Lời gải đề thi học sinh giỏi lam sơn thanh hóa

Đường thẳng qua B và vuông góc với AB cắt PC tại M , đường thẳng qua C và vuông góc với AC cắt PB tại N.

` Lời gải đề thi học sinh giỏi Lam Sơn Thanh Hóa

Bài 1: Cho dãy số a a0, , 1 thỏa mãn 1( 2 2 )

2

m n m n m n

a  a   a a với mọi số nguyên không âm m n với m n,  Nếu a11 hãy xác định a2017

Giải: Cho mn ta có 2(a2ma0)2a2m suy ra a0 0

Cho n0 ta có 4a m a2ma0 a2m với mọi m Suy ra a2 4a14

Ta lại có : a m n a m n 2(a m a n), cho n1 suy ra a m1a m12a m 2 hay

a  a a a   , ta có đặt b m1a m1a m với m0 và b0 1,b13 Vậy b m1 b m2 suy dãy { }b m là cấp số cộng: b m  3 (m1)22m1

Ta suy ra a m1a m 2m1 (*)

Từ (*) cho m1,2, ,2016 rồi cộng tất cả các đẳng thức lại ta được

2017 1 2(1 2 2016) 2016

Bài 2: Tìm tất cả các hàm số f :  thảo mãn

f x( 2) f x(  y f x) ( y) y2 (*)

Giải:

Từ (*) cho x y 0 ta có f(0) f2(0) f(0)0; (0) 1f 

+) Với (0)f 0

Từ (*) cho y0 ta có f x( 2) f2( )x (1)

Từ (*) cho yx ta có f x( 2) f(2 ) (0)x f x2 x2 (2)

Từ đó suy ra f 2( )x  x2 suy ra ( )f x x f x; ( ) x thay lại (*) ta loại ( )f x  x

và lấy ( )f x x

+) Với (0) 1f  , từ (2) suy ra f x( 2) f(2 )x  x2 thay x bởi x ta được:

( ) ( 2 )

f x  f  x x suy ra (2 )f x  f( 2 ) x từ đó ta có:

Từ (*) suy ra f(0) f x f( ) ( x) x2 hay f2( )x x21 suy ra f x( )  x2 1 với x1 thay vào (*) suy ra vô lý

Vậy ( )f x x

Bài 3: Tam giác ABC nhọn có H là trực tâm và P là điểm di động bên trong tam

giác sao cho BPC BHC Đường thẳng qua B và vuông góc với AB cắt PC

tại M , đường thẳng qua C và vuông góc với AC cắt PB tại N Chứng minh

trung điểm I của MN thuộc đường tròn cố định

Giải: (Nguyễn Lê Phước)

Bài 4: Tìm tất cả đa thức ( )P x có hệ số nguyên thỏa mãn (2017) 1 P  và 3n 1 chia hết cho ( )P n với mọi số nguyên dương n

Giải:

Ta chứng minh cho 3n P n ( ) 1 P n( )

Thật vậy ta có 3n P n ( ) 1 P n( P n( )), mà (P nP n( ))P n( )k P n P n ( ) ( )

Bổ đề: Chứng minh rằng: (a m 1,a n  1) (a( , )m n 1)

Từ đó áp dụng bổ đề ta có P n( ) | (3n 1,3n P n ( )  1) 3( ,P(n))n 1 , chọn n sao cho

0

( ,n a ) 1 nên suy ra ( , (0)) 1n P  (a0 P(0) là hệ số tự do của ( )P x ) Ta có

( ) | 3 1 2

P n   suy ra ( ) 1, 2, 1, 2P n    mà (2017) 1P  nên suy ra ( ) 1P n  với mọi số nguyên dương n

Vậy đa thức ( ) 1P x 

Bài 5: Chứng minh rằng: 2

2 1 0

2

n k n

n n k n k







Giải:

Cho tập A gồm2n1 phần tử và ta lấy ra n phần tử từ tập A

+) Cách 1: Có C2n n1 cách lấy

+) Cách 2: Xếp tập A thành n cặp phần tử và một phần tử x

Chọn k cặp từ n cặp trên và mỗi cặp vừa được chọn lấy một phần tử, ta có C n k

cách chọn cặp, mỗi cặp vừa ta lấy một phần tử nên có 2k cách lấy một phần tử từ

k cặp, vậy có 2 k C n k cách chọn k phần tử từ n cặp trên

Tiếp đó ta chọn

2

nk

  cặp trong nk cặp còn lại có

2

n k

n k

C



 cách chọn, ngoài ra

nếu nk lẻ thì ta chọn thêm phần tử x , nếu n k chẵn thì không chọn x Vậy có

2

0

2

n k

n

k k

n n k

k

C C







 cách lấy n phần tử

Từ đó suy ra dpcm