e^x, \forall x>0 $ có thể chứng minh đơn giản bằng đạo hàm, nhưng ta thử tìm một chứng minh non-đạo hàm xem.
Theo Bernoulli $e^x=[1+(e-1)]^x \ge 1+(e-1)x > 1+x. $ :)