BÀI SỐ 4: TOÁN RỜI RẠC
Bài 4. Cho ngũ giác lồi ABCDE có các cạnh và hai đường chéo AC,
AD có độ dài không vượt quá

3. Trong ngũ giác lồi lấy 2011 điểm
phân biệt bất kì. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có
tâm nằm trên cạnh của ngũ giác lồi ABCDE và chứa ít nhất 403
điểm trong số 2011 điểm đã cho.
Lời giải. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho điểm I nằm trong tam giác X Y Z có độ dài các cạnh nhỏ
hơn

3. Khi đó,
min{I X , IY , I Z} <1.
Chứng minh. Thật vậy, vì ∠X IY +∠Y I Z +∠ZI X =360
◦
nên trong ba
góc ∠X IY , ∠Y I Z, ∠Z I X phải có một góc không nhỏ hơn 120
◦
. Giả sử
∠X IY  120
◦
thì trong tam giác I X Y , theo định lý cosin ta có
3  X Y
2
= I X
2
+IY
2
−2I X ·IY cos∠X IY
 I X

=1, a
1
=−1 và a
n
=6a
n−1
+5a
n−2
với mọi n 2.
Chứng minh rằng a
2012
−2010 chia hết cho 2011.
Lời giải 1. Xét dãy {b
n
} được xác định như sau
b
0
=1, b
1
=−1 và b
n
=6 b
n−1
+2016b
n−2
với mọi n 2.
Dãy này có phương trình đặc trưng
x
2
−6x −2016 =0

.
Do 2011 là số nguyên tố, và 2011, 90 là hai số nguyên tố cùng nhau
nên ta chỉ cần chứng minh
41 ·48
2012
+49 ·(−42)
2012
+90 ≡0 (mod 2011). (1)
Mà theo định lý Fermat nhỏ, ta có
41 ·48
2012
+49 ·(−42)
2012
+90 ≡41 ·48
2
+49 ·42
2
+90 (mod 2011)
=90 b
2
+90 =90

6 ·(−1) +2016 ·1

+90
=90 ·2010 +90 =90 ·2011 ≡0 (mod 2011).
Vì vậy, (1) đúng. Bài toán được chứng minh xong.
22 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Lời giải 2. Phương trình đặc trưng của dãy đã cho là x
2

n
14
=

−7 +

14

3 +

14

n−1
−

7 +

14

3 −

14

n−1
14
=−u
n
+2v
n
,


14

n−1
2

14
.
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có
u
2012
=
1005

k=0
C
2k
2011
3
2011−2k
14
k
=3
2011
+
1005

k=1
C
2k

, ta cũng sử dụng khai triển Newton và thu được
v
2012
=
1006

k=1
C
2k−1
2011
3
2012−2k
14
k−1
=14
1005
+
1005

k=1
C
2k−1
2011
3
2012−2k
14
k−1
.
Đến đây, cũng bằng cách sử dụng tính nguyên tố của 2011, ta thấy
C

Suy ra
v
2012
≡1 (mod 2011). (3)
Từ (2) và (3), ta có
a
2012
−2010 ≡−3 +2 ·1 −2010 ≡0 (mod 2011).
Bài toán được chứng minh xong.
24 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
d
BÀI SỐ 6: HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 6. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC, ACB là
các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không
trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng
d vuông góc với BC tại Dcắt đường thẳng AB, AC tương ứng tại E và
F. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
AEF , BDE và CDF. Chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P cùng
nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Lời giải. Ta thấy bài toán đã cho chính là sự kết hợp cơ học của hai
kết quả sau
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC , ACB
là các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D
không trùng với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên B C. Đường
thẳng d vuông góc với BC tại D cắt đường thẳng AB, AC tương ứng
tại E, F. (N), (P ) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác BDE, CDF.
Khi đó, d đi qua tâm nội tiếp tam giác AB C khi và chỉ khi tiếp tuyến
chung khác d của (N) và (P ) đi qua A.
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC , ACB

B
C
I
D
E
F
N
P
T
• Giả sử d đi qua tâm nội tiếp của tam giác ABC, khi đó ta có
ngay đẳng thức
DB − DC =
B A + BC − AC
2
−
C A + CB − AB
2
= AB − AC.
Gọi giao điểm của tiếp tuyến qua A (khác AB) của (N ) và d là
T. Tứ giác T ABD ngoại tiếp nên ta có
AB + T D = AT + BD.
Kết hợp đẳng thức trên, ta suy ra
AC + T D = AT + DC.
Điều này chứng tỏ tứ giác T ADC ngoại tiếp. Vậy AT tiếp xúc
(P ), hay nói cách khác, AT là tiếp tuyến chung khác d của (N)
và (P) đi qua A. ■
LỜI GIẢI VMO 2011 27
Chứng minh bổ đề 2. Ta chứng minh hai chiều.
• Giả sử tiếp tuyến chung của (N) và (P) đi qua A, ta phải chứng
minh bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn. Để

Kết hợp hai đẳng thức trên, ta suy ra tứ giác AM N P nội tiếp.
d
x
A
B
C
I
D
E
F
N
P
T
M
• Giả sử A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn, ta phải chứng
minh tiếp tuyến chung khác d của (N) và (P) đi qua A. Cũng từ
lập luận trên, ta có
∠N MP =
∠B AC
2
.
28 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Do A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn nên
∠N AP = ∠N MP.
Kết hợp với trên, ta suy ra
∠N AP =
∠B AC
2
.
Qua A vẽ tiếp tuyến Ax của (N), ta có

Khi đó dễ thấy degH+degG = n. Từ giả thiết ta có G(x, 0)·H(x, 0) = x
n
,
suy ra tồn tại k ∈ N, a
1
a
2
= 1 sao cho
H(x, 0) = a
1
x
k
, G(x, 0) = a
2
x
n−k
.
Do H(x, y) và G(x, y) là các đa thức nên ta có thể viết được chúng
dưới dạng
H(x, y) = a
1
x
k
+ yH
1
(x, y), G(x, y) = a
2
x
n−k
+ yG

a
1
x
k
G
1
(x, y) + a
2
x
n−k
H
1
(x, y) − x = y
n−1
− yG
1
(x, y) · H
1
(x, y).
Cho y = 0, ta có
x = a
1
x
k
G
1
(x, 0) + a
2
x
n−k

n
+ xy + y
n
= 0, ∀x = −
b y
a
1
.
Mà điều này cũng không thể kể cả khi n = 2.
Vậy bài toán được chứng minh.