11

Thử giải đề Toán chuyên Sư phạm 2022

posted on June 2, 2022, 1:35 p.m.

Bài 1:

Phần a:

~P = \sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}} + \sqrt[3]{7 - 5\sqrt{2}}~

Sử dụng hằng đẳng thức ~(a+b)^3 = a^3 + b^3 +3ab(a+b)~ với ~a = \sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}}~ và ~b = \sqrt[3]{7 - 5\sqrt{2}}~, ta có

~P^3 = (7 + 5\sqrt{2}) + (7 - 5\sqrt{2}) + 3\sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}}\sqrt[3]{7 - 5\sqrt{2}}(\sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}} + \sqrt[3]{7 - 5\sqrt{2}})~

~\Rightarrow P^3 = 14 +3\sqrt[3]{49-25 \times 2}P~

~\Rightarrow P^3 = 14 - 3P~

~\Rightarrow P^3 - 3P - 14 = 0~

Ta thấy ~2~ là một nghiệm của phương trình ẩn ~P~ này nên

~P^3 - 2P^2 + 2P^2 - 4P + 7P - 14 = 0~

~\Rightarrow (P-2)(P^2 + 2P + 7) = 0~

~\Rightarrow (P-2)((P+1)^2 + 6) = 0~

Do ~(P+1)^2 + 6 \geq 6 > 0~ nên ~P - 2 = 0 \Rightarrow \boxed{P = 2}~

Phần b:

Giả sử ~\forall x \in \mathbb{Z}: P(x) \in \mathbb{Z}~

Do ~0 \in \mathbb{Z}, P(0) \in \mathbb{Z}~ nên ~c \in \mathbb{Z}~

Do ~1 \in \mathbb{Z}, P(1) \in \mathbb{Z}~ nên ~a + b + c \in \mathbb{Z}~. Do ~\begin{cases} c \in \mathbb{Z} \\ a + b + c \in \mathbb{Z} \end{cases} \Rightarrow (a+b+c) - c \in \mathbb{Z} \Rightarrow a + b \in \mathbb{Z}~

Do ~-1 \in \mathbb{Z}, P(-1) \in \mathbb{Z}~ nên ~a - b + c \in \mathbb{Z}~.

Do ~\begin{cases} a+b+c \in \mathbb{Z} \\ a - b + c \in \mathbb{Z} \end{cases}~ nên ~2a + 2c \in \mathbb{Z}~.

Do ~c \in \mathbb{Z}~ nên ~-2c \in \mathbb{Z}~

Do ~\begin{cases} 2a + 2c \in \mathbb{Z} \\ -2c \in \mathbb{Z} \end{cases}~ nên ~2a \in \mathbb{Z}~

Ta có thể kết luận:

~\forall x \in \mathbb{Z}: P(x) \in \mathbb{Z} \Rightarrow \begin{cases} 2a \in \mathbb{Z} \\ a + b \in \mathbb{Z} \\ c \in \mathbb{Z} \end{cases}~

Giả sử ~2a, a+b, c \in \mathbb{Z}~, ta cần chứng minh ~\forall x \in \mathbb{Z}: P(x) \in \mathbb{Z}~

Chọn số ~x \in \mathbb{Z}~ bất kì.

Do ~2a \in \mathbb{Z}~, hoặc ~a \in \mathbb{Z}~ hoặc ~a = \frac{m}{2}~ với ~m \in \mathbb{Z}~

Trường hợp 1: Giả sử ~a \in \mathbb{Z}~.

Do ~\begin{cases} a + b \in \mathbb{Z} \\ a \in \mathbb{Z} \end{cases}~ nên ~b \in \mathbb{Z}~

Do ~a,b,c,x \in \mathbb{Z}~ nên ~P(x) \in \mathbb{Z}~

Trường hợp 2: Giả sử ~a = \frac{m}{2}~ với ~m \in \mathbb{Z}~

Do ~a+b \in \mathbb{Z}~, điều này nghĩa là ~b = \frac{n}{2}~ với ~n \in \mathbb{Z}~

Khi đó ~P(x) = \frac{m}{2}x^2 + \frac{n}{2}x + c~

Do ~x \in \mathbb{Z}~ nên ~x = 2k~ hoặc ~x = 2k+1~ với ~k \in \mathbb{Z}~

Trường hợp 2.1: Nếu ~x = 2k~ thì ~P(x) = \frac{m}{2}4k^2 + \frac{n}{2}2k + c = m(2k^2) + nk + c \in \mathbb{Z}~

Trường hợp 2.2: Nếu ~x = 2k+1~ thì ~P(x) = \frac{m}{2}(4k^2 + 2k + 1) + \frac{n}{2}(2k+1) + c = m(2k^2 + k) + \frac{m}{2} + nk + \frac{n}{2} + c = m(2k^2 + k) + a + nk + b + c \in \mathbb{Z}~

Tổng hợp hai trường hợp 2.1 và 2.2, ta được ~P(x) \in \mathbb{Z}~

Do ở cả hai trường hợp, ta được ~P(x) \in \mathbb{Z}~ và ta chọn số ~x \in \mathbb{Z}~ bất kì, ta có thể kết luận

~\forall x \in \mathbb{Z}: P(x) \in \mathbb{Z}~

và đây là điều phải chứng minh.

Bài 4:

Giả sử có cách viết 10 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đánh số các điểm như hình dưới đây

Ta có:

~a_1 + a_5 + a_2 = a_1 + a_8 + a_4 = ... = k~

~\Rightarrow 3(a_1 + a_2 + a_3 + a_4) + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} = 6k~

~\Rightarrow 2(a_1 + a_2 + a_3 + a_4) + \sum_{i=1}^{10} a_i = 6k~

~\Rightarrow 2(a_1+a_2+a_3+a_4) + 45 = 6k~

~\Rightarrow 45 = 2(3k + a_1 + a_2 + a_3 + a_4) \Rightarrow 2 \mid 45~ (vô lí)

Do đó, giả sử ban đầu sai. Nói cách khác, không có cách viết 10 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 5:

Phần a:

Gọi 5 điểm được cho là ~A_1, A_2, A_3, A_4, A_5~

Gọi ~H~ là tập các đỉnh của bao lồi của ~5~ điểm được cho. Do không có 3 điểm nào thẳng hàng, ~3 \leq |H| \leq 5~

Trường hợp 1: ~|H| = 3~

Không làm mất tính tổng quát, giả sử ~H = \{A_1, A_2, A_3\}~. Khi đó, ~A_4~ nằm trong tam giác ~A_1A_2A_3~

~\Rightarrow \angle A_1A_4A_2 + \angle A_2A_4A_3 + \angle A_3A_4A_1 = 360^o~

Khi đó, một trong ba góc này sẽ phải lớn hơn hoặc bằng ~120^o~, tức lớn hơn ~90^o~. Không làm mất tính tổng quát, giả sử góc đó là ~\angle A_1A_4A_2~. Khi đó tam giác ~A_1A_4A_2~ là tam giác tù, tức ta tìm được một tam giác tù.

Trường hợp 2: ~|H| = 4~

Không làm mất tính tổng quát, giả sử bao lồi là tứ giác ~A_1A_2A_3A_4~. Khi đó, ~A_5~ nằm trong tứ giác ~A_1A_2A_3A_4~

~\Rightarrow \angle A_1A_5A_2 + \angle A_2A_5A_3 + \angle A_3A_5A_4 + \angle A_4A_5A_1 = 360^o~

Giả dụ cả bốn góc này không có góc tù nào. Khi đó, cả bốn góc đều có số đo ~90^o~. Ta sẽ có ~\angle A_1A_5A_2 + \angle A_2A_5A_3 = 180^o \Rightarrow \angle A_1A_5A_3 = 180^o \Rightarrow A_1, A_5, A_3~ thẳng hàng, trái với giả thiết ban đầu rằng không có ba điểm nào thẳng hàng. Vì thế giả dụ ban đầu sai, tức ít nhất một trong bốn góc phải là góc tù, và vì thế ta tìm được một tam giác tù.

Trường hợp 3: ~|H| = 5~

Không làm mất tính tổng quát, giả sử bao lồi là đa giác ~A_1A_2A_3A_4A_5~. Do đây là đa giác lồi, ta có

~\sum_{i=1}^5 \angle A_i = 180 \times 3 = 540^o~

Do ~\frac{540^o}{5} = 108^o~, sẽ có ít nhất một góc lớn hơn hoặc bằng ~108^o~, tức một góc lớn hơn ~90^o~. Không làm mất tính tổng quát, giả sử góc đó là góc ~A_1A_2A_3~, khi đó tam giác ~A_1A_2A_3~ tù.

Từ ba trường hợp trên, ta có thể kết luận rằng cho 5 điểm bất kì trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng, ta có thể tìm được một tam giác có đỉnh là 3 trong 5 điểm được cho.

Phần b:

Gọi 2022 điểm được cho là ~A_1, A_2, A_3, A_4, ..., A_{2022}~

Gọi ~H~ là tập đỉnh của bao lồi của 2022 điểm được cho. Do không có 3 điểm nào thẳng hàng, ~3 \leq |H| \leq 2022~.

Gọi ~k~ là số điểm nằm trong bao lồi. Ta có ~k = 2022 - |H|~

Nếu ~|H| \leq 4~ thì ~k \geq 2018~. Với mỗi điểm trong bao lồi, ta có thể tìm được một tam giác tù có điểm đó là đỉnh và hai đỉnh còn lại là hai đỉnh của đa giác bao lồi, và vì thế ta tìm được ít nhất ~k~ tam giác tù. Do ~k \geq 2018~, ta có điều phải chứng minh.

Xét trường hợp ~|H| \leq 5~.

Không làm mất tính tổng quát, giả sử bao lồi là đa giác ~A_1A_2A_3...A_n~ (~n = |H| = 2022 - k~)

Chia đa giác thành các tam giác ~A_1A_2A_3~, ~A_1A_3A_4~, ..., ~A_1A_{n-1}A_n~. Do không có ba điểm nào thẳng hàng, mỗi điểm trong bao lồi sẽ nằm trọn trong một trong các đa giác này, và từ đó với mỗi điểm trong bao lồi, ta tìm được một tam giác tù có điểm đó là một đỉnh và hai đỉnh còn lại là hai đỉnh của tam giác chứa nó (và đồng thời là hai đỉnh của đa giác bao lồi). Nói cách khác, ta tìm được ~k~ tam giác tù.

Ta có:

~\sum_{i=1}^n \angle A_i = 180(n-2)~

Giả dụ có nhiều hơn 4 góc không tù. Không làm mất tính tổng quát, giả sử các góc ~A_1, A_2, A_3, A_4, A_5~ là các góc không tù, khi đó ~\sum_{i=6}^n \angle A_i > 180(n-2) - 450 = 180(n - \frac{9}{2})~

Nếu ~n = 5~ thì điều này nghĩa là ~0 > 90~, vô lí.

Nếu ~n > 5~ thì điều này nghĩa là có một góc ~\angle A_i \geq \frac{180(n-\frac{9}{2})}{n-5}~. Mà khi ~n > 5~, ~\frac{180(n-\frac{9}{2})}{n-5} > 180~ nên ~\angle A_i > 180^o~. Điều này vô lí do một góc của một đa giác lồi không thể có số đo vượt quá ~180^o~

Do cả hai trường hợp đều dẫn đến điều vô lí, điều này nghĩa là có nhiều nhất 4 góc không tù, tức đa giác bao lồi có ít nhất ~n - 4~ góc tù. Mỗi một góc tù sẽ tạo ra một tam giác tù nên ta có ít nhất ~n - 4~ tam giác tù.

Tổng số tam giác tù ít nhất là ~k + (n-4) = n+k - 4 = 2022 - 4 = 2018~, tức là ta sẽ tìm được ít nhất 2018 tam giác tù.

Kết hợp hai trường hợp, ta có được điều phải chứng minh.


Comments

Please read the guidelines before commenting.