+ MCCC1 = 2

Vậy MB.AC+MA.BC+MC.AB< 2 max{AB.AC;BC.AB;AC.BC}_.

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Ta chứng minh 4S_ABC ⩽ MB.AC + MA.BC + MC.AB.

Trường hợp 1.Tam giác ABCnhọn.

B

A

C M

C₁ B₁

Gọi B₁,C₁ lần lượt là hình chiếu củaB,Clên AM, khi đó ta có S_ABM +S_ACM = ¹

2AM.(BB₁+CC₁)⩽ ¹

2AM.BC Dấu bằng xảy ra khi AM ⊥ _BC.

Tương tựS_BCM+S_ABM ⩽ ¹

2BM.AC;S_BCM+S_ACM ⩽ ¹

2CM.AB.

Do đóS_ABM+S_ACM+S_BCM ⩽ ¹

4(MA.BC+MB.AC+MC.AB)

⇒ MA.BC+MB.AC+MC.AB⩾ ^4SABC.

Dấu bằng xảy ra khi M là trực tâm tam giác ABC.

Trường hợp 2.Tam giácABCcó một góc tù. Không mất tính tổng quát, giả sử∠^Atù.

B

A

C M

B^′

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Trên đường thẳng vuông góc với ACtại A, lấy điểm B^′ sao cho AB = AB^′. Ta có∠^ABB′ =∠^AB′Bnên∠^MBB′ = ∠^MB′B ⇒ MB > MB^′.

Lại có∠^CB′B >∠^CBB′ ⇒ CB >CB^′.

Suy ra MA.BC+MB.CA+MC.AB ⩾ ^MA.B′C+MB^′.CA+MC.AB^′. Tương tựTrường hợp 1, tam giácAB^′Ccó

MA.B^′C+MB^′.CA+MC.AB^′ ⩾ ^4S_AB^′_C =2AB^′.AC =2AB.AC Do đó MA.BC+MB.CA+MC.AB⩾^4SABC.

Phép chứng minh được hoàn tất. □

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Bài toán G4

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O)cố định với B,C cố định, Adi chuyển trên cung lớn >

BC. Gọi K là giao điểm khác A của đường tròn đi qua A,B tiếp xúc vớiBCtạiBvà đường tròn đi quaA,Ctiếp xúc vớiBCtạiC. Gọi(_C)là đường tròn đi qua A,Ovà tiếp xúc trong với (O) _{tại A. Gọi} F là giao điểm khácOcủa (BOC) và (_C). Gọi P là giao điểm của AF và BC. Chứng minh rằng PK đi qua điểm cố định khi Adi chuyển trên cung lớn>

BC.

Đề xuất bởi Trang Sĩ Trọng, T18-21 Lời giải.

B O

C

C₁ C₂

K A

C

F

P

K^′

M T

S

S^′

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

GọiK^′ là điểm đối xứng vớiKqua BC, Mlà trung điểm BC.

Ta có

( MB² =_PM/(C

1)

MC² =_PM/(C

2)

,với(_C1),(_C2)lần lượt là đường tròn qua A,Btiếp xúc với BC tạiBvà đường tròn qua A,C tiếp xúc vớiBCtạiC.

Vì MB = MC nên P_M/(C1) = _PM/(C

2) hay M thuộc trục đẳng phương của (_C1) và (_C2).

Mặt khác, AK là trục đẳng phương của (_C1) và (_C2) nên M ∈ _{AK hay AK là trung} tuyến của tam giác ABC.

Ta có

∠^BKC = 180^◦−∠^KBC−∠^KCB= 180^◦−∠^KAB−∠^KAC =180^◦−∠^BAC màK^′ đối xứng vớiK quaBC nên∠^BK′C = 180^◦−∠BAC.

⇒ _{Tứ giác} ABK^′C nội tiếp (O) ⇒ ∠^BAK′ = ∠^BCK′ mà ∠^BCK′ = ∠^BCK = ∠^CAK nên∠^BAK′ =∠^CAK hay AK^′ là đường đối trung của tam giác ABC.

⇒ _{Tứ giác} ABK^′Clà tứ giác điều hòa.

GọiT là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại Avà K^′ của(O)_{, suy ra} T ∈ _BC.

Lại có BC là trục đẳng phương của (O)_và (BOC)_, ATlà trục đẳng phương của (O) và(_C)_nênT là tâm đẳng phương của(O),(_C)_và(BOC) ⇒ T ∈ OFvìOF là trục đẳng phương của(BOC)_và (_C)_.

Ta có

( TA = TK^′

OA =OK^′ ⇒ OTlà đường trung trực của AK^′ ⇒OT ⊥ AK^′ (1)_.

Mặt khác,(_C)và(O)tiếp xúc nhau tại AvàOlà tâm của(O)nênOAđi qua tâm của (_C)hayOAlà đường kính của (_C) ⇒ AF ⊥ FO (2).

Từ(1),(2)suy ra A,F,K^′ thẳng hàng.

⇒ F,Pthuộc đường đối trung của tam giác ABC.

GọiSlà giao điểm của 2 tiếp tuyến tại BvàCcủa(O) ⇒ K^′Pđi quaS.

Vì K^′ đối xứng vớiK qua BC nên K^′P đối xứng với KP qua BC nên KP đi qua điểm đối xứng vớiSqua BC. Điểm này là điểm cố định vì B,C,(O)cố định.

Phép chứng minh được hoàn tất. □

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Bài toán G5

Cho tam giác ABC có BC = a,CA = b,AB = _{c. Gọi}O và Rlần lượt là tâm và bán kính(ABC)_{. Gọi} I_a,I_b,I_c lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp ở các gócA,B,C.

Gọirlà bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng 1

2R ⩽ ^OIa

(a+b)(a+c) + ^OIb

(b+c)(a+b) + ^OIc

(c+a)(b+c) ⩽ ¹ 4r

Đề xuất bởi Lâm Nhựt Tùng, 11T-T Lời giải.

B

A

C O

I_a I_c

I_b

A₁

B₁ C₁

E

M

F

N P

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Phần chung của hai trường hợp: tam giác ABC tù và tam giác ABC nhọn.

Gọi AA₁,BB₁,CC₁ là các đường phân giác trong của tam giác ABC; E,F lần lượt là hình chiếu của I_a lên AB,AC; M,N,Plần lượt là hình chiếu củaO lênEI_a,FI_a,AB.

Ta có∠^B1AC₁ = ∠^BAC =∠^MON (1)(cách dựng hình).

Mặt khác, E,F là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với AB,AC (cách dựng hình) nên AE= _AF.

Đặt AE = p = ^a+b+c

2 .

Dễ thấyOPEM là hình chữ nhật nênOM = PE= p− ^c 2. Tương tựON = p− ^b

2. Do đó OM

ON = ^a+b

a+c (₂)_.

Theo tính chất đường phân giác, ta có AB₁ = ^bc

c+a; AC₁ = ^bc

a+b ⇒ ^AB1

AC₁ = ^a+b

a+c (3). Từ(1), (2), (3)_{suy ra}△AB₁C₁ ∽ △OMN ⇒ ^B1C1

MN = ^AB1

OM = ^2bc

(a+b)(a+c)^.

⇒ B₁C₁ = ^2bc.MN

(a+b)(a+c) = ^{2bc.OIa. sin}∠^MON

(a+b)(a+c) = ^{2bc.OIa. sin}∠^BAC (a+b)(a+c)

= ^abc.OIa R(a+b)(a+c)

⇒ OI_a = ^R(a+b)(a+c)B₁C₁

abc .

Tương tự ta có

OI_b = ^R(b+c)(b+a)A₁C₁

abc ,

OI_c = ^R(c+a)(c+b)A₁B₁

abc .

Do đó

Q = OI_a+OI_b+OI_c = ^R

abc (A₁B₁+B₁C₁ +A₁C₁). Ta chứng minh Q ⩾ ¹

2R.

Trường hợp 1.Tam giác ABCnhọn.

Gọi Dlà giao điểm củaOAvà B₁C₁.

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

B

A

C O

A₁

B₁

C₁ D

Ta có R.B₁C₁ =OA.B₁C₁ ⩾ ^2SOB₁AC₁.

Tương tự ta cóR.C₁A₁ ⩾^2SOC₁BA₁; R.A₁B₁ ⩾^2SOB₁CA₁. Do đó

R(A₁B₁+B₁C₁+C₁A₁)⩾^2SABC = 2.abc

4R ⇒ ^R

abc (A₁B₁+B₁C₁+C₁A₁)⩾ ¹ 2R VậyQ ⩾ ¹

2R.

Trường hợp 2.Tam giácABCcó một góc tù. Không mất tính tổng quát, giả sử∠^Atù.

A B

C A₁

B₁ C₁

C₃

C₂

H

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

GọiC₂,C₃ lần lượt là điểm xứng củaC₁ qua AC,BC.

Suy raCC₁ =CC₂ = CC₃ >_CA.

Gọi H là hình chiếu củaClênC₂C₃. Ta có

sin∠^C2CH =sin∠^BCA = ^C2H

CC₂ ⇒ _C2C3 =2CC₃sin∠^ACB >2b. sinC.

⇒ A₁B₁+B₁C₁+C₁A₁ ⩾^C2C₃ >2b. sinC.

Tương tự, ta có A₁B₁+B₁C₁ +C₁A₁ >2c. sinB.

Suy ra

A₁B₁+B₁C₁+C₁A₁ > b. sinC+c. sinB = ^2SABC R . VậyQ > ¹

2R.

Ta chứng minh Q ⩽ ¹ 4r.

Áp dụng định lýCosines, ta có

B₁C₁² = _AB1²+_AC1² −_2AB1AC1cosA.

⇒ B₁C₁² =

bc a+c

2

+ bc

a+b 2

−2 b²c² (a+b)(a+c)^.

b² +c²−_a² 2bc

= ^b

2c c+a

c

c+a− ^b b+a

+ ^bc

2

b+a b

b+a − ^c c+a

+ ^b

2c² (b+a)(c+a)

= ^a

2bc

(a+b)(a+c) − ^abc(a+b+c)(b−c)² (a+b)²(a+c)²

⇒ _B1C1² ⩽ ^a

2bc

(a+b)(a+c) ⩽

AM−GM

a²bc 4√

ab.√ ac =

√ab.√ ac

4 ⩽

AM−GM

1 4

√ab+√ ac 2

!2

⇒ B₁C₁² ⩽

AM−GM

1 16

2a+b+c 2

2

⇒ B₁C₁ ⩽ ^2a+b+c

8 .

Tương tựC₁A₁ ⩽ ^2b+c+a

8 ; A₁B₁ ⩽ ^2a+b+c

8 .

Suy ra A₁B₁ +B₁C₁+C₁A₁ ⩽ ^a+b+c

2 = p.

VậyQ ⩽ ^Rp abc = ¹

4r.

Phép chứng minh được hoàn tất. □

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Bài toán G6

Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường tròn (O)_{, giả sử} ABcắtCD tạiE, ADcắtBC tại Fvà AC cắtBDtạiG. Các đường tròn(ADE)_và(CDF)cắt nhau tạiDvà H. Phân giác góc AHB cắt AB, AD lần lượt tại I và J; phân giác góc DHC cắt BC, DC lần lượt tạiK và L. Gọi M, M^′ là giao điểm của BH với AD, CD tương ứng; N, N^′ là giao điểm DH với BC, BA tương ứng. Chứng minh IL, JK, MN, M^′N^′ đồng quy tạiG.

Đề xuất bởi Phạm Hữu Dư, 12T Lời giải.

O A

D

B C

E

F G

H

I

J

K

L M

M^′

N^′

N

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Dễ thấy H là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCD.EF, mà ABCD nội tiếp nên E,F,H thẳng hàng.

Ta chứng minh M, N, G thẳng hàng.

Áp dụng định lýMenelauscho:

1. Tam giácECF và cát tuyếnDNH, ta được ED CD.CN

FN.FH EH =1 2. Tam giác AEF và cát tuyếnBHM, ta được AB

EB.EH FH.FM

AM = 1 3. Tam giác ACEvà cát tuyến GDB, ta được AG

CG.CD ED.EB

AB =1 Nhân ba vế lại ta được AG

CG.CN FN.FM

AM =1, áp dụng định lý đảoMenelauscho tam giác ACF, ta được M,N,Gthẳng hàng.

Ta chứng minh M’,N’,G thẳng hàng.

Áp dụng định lýMenelauscho:

1. Tam giácEBF và cát tuyến N^′NH, ta được EN^′ BN^′.BN

FN.FH EH = 1 2. Tam giácDEFvà cát tuyến M^′MH,ta được DM^′

EM^′.EH FH.FM

DM = 1 3. Tam giácBDFvà cát tuyến GMN, ta được BG

DG.DM FM.FN

BN =1 Nhân ba vế lại ta được BG

DG.DM^′ EM^′.EN^′

BN^′ = 1, áp dụng định lý đảo Menelaus cho tam giácBDE, ta được M^′,N^′,Gthẳng hàng.

Ta tiếp tục chứng minh J, G, K thẳng hàng.

Áp dụng định lýMenelauscho:

1. Tam giácECF và cát tuyến LKH, ta được EL CL.CK

FK.FH EH =1 2. Tam giác AEF và cát tuyến I H J,ta được AI

EI.EH FH.FJ

AJ = 1 3. Tam giác ACEvà cát tuyến GLI, ta được AG

CG.CL EL.EI

AI =1 Nhân ba vế lại ta được AG

CG.CK FK.FJ

AJ = 1, áp dụng định lý đảoMenelauscho tam giác ACF, ta được J,K,Gthẳng hàng.

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Chứng minh I, G, L thẳng hàng.

J

K O A

D

B C

E

F G

H

I

L

Tứ giác ABCD nội tiếp (O) nên O,G,H thẳng hàng, hơn thế nữa HG là phân giác chung củaAHC vàBHD, ta chứng minh điều đó.

∠^AHG = 90^◦−∠^AHE = 90^◦−∠^ADE = 90^◦ −∠^CDF = 90^◦−∠^CHF = ∠^CHG nênHG là phân giác của AHC.

Tương tự∠^BHG = 90^◦−∠^BHE = 90^◦−∠^ECB = 90^◦−∠^DHF = ∠^{DHG nên HG} là phân giácBHD.

Ta thấy△_{H AB}∽ △_{HDC(g.g) vì}

( ∠^ABH =∠^DHC

∠^BAH =∠^CDH (cùng bù∠^EFB) ^, suy ra AI

BI = ^{H A}

HB = ^HD

HC = ^DL LC

Ta cóGA.GC= GB.GD, suy ra AG

BG = ^DG CG. Do đó ta có

AG BG

2

=

DG CG

2

= ^AG BG.DG

CG = ^{H A} HB.HD

HC = ^AI BI.DL

CL = AI

BI 2

= DL

CL 2

Vậy ta có AG

BG = ^DG

CG = ^AI

BI = ^DL

CL, do đóGI,GL lần lượt là phân giác của∠^AGBvà

∠DGC, là hai góc đối đỉnh nên I,G,Lthẳng hàng.

Phép chứng minh được hoàn tất. □

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

!

Mở rộng bài toán G6.

Cho (_O) cố định, bốn điểm A,B,C,D chuyển động trên đường tròn sao cho tứ giác ABCD là tứ giác lồi. Giả sử AB cắt CD tại F và BC cắt AD tại E. Gọi H là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCD.EF. Phân giác của gócCHDcắt(ADF) tại J và H, phân giác góc BH A cắt (BCF) _tạiK khác H. Chứng minh(HK J)_luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải.

A

B C

D

O

F

E G

H

J K

GọiG là giao điểm của ACvà BD.

DoH là điểmMiquelcủa tứ giác toàn phần ABCD.EF, mà tứ giác ABCDnội tiếp(O) nênO,G,Hthẳng hàng vàE,F,Hthẳng hàng.

Theo định lýBrocard,Olà trực tâm của tam giácGEF, do đóOGvuông góc vớiEFtại H.

Ta có

∠^AHG= 90^◦−∠^AHE=90^◦−∠^ADE =90^◦−∠^CDF = 90^◦−∠^CHF = ∠^CHG nênHG là phân giác của AHC.

Tương tự∠^BHG = ₉₀^◦−∠^BHE = ₉₀^◦−∠^ECB = ₉₀^◦−∠^DHF = ∠^DHG nên HG là phân giácBHD.

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Vậy ta có HGlà phân giác chung của góc AHC vàBHD.

Ta thấy

△H AB ∽△HDC(g.g) vì

( ∠^ABH =∠^DHC

∠^BAH =∠^{CDH(cùng bù}∠^FDH= ∠^FAB)

⇒ ^{H A}

HD = ^HB

HC = H A.HC = HB.HD.

△H AF ∽ △HEC(g.g) vì

( ∠^AFH =∠^HCE

∠^{H AF} =∠^CEH

⇒ ^{H A}

HE = ^HF

HC = H A.HC = HE.HF.

Mặt khác∠^AOC+∠^AHC =2∠^ABC+∠^AHC =∠^{FH A}+∠^EHC+∠^AHC =180^◦, do đó tứ giác AOCHnội tiếp.

Tương tự, tứ giác HDOBnội tiếp.

Xét phép nghịch đảo đối xứng T, cực H, phương tích k = H A.HC = HB.HD = HE.HF, đối xứng qua đường thẳngHG.

Khi đó A ↔ C, B ↔ D, E↔ F, (H AC)↔ AC, (HBD)↔ _BD.

DoO = (H AC)∩(HBD)_và AC∩BD = Gnên qua T,O ↔ _G.

GọiK^′, J^′ lần lượt là giao điểm của phân giác của gócCHDvớiBC, phân giác của góc AHBvới AD. Khi đóK ↔ K^′ và J ↔ J^′.

Ta chứng minh J^′,G,K^′ thẳng hàng, khi đó(HK J)sẽ đi qua điểm cố định là điểmO.

Gọi I, L lần lượt là giao điểm của phân giác góc CHD với CD, phân giác góc AHD với AB.

Chứng minh hoàn toàn tương tựG6, ta có I,G,Lthẳng hàng.

Áp dụng định lýMenelauscho:

1. Tam giácECF và cát tuyến LK^′H, ta được EK^′ CK^′.CL

FL.FH EH = 1 2. Tam giác AEF và cát tuyến I H J^′, ta được AJ^′

EJ^′.EH FH.FI

AI =1 3. Tam giác ACF và cát tuyếnGLI, ta được CG

AG.FL CL.AI

FI = 1 Nhân ba vế lại ta được EK^′

CK^′.AJ^′ EJ^′.CG

AG =1, áp dụng định lý đảoMenelauscho tam giác ACE, ta được J^′,K^′,G thẳng hàng.

Vậy(HK J)luôn đi qua điểmOcố định. □

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

A

B C

D

O

F

E G

H

K^′ J^′ I

L

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Bài toán G7 (Lưu Công Đông - VIASM 2021)

Cho hình thang ABCD (AB ∥ CD) ngoại tiếp (I). M, N, P, Q tương ứng là tiếp điểm của (I) và AB ,BC, CD, DA. S là một điểm tuỳ ý thuộc (I). MS cắt NQtại K. Đường thẳng qua B song song với NS cắt QN tại F. Chứng minh rằng (AQF), (I), PKcùng đi qua một điểm.

Đề xuất bởi Phạm Hữu Dư, 12T Lời giải.

A B

C D

I M

N

P Q

S K F

H

Z T N^′ F^′ T^′

X m Y

n

Gọi H là giao điểm củaPK với(I)_.

GọiK,Z lần lượt là giao điểm của MS,MPvới NQ.

Ta có

(NSPQ) = M(NSPQ) = (NKZQ) = P(NKZQ) = P(NHMQ)

= (NHMQ) = Q(NHMQ). (1) GọiT là giao điểm củaBI với NQ.

Ta chứng minh BI ∥ PN và đa giác AMTIQ nội tiếp.

Do ABCDlà hình thang có AB∥ CD nênP,I,M thẳng hàng.

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Ta có

∠^IBN =90^◦−∠^{BI N} =90^◦−sđ>

MN = sđ>

NB = ∠^PNC, do đóBI ∥ _PN.

Ta có tứ giác MNPQ nội tiếp nên ZM.ZP = ZN.ZQ ⇒ ^ZM

ZQ = ^ZN

ZP = ^ZT ZI (do BI ∥ PN, định lýThales) ⇒ _ZM.ZI = ZQ.ZT.

⇒ _{Tứ giácMT IQ nội tiếp.}

Mặt khác theo kết quả quen thuộc về hai tiếp tuyến giao nhau của một đường tròn, ta có tứ giác AMIQ nội tiếp đường tròn đường kínhAI.

Vậy ta có đa giác AMT IQ nội tiếp.

Xét phép nghịch đảo I(Q,k) _với k = QA². Qua I : (I) ↔ n, A ↔ A, N ↔ N^′, F ↔ F^′, T ↔ T^′.

GọiX,Y lần lượt là giao điểm củanvới AF^′ và AT^′.

Qua I:(AMT)↔ AT^′, (I) ↔ nmàY là giao điểm củanvới AT^′, Mlà giao điểm của (I)_với(AMT)_{, do đó}Q,Y,M thẳng hàng.

Kẻ tiaBm song song vớiNQ.

Ta có (NSPQ) = N(NSPQ)_mà BN là tiếp tuyến của (I) _{tại N, và} NS,NP,NQ lần lượt song song vớiBF,BT,BMnên

(NSPQ) = N(NSPQ) = B(NFTm) = (NFT) = N^′F^′T^′Q(theo tính chất về tỉ số của phép nghịch đảo)= A(N^′F^′T^′Q) = A(N^′XYQ) = Q(N^′XYA)_(do N^′,X,Ythẳng hàng)

=Q(NXMQ). (2)

Từ(1)_và(2)_{suy ra}Q(NXMQ) = Q(NHMQ)_{, suy ra}Q,X,Hthẳng hàng, màXnằm trênAF^′, qua I, AF^′ ↔ (QAF)_nên H thuộc(QAF)_.

Hay nói cách khác,H là điểm chung của(QAF),(I)_{và PK.}

Phép chứng minh được hoàn tất. □

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

4 Tổ hợp

Bài toán C1

Chon,r∈ _N^∗ thỏa mãnr< n−r+1. ĐặtX = {1, 2, . . . ,n}. Có bao nhiêu tập con củaX córphần tử mà không có hai số tự nhiên liên tiếp nào?

Đề xuất bởi Nguyễn Thái Tân, T18-21

Lời giải.

Cách 1.

Xét dãy nhị phân độ dài n, trong đó chứar ký tự 1,n−rký tự 0 và không có hai ký tự 1 liên tiếp nào. Một dãy nhị phân như thế cũng chính là cách chọn ra tập con của X cór phần tử mà không có hai số tự nhiên liên tiếp nào (ký tự 1 và 0 lần lượt biểu diễn cho phần tử xuất hiện và không xuất hiện trong tập con).

Đặt trước r ký tự 1 trên một dòng. Ta phải đặtn−r ký tự 0 vàor−1 khoảng trống giữar ký tự 1 đó sao cho mỗi khoảng trống đều phải có ký tự 0. Còn hai khoảng trống ở ngoài dãy ký tự 1, ký tự 0 có thể xuất hiện, cũng có thể không.

Ta có phương trình

x₁+x₂+. . .+x_r+1 = n−r trong đóx₁, x_r+1 ⩾^{0và x}2,x₃, . . . ,x_r >0.

Số nghiệm của phương trình trên chính là kết quả của bài toán.

Nhận xét.Đây chính là bài toánChia kẹo Euler.

Vậy số tập con thỏa mãn bài toán là C_n^r_−r+1. □ Cách 2.

Gọi Alà tập các tập con của X, córphần tử và không chứa hai số tự nhiên liên tiếp vàBlà tập các tập con córphần tử của tập hợpY = {1, 2, . . . ,n−_r+1}.

Thiết lập ánh xạ:

f : S ={x₁,x₂,x₃, . . . ,x_r} 7→ T = {x₁,x₂−1,x₃−2, . . . ,x_r−r+1} Trong đó x₁+1< x₂, x₂+1 < x₃, . . . ,x_r−1+1< x_r, tức làS ∈ _A.

TậpT là tập córphần tử và có thể có hai số tự nhiên liên tiếp, tức là T ∈ _B.

Dễ thấy tương ứng trên là một song ánh.

Vậy|A|= |B|= C^r_n−r+1. □

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Bài toán C2

Một dãy số gồm 5 số có hai chữ số nguyên dương được viết lên bảng theo thứ tự tăng dần. Mỗi một số trong 5 số này đều là bội của 3, và các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9xuất hiện đúng một lần trên bảng. Hỏi có tổng cộng bao nhiêu cách biểu diễn dãy số lên bảng. Lưu ý rằng số có hai chữ số không bắt đầu từ số 0.

Đề xuất bởi Đoàn Quang Đăng, 12T Lời giải. Nếu A = _{ab...3thì khi đóa}+b...3. Từ đó suy raa,b đều là bội của 3 hoặca chia 3 dư 1 vàbchia 3 dư 2 hoặcachia 3 dư 2 vàbchia 3 dư 1. Ta phân hoạch các chữ số 0, 1, . . . , 9thành ba tập hợp

• S₀ ={_{0, 3, 6, 9}}, tập các số chia hết cho 3.

• S₁ ={_{1, 4, 7}}, tập các số chia 3 dư 1.

• S₂ ={_{2, 5, 8}}, tập các số chia 3 dư 2.

Ta có hai trường hợp sau

1. Nếua,b ∈ S₀: Trước hết, nếub =0thì acó 3 cách chọn. Với hai chữ số còn lại, ta có thể chọn được 2 số có hai chữ số là bội của 3.

Như vậy số cách chọn ở đây là3.2 = 6cách.

2. Nếua,bđều không là bội của 3: Ta chọn 3 số còn lại như sau

• Với số Acó chữ số 1, ta có 3 cách chọn chữ số còn lại từ tập S₂.

• Với số Acó chữ số 4, lúc này ta chỉ còn 2 chữ số có thể chọn từ tậpS₂.

• Với số Acó chữ số 7, ta chỉ còn duy nhất 1 chữ số có thể chọn từ tậpS₂.

Ngoài ra, với mỗi số được chọn từ 2 chữ số, ta lập được 2 số có hai chữ số (ví dụ như với hai chữ số 1, 2 thì ta được hai số 12 và 21).

Vậy có3.2.1.2³ =48 số thỏa mãn yêu cầu.

Khi ta có 5 số như vậy, chỉ có duy nhất 1 cách sắp xếp chúng theo thứ tự tăng dần.

Vậy tổng cộng ta có6.48= 288cách chọn. □

TỔNG HỢP CÁ C BÀI TO ÁN HA Y

Bài toán C3

Cho một bảng vuông kích thước20×20 gồm các điểm được tô màu đỏ hoặc màu xanh. Nếu có 2 điểm có cùng màu trong cùng hàng hoặc cùng cột nằm liền kề nhau thì chúng được nối với nhau bởi 1 đoạn thẳng cùng màu. Các điểm nằm liền kề được nối với nhau bởi 1 đoạn thẳng màu đen. Có tất cả 219 điểm tô màu đỏ, trong đó có 39 điểm nằm trên biên (không nằm tại các góc), và 237 đoạn thẳng màu đen. Hỏi có bao nhiêu đoạn thẳng màu xanh?

Đề xuất bởi Nguyễn Trần Yến Nhi, 11T

Lời giải.

Trên mỗi hàng có 19 đoạn thẳng (do có 20 điểm trên mỗi hàng), mà có 20 hàng nên ta có20.19=₃₈₀đoạn thẳng nằm ngang.

Tương tự, ta có20.19 =₃₈₀đoạn thẳng đứng, do đó tổng số đoạn thẳng là 760.

Mà số đoạn thẳng màu đen là 237 nên số đoạn thẳng có màu xanh hoặc đỏ là760− 237= _523.

Gọirlà số đoạn thẳng màu đỏ. Ta đếmSlà số cặp(p,s), trong đó điểm pcó màu đỏ là đầu mút của đoạn thẳngs.

Ta có mỗi đoạn thẳng màu đỏ được nối bởi 2 điểm màu đỏ, mỗi đoạn thẳng màu đen được nối bởi 1 điểm màu đỏ và 1 điểm màu xanh.

⇒ S =2r+237 (1)

Ta có39 điểm màu đỏ nằm trên biên và219−39 = 180điểm màu đỏ nằm bên trong bảng.

Mỗi điểm màu đỏ trên biên là đầu mút của đúng 3 đoạn thẳng (do không có điểm nào ở góc), mỗi điểm màu đỏ bên trong bảng là đầu mút của đúng 4 đoạn thẳng.

⇒ S =39.3+180.4 =837 (2)

Theo nguyên lí đếm bằng 2 cách, từ (1),(2)_{suy ra}r= _300.

Vậy số đoạn thẳng màu xanh là523−300 =_223. □

CHUYÊN TO ÁN - CHUYÊN BẾN TRE

Bài toán C4 (HSG Chuyên Lào Cai 2019)

Trong một cuộc thi Toán gồm 2 vòng, vòng 1 và vòng 2 với tổng cộng 28 bài toán.

Mỗi thí sinh giải được đúng 7 bài với số thí sinh giải được mỗi bài là như nhau. Với hai bài toán bất kì, có đúng 2 thí sinh giải được cả hai bài toán đó.

a) Hỏi có tất cả bao nhiêu thí sinh tham dự cuộc thi?

b) Chứng minh rằng ở vòng 1 có một thí sinh hoặc không giải được bài nào hoặc giải được ít nhất 4 bài toán.

Đề xuất bởi Phạm Hữu Dư, 12T

Lời giải.

a) Gọi số thí sinh tham dự cuộc thi làn.

Ta đếm số bộλ = (σ,a,b)_{, trong đó}σ là học sinhX làm được hai bài toánavàb.

• Đếm theo học sinh σ trước: Với cách chọn σ, có ncách. Do mỗi học sinh giải được đúng 7 bài nên chọn 2 bài a,bcó C₇² cách. Do đó số bộλđếm theo cách này là21n.

• Đếm theo hai bàia,btrước: Ta chọn 2 trong 28 bài cóC₂₈² cách. Do ở hai bài toán bất kì có đúng 2 thí sinh giải được, nên có 2 cách chọnσ. Do đó số bộ λđếm theo cách này là2C²₂₈.

Theo nguyên lí đếm bằng 2 cách, ta có21n =2C₂₈² ⇔ n =36.

Vậy có tất cả 36 thí sinh tham dự cuộc thi. □

b) Gọimlà số bài toán ở vòng 1.

Gọirlà số thí sinh giải được 1 bài bất kì. Vậy thì số thí sinh này cũng giải được6rbài toán khác (tính cả lặp). Mặt khác, 27 bài còn lại được tính 2 lần nên6r =_27.2.

Vậy số thí sinh giải được 1 bài toán làr= 9.

Với m =1thì có 9 học sinh giải được 1 bài, hiển nhiên có điều phải chứng minh.

Với m⩾2, ta chứng minh bằng phản chứng:

Giả sử ở vòng 1 có một số thí sinh giải được bất kể 1 bài, 2 bài hoặc 3 bài.

Gọix,y,z(x,y,z >0)lần lượt là số thí sinh giải được 1 bài, 2 bài, 3 bài ở vòng 1, ta có x+y+z =_36.

Cóm bài toán mà số thí sinh giải được 1 bài bất kì là 9 nênx+2y+3z=9m.

Giả sử mỗi học sinh sẽ nhận được 1 phiếu cho mỗi cặp 2 bài toán mà học sinh đó giải được ở vòng 1. Khi đó, trongy học sinh thì mỗi học sinh có1phiếu và trongzhọc sinh thì mỗi học sinh có 3 phiếu. Vậy ta cóy+3z= 2C_m².

Trong tài liệu Một số bài toán hay ôn thi VMO năm 2023 có lời giải chi tiết (Trang 36-63)