Việt Nam TST 2016 - Đề và lời giải

[vinhhop.qt]

Xoá bài. Ko rõ đề.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[TNP]

I think I can solve 3b with inversion, I will post the solution later. I think this is the hardest geometry problem in VNTST history.

Take inversion center $I$ that preserves $(O)$

Problem 5 is very nice, for 5b we only need to consider the case $n=k$ thanks to the results from 5a.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[DaiToan]

Bài 6. Cho các số thực phân biệt $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_{16}$. Với mỗi đa thức hệ số thực $P(x)$; đặt $V(P)=P(\alpha_1)+P(\alpha_2)+...+P(\alpha_{16}).$
Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức $Q(x)$ bậc 8 có hệ số $x^8$ bằng $1$ thỏa mãn
i) $V(QP)=0$ với mọi đa thức $P$ có bậc bé hơn $8.$
ii) $Q(x)$ có $8$ nghiệm thực (tính cả bội).[/QUOTE]

Sự tồn tại có lẽ rất khó khăn, tuy nhiên chứng minh sự duy nhất của đa thức Q(x) lại khá đơn giản (Cái này chắc chỉ được 1 điểm )
Chú ý là theo định nghĩa của V(P) ta có: V(P1-P2)=V(P1)-V(P2)
Giả sử tồn tại hai đa thức Q1, Q2 thỏa mãn. Đặt H(x)=Q1(x)-Q2(x).
Theo (i) ta có V((Q1-Q2).P)=V(Q1.P)-V(Q2.P)=0 (*), nên H(x) cũng thỏa mãn.
Chú ý rằng bậc của H(x) nhỏ hơn 8. Trong (*) chọn P(x)=H(x) ta được: V(H(x).H(x))=0, suy ra H(x)=0, tức là Q1(x)=Q2(x) (đpcm).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Từ hướng giải rất hay của Quang, có thể mở rộng 3b theo hướng khác như sau.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ là một điểm bất kì trên phân giác. $BP, CP$ cắt $AC,AB$ tại $E,F$, cắt $ (O)$ tại $Y,Z$ và cắt $(APC), (APB)$ lần lượt tại $T,R$. Gọi $Q$ là điểm liên hợp đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. $(BQC)$ cắt $PC,PB$ tại $Z',Y'$. Khi đó tồn tại một điểm $S$ trên $AP$ sao cho $\dfrac{SA}{SP}=\dfrac{RZ}{ZZ'}=\dfrac{TY}{YY'}$ và gọi giao của trung trực $PS$ với $ EF$ là $J$ thì $PJ\perp PO.$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hungchng]

Tổng hợp thành 1 file ở đây
https://www.overleaf.com/read/pskqtmbzhhfr
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Chú ý bài 6 $V(QP)=V(Q(x).P(x))$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Traum]

Một cách giải cho bài 6

Phần 1: Chứng minh tồn tại đa thức $Q(x)$ thỏa mãn điều kiện a:

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ thì tồn tại đa thức bậc $Q_k(x)$ bậc $k$ và hệ số bậc cao nhất là 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^jQ_k(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le k-1$.

Với $k=1$ chọn $Q_1(x) = x - \frac{\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_{i}}{16}$, dễ thấy $\sum\limits_{i=1}^{16}Q_1(\alpha_i) = 0$.

Với $k = 2$ chọn $Q_2(x) = x^2 + ax + b$ với $a,b$ thỏa mãn hệ phương trình $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i + 16b = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^3 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i = 0$ (dễ thấy là tồn tại $a$ và $b$).

Gỉa sử đã có $Q_k(x)$ bậc $k$ và $Q_{k-1}(x)$. Ta xây dựng $Q_{k+1}(x)$ từ chúng.

Đặt $Q_{k+1}(x) = (x+a)Q_k(x) + bQ_{k-1}(x)$ với $a$ và $b$ thỏa mãn:
$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ (Dễ thấy là $b$ xác định được trước, rồi xác định $a$).

Bây giờ ta chứng minh rằng $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ j) = 0$ với mọi $0\le j\le k$.

Thật vậyvới $0\le j\le k-2$:

$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ i) = \sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{j+1} + a\alpha_{i}^{j})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k-1}(\alpha_i) = 0$.

Với $j = k-1$ thì phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Với $j=k$ cũng phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Vậy theo quy nạp thì sẽ tồn tại $Q(x)$ bậc 8 và có hệ số cao nhất bằng 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le 7$. Hơn nữa mọi đa thức $P(x)$ có bậc nhỏ hơn 8 là tổ hợp tuyến tính của $1,x,..,x^7$ nên có $\sum\limits_{i=1}^{16}P(\alpha_i)Q(\alpha_i) = 0$. ĐPCM.

Phần 2: Chứng minh $Q(x)$ có 8 nghiệm và $Q(x)$ là duy nhất.

Bổ đề: đa thức $R(x)$ bậc chẵn, có hệ số bậc lớn nhất là 1 và tồn tại $a$ mà $R(a) < 0$ thì $R$ có ít nhất hai nghiệm thực.

Với $P(x) = 1$ thì $\sum\limits_{i=1}^{16}Q(\alpha_i) = 0$. Do $Q(x)$ bậc 8 nên không thể xảy ra trường hợp tất cả $Q(\alpha_j)$ đều bằng 0. Do đó tồn tại $i$ sao cho $Q(\alpha_j) < 0$, mà hệ số bậc cao nhất của $Q(x)$ là 1 nên $Q(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực là $\beta_1, \beta_2$.

Đặt $Q(x) = (x-\beta_1)(x-\beta_2)Q_1(x)$, thì $Q_1$ có bậc chẵn và hệ số bậc cao nhất là 1. Với $P(x) = (x - \beta_1)(x-\beta_2)$, có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q(\alpha_i) = 0$ suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)(\alpha_i-\beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q_1(\alpha_i) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i-\beta_1)^2(\alpha_i-\beta_2)^2Q_1(\alpha_i) = 0$. Do đó, tồn tại $j$ mà $Q_1(\alpha_j) < 0$ và lại theo bổ đề ta có $Q_1$ có ít nhất hai nghiệm là $\beta_3, \beta_4$, hệ qủa là $Q(x)$ có ít nhất bốn nghiệm là $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ và $\beta_4$.

Cứ áp dụng như trên thì sau $3$ lần ta có $Q(x)$ có ít nhất $8$ nghiệm, mà $Q(x)$ bậc $8$ nên $Q(x)$ có đúng 8 nghiệm.

Chứng minh tính duy nhất của $Q$. Gỉa sử tồn tại $Q_1$ và $Q_2$ thỏa mãn. Vì $Q_1$ và $Q_2$ có bậc 8 và hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên $H(x) = Q_1(x) - Q_2(x)$ có bậc nhỏ hơn 8. Do đó $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_1(\alpha_i) = 0$, và $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_2(\alpha_i) = 0$. Suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)\left(Q_1(\alpha _i) -Q_2(\alpha_i)\right) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)H(\alpha) = 0$. Suy ra $H(\alpha_i) = 0$ với mọi $i =1,...,16$. Điều này chỉ xảy ra nếu $H(x) = 0$ với mọi $x$. ĐPCM.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Traum]

Bài 2 :
Sắp lại các số trong $A$ theo thứ tự tăng dần $a_1 < a_2 <\cdots < a_{2000}$. Với mỗi $1\le k\le 2000$ đặt $x_k$ là số các số $m \in B$ mà $|a_k - m| \le 1000$.

Ta sẽ chứng minh: $x_{k} + x_{2001-k} \le \min\{4002, 2016 + 2k\}$ với mọi $1\le k\le 1000$.

Trước hết dễ thấy $x_{k}\le 2001$ với mọi $1\le k\le 2000$ nên $x_k + x_{2001-k}\le 4002$.

Gọi $X_k$ là tập các số $m\in B$ mà $|a_k-m|\le 1000$. Khi đó
$X_k\subset B_k = \{a_k-1000,...,a_k,...,a_{k} + 1000\}$. Tương tự cũng có $X_{2001-k} \subset B_{2001-k} = \{a_{2001-k}-1000,...,a_{2001-k},...,a_{2001-k} + 1000\}$.

Do đó: $X_{k}\cap X_{2001-k} \subset B_{k}\cap B_{2001-k}$. Lại có $a_{k} + 2001-2k \le a_{2001-k}$, nên $B_{k}\cap B_{2001-k}\le 2k$. Hệ qủa là $x_k + x_{2001-k} = |A_k| + |B_k| = |A_k\cup B_k| + |A_k\cap B_k| \le 2016 + 2k$

Vậy ta đã chứng minh được $x_k + x_{2001-k}\le \min\{4002, 2016 + 2k\}$ với mọi $1\le k\le 1000$. Do đó $\sum\limits_{k=1}^{1000}x_k \le \sum\limits_{k=1}^{1000} \min\{4002, 2016 + 2k\} = \left(\sum\limits_{k=1}^{993}2016+2k\right) + 7\times 4002 = 3016944$.

Với hai tập $A = \{9,...,2008\}, B = \{1,...,2016\}$ thì có số cặp $m,n$ thỏa mãn $|m-n|\le 1000$ chính bằng 3016944. Đó cũng là đáp số của bài toán.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tikita]

Mình nghĩ đoạn này có vấn đề,

Nguyên văn bởi Traum

Bài 5 :

Từ định nghĩa của $i$ và $l$ thì $a_{k+i-1} = a_{i-1} = 0$, $a_{i+1} = 0$ và không có $l+1$ bit 1 liên tiếp trong $(a_{i+l},...,a_{k+i-1})$ nên $\omega(a_{i+l},...,a_{k+i-1}) \le 2^{k-l} - 1 - (2^{k-l-1} + 2^{k-2l-1} + \cdots + 1) \le 2^{k-l} - 1 - \frac{2^{k-1}-1}{2^{l}-1}$.

Từ đó $\omega(S_{i}^{*}) - \omega(S_{i+l}^{*})\ge (2^{l}-1)(2^{k-l}-1) - (2^{l}-1)(2^{k-l} - 1 - \frac{2^{k-1}-1}{2^{l}-1}) = 2^{k-1}-1$.

Ví dụ: Lấy $n=5$ và dãy $a_1a_2a_3a_4a_5\equiv 10100$, khi đó $l=1$ và $i=1$, thì $\omega(S_i^*)=10100$ và $\omega(S_{i+l}^*)=01001$. Suy ra $\omega(S_{i}^{*}) - \omega(S_{i+l}^{*})=2^4+2^2-(2^3+1)=11<2^4-1$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Nguyên văn bởi thaygiaocht

Ý b.

Sử dụng kỹ thuật gọi điểm phẩy (cụ thể là gọi P') kết hợp hệ thức Maclaurin (kiểu VMO 2009) ta thấy mấu chốt là cần chứng minh tứ giác $BNMC$ nội tiếp.

Dùng phép chiếu song song sẽ thấy

$\dfrac{AK}{AL}=\dfrac{AB}{AC}.$

Suy ra tam giác $ABK$ đồng dạng tam giác $ACL$ ($g-c-g$), chú ý $\widehat{KAM}=\widehat{LAN}$ theo tính chất phân giác trong.

Đến đây có thể suy ra $A$ là tâm vị tự trong của $(K) $ và $(L)$ nên nó cũng là tâm nghịch đảo của hai đường tròn. Lại có hai cát tuyến qua $A$ là $AMC$ và $ANB$ nên tứ giác $BNCM$ nội tiếp.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daovuquang]

Nguyên văn bởi Traum

Một cách giải cho bài 6

Phần 1: Chứng minh tồn tại đa thức $Q(x)$ thỏa mãn điều kiện a:

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ thì tồn tại đa thức bậc $Q_k(x)$ bậc $k$ và hệ số bậc cao nhất là 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^jQ_k(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le k-1$.

Với $k=1$ chọn $Q_1(x) = x - \frac{\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_{i}}{16}$, dễ thấy $\sum\limits_{i=1}^{16}Q_1(\alpha_i) = 0$.

Với $k = 2$ chọn $Q_2(x) = x^2 + ax + b$ với $a,b$ thỏa mãn hệ phương trình $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i + 16b = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^3 + a\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^2 + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i = 0$ (dễ thấy là tồn tại $a$ và $b$).

Gỉa sử đã có $Q_k(x)$ bậc $k$ và $Q_{k-1}(x)$. Ta xây dựng $Q_{k+1}(x)$ từ chúng.

Đặt $Q_{k+1}(x) = (x+a)Q_k(x) + bQ_{k-1}(x)$ với $a$ và $b$ thỏa mãn:
$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ và $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) = 0$ (Dễ thấy là $b$ xác định được trước, rồi xác định $a$).

Bây giờ ta chứng minh rằng $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ j) = 0$ với mọi $0\le j\le k$.

Thật vậyvới $0\le j\le k-2$:

$\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k+1}(\alpha_ i) = \sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{j+1} + a\alpha_{i}^{j})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q_{k-1}(\alpha_i) = 0$.

Với $j = k-1$ thì phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k}Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Với $j=k$ cũng phải có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i^{k+1} + a\alpha_i^{k})Q_{k}(\alpha_i) + b\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{k-1}Q_{k}(\alpha_i) = 0$.

Vậy theo quy nạp thì sẽ tồn tại $Q(x)$ bậc 8 và có hệ số cao nhất bằng 1 sao cho $\sum\limits_{i=1}^{16}\alpha_i^{j}Q(\alpha_i) = 0$ với mọi $0\le j\le 7$. Hơn nữa mọi đa thức $P(x)$ có bậc nhỏ hơn 8 là tổ hợp tuyến tính của $1,x,..,x^7$ nên có $\sum\limits_{i=1}^{16}P(\alpha_i)Q(\alpha_i) = 0$. ĐPCM.

Phần 2: Chứng minh $Q(x)$ có 8 nghiệm và $Q(x)$ là duy nhất.

Bổ đề: đa thức $R(x)$ bậc chẵn, có hệ số bậc lớn nhất là 1 và tồn tại $a$ mà $R(a) < 0$ thì $R$ có ít nhất hai nghiệm thực.

Với $P(x) = 1$ thì $\sum\limits_{i=1}^{16}Q(\alpha_i) = 0$. Do $Q(x)$ bậc 8 nên không thể xảy ra trường hợp tất cả $Q(\alpha_j)$ đều bằng 0. Do đó tồn tại $i$ sao cho $Q(\alpha_j) < 0$, mà hệ số bậc cao nhất của $Q(x)$ là 1 nên $Q(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực là $\beta_1, \beta_2$.

Đặt $Q(x) = (x-\beta_1)(x-\beta_2)Q_1(x)$, thì $Q_1$ có bậc chẵn và hệ số bậc cao nhất là 1. Với $P(x) = (x - \beta_1)(x-\beta_2)$, có $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q(\alpha_i) = 0$ suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i - \beta_1)(\alpha_i-\beta_2)(\alpha_i-\beta_1)(\alpha_i-\beta_2)Q_1(\alpha_i) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}(\alpha_i-\beta_1)^2(\alpha_i-\beta_2)^2Q_1(\alpha_i) = 0$. Do đó, tồn tại $j$ mà $Q_1(\alpha_j) < 0$ và lại theo bổ đề ta có $Q_1$ có ít nhất hai nghiệm là $\beta_3, \beta_4$, hệ qủa là $Q(x)$ có ít nhất bốn nghiệm là $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ và $\beta_4$.

Cứ áp dụng như trên thì sau $3$ lần ta có $Q(x)$ có ít nhất $8$ nghiệm, mà $Q(x)$ bậc $8$ nên $Q(x)$ có đúng 8 nghiệm.

Chứng minh tính duy nhất của $Q$. Gỉa sử tồn tại $Q_1$ và $Q_2$ thỏa mãn. Vì $Q_1$ và $Q_2$ có bậc 8 và hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên $H(x) = Q_1(x) - Q_2(x)$ có bậc nhỏ hơn 8. Do đó $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_1(\alpha_i) = 0$, và $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)Q_2(\alpha_i) = 0$. Suy ra $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)\left(Q_1(\alpha _i) -Q_2(\alpha_i)\right) = 0$ hay $\sum\limits_{i=1}^{16}H(\alpha_i)H(\alpha) = 0$. Suy ra $H(\alpha_i) = 0$ với mọi $i =1,...,16$. Điều này chỉ xảy ra nếu $H(x) = 0$ với mọi $x$. ĐPCM.

Để chọn được $a$ và $b$ cho $Q_{k+1}(x)$ thì cần có $\sum_{i=1}^{16} \alpha_i^kQ_k(\alpha_i) \neq 0$ với mọi $k$, tuy nhiên điều này mình thấy không hiển nhiên lắm. Bạn giải thích đoạn này rõ hơn đc ko?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Traum]

Nguyên văn bởi daovuquang

Để chọn được $a$ và $b$ cho $Q_{k+1}(x)$ thì cần có $\sum_{i=1}^{16} \alpha_i^kQ_k(\alpha_i) \neq 0$ với mọi $k$, tuy nhiên điều này mình thấy không hiển nhiên lắm. Bạn giải thích đoạn này rõ hơn đc ko?

Lời giải trên chỉ là cách làm thôi, nhiều chi tiết cụ thể bị bỏ qua

Thực ra thì phải chia 2 trường hợp, nếu nó bằng 0 thì hiển nhiên $Q_{k+1} = Q_{k}$ thỏa mãn. Nếu nó khác không thì như trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[navid]

Ai cũng có thể tải lên các tài liệu biên soạn của Việt Nam-TST 2016 Vấn đề và giải pháp?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]