(4 điểm) Cho tam giác nhọn, không cân ABC có (O) là đường tròn ngoại tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh: IS vuông góc ZT.. a) Ta chứng minh bằng quy nạp. Vậy ta có điều ph[r]
Trang 1ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN LỚP 10
THPT CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA
Ngày thi thứ nhất: 18/11/2020
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1 (5 điểm)
a) Cho a, b, c là các số thực dương sao cho 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 =13 Chứng minh rằng:
𝑎
𝑎2− 𝑏𝑐 + 1+
𝑏
𝑏2 − 𝑐𝑎 + 1+
𝑐
𝑐2− 𝑎𝑏 + 1≥
1
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 b) Cho số nguyên dương 𝑛 ≥ 2 và các số thực 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 > 0 thỏa mãn
1
𝑎1+ 1+
1
𝑎2+ 1+ ⋯ +
1
𝑎𝑛+ 1 = 1 Chứng minh rằng: 𝑎1𝑎2… 𝑎𝑛 ≥ (𝑛 − 1)𝑛
Bài 2 (5 điểm)
a) Tìm tất cả hàm số 𝑓: 𝑅+ → 𝑅+ thỏa mãn 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑦 + 𝑓(𝑥)), ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅+ b) Tìm tất cả các hàm số 𝑓: 𝑅+ → 𝑅 thỏa mãn
𝑓(𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓 (3
𝑦) + 𝑓(𝑦)𝑓 (
3
𝑥) Với mọi 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅+
Bài 3 (5 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu n là lũy thừa của 3 thì 2𝑛+ 1 ⋮ 𝑛
b) Cho m, n là các số nguyên dương (𝑛 > 𝑚) sao cho tập 𝑋 = {1, 2, … , 𝑛} có chứa đúng
m số nguyên tố phân biệt Chứng minh rằng với 𝑚 + 1 số nguyên dương bất kì trong
tập X, ta luôn chọn được một số trong chúng là ước của tích m số còn lại
Bài 4 (5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có 3 đường cao AD, BE, CF BO cắt
DF tại G K là điểm đối xứng của D qua G
a) Chứng minh hai tam giác BKG và BAE đồng dạng
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEG cắt lại AD tại L (L khác D) Dựng hình bình hành DLOI Chứng minh: DI cắt AO trên đường tròn (O)
Trang 2Ngày thi thứ hai: 28/11/2020
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1 (4 điểm) Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ 0 thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 1 Chứng minh rằng:
1
𝑎2+ 1+
1
𝑏2+ 1+
1
𝑐2+ 1≤
27 10
Bài 2 (4 điểm) Chứng minh rằng một số nguyên dương m biểu diễn được thành tổng của
hai hay nhiều số nguyên dương liên tiếp khi và chỉ khi và chỉ khi m không là lũy thừa của 2
Bài 3 (4 điểm) Cho n số thực bất kỳ 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 bất kỳ (𝑛 ≥ 1) Chứng minh rằng tồn tại số thực 𝑥 sao cho các số 𝑎1+ 𝑥, 𝑎2+ 𝑥, … , 𝑎𝑛 + 𝑥 đều là số vô tỉ
Bài 4 (4 điểm) Chứng minh rằng không tồn tại hàm số 𝑓: 𝑍 → 𝑍 thỏa mãn
𝑓(𝑚 + 𝑓(𝑛)) = 𝑓(𝑚) − 𝑛 với mọi 𝑚, 𝑛 ∈ 𝑍
Bài 5 (4 điểm) Cho tam giác nhọn, không cân ABC có (O) là đường tròn ngoại tiếp và I là
tâm đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự tại F, E BI cắt AC, EF lần lượt tại
U, V; CV cắt BO tại W
a) Chứng minh: B, C, U, W cùng thuộc một đường tròn
b) IE cắt BO tại Z, IF cắt CO tại T S là giao điểm 2 tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) Chứng minh: IS vuông góc ZT
Trang 3Hướng dẫn giải
Ngày thi thứ nhất: 18/11/2020
Lời giải
a) Từ giả thiết ta có 1 = 3𝑎𝑏 + 3𝑏𝑐 + 3𝑐𝑎 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức ta có được:
𝑎2− 𝑏𝑐 + 1
𝑐𝑦𝑐
𝑎2− 𝑏𝑐 + 3𝑎𝑏 + 3𝑏𝑐 + 3𝑐𝑎 𝑐𝑦𝑐
𝑎3 + 3𝑎2𝑏 + 3𝑎2𝑐 + 2𝑎𝑏𝑐 𝑐𝑦𝑐
𝑎3+ 𝑏3+ 𝑐3+ 3(𝑎2𝑏 + 𝑎𝑏2+ 𝑏2𝑐 + 𝑏𝑐2+ 𝑐2𝑎 + 𝑐𝑎2+ 2𝑎𝑏𝑐
𝑎3+ 𝑏3+ 𝑐3+ 3(𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎)=
(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)3 = 1
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 Dấu bằng xảy ra ↔ 𝑎 = 𝑏 = 𝑐
b) Theo giả thiết
𝑎
𝑎2− 𝑏𝑐 + 1+
𝑏
𝑏2− 𝑐𝑎 + 1+
𝑐
𝑐2− 𝑎𝑏 + 1 ≥
1
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 1
𝑎1+ 1+
1
𝑎2+ 1+ ⋯ +
1
𝑎𝑛 + 1= 1
Bài 1 (5 điểm)
a) Cho a, b, c là các số thực dương sao cho 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 =13 Chứng minh
rằng:
b) Cho số nguyên dương 𝑛 ≥ 2 và các số thực 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 > 0 thỏa mãn
Chứng minh rằng: 𝑎1𝑎2… 𝑎𝑛 ≥ (𝑛 − 1)𝑛
Trang 4𝑎1+ 1+
1
𝑎2+ 1+ ⋯ +
1
𝑎𝑛+ 1 = 1 ↔
𝑎𝑘
𝑎𝑘+ 1
𝑎1+ 1+
1
𝑎2+ 1+ ⋯ +
1
𝑎𝑘−1+ 1+
1
𝑎𝑘+1+ 1+ ⋯ +
1
𝑎𝑛+ 1
≥ (𝑛 − 1) √∏ 𝑎𝑘+ 1
(𝑎𝑖+ 1)
𝑛 𝑖=1
𝑛−1
, ∀𝑘 ∈ {1, 2, … , 𝑛}
→ ∏ 𝑎𝑖
𝑎𝑖+ 1
𝑛
𝑖=1
≥ (𝑛 − 1)𝑛 √ ∏𝑛 (𝑎𝑖+ 1)
𝑖=1 (∏𝑛 (𝑎𝑖 + 1)
𝑛−1
= (𝑛 − 1)𝑛 √ 1
(∏𝑛 (𝑎𝑖+ 1)
𝑛−1
= (𝑛 − 1)𝑛 1
∏𝑛 (𝑎𝑖 + 1) 𝑖=1
↔ 𝑎1𝑎2… 𝑎𝑛 ≥ (𝑛 − 1)𝑛 Dấu bằng xảy ra ↔ 𝑎1 = 𝑎2 = ⋯ = 𝑎𝑛 = 𝑛 − 1
Trang 5Lời giải
a) 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑦 + 𝑓(𝑥)) (1)
Thay 𝑦 → 𝑓(𝑦) vào (1) ta có
𝑓(𝑥)𝑓(𝑓(𝑦)𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑥)) (2)
Thay 𝑥 ↔ 𝑦 vào (2) ta có
𝑓(𝑦)𝑓(𝑓(𝑦)𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑥)) (3)
Mà ta lại có 𝑓(𝑥) luôn nhận giá trị dương, do đó rút gọ nta được
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑦), ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅+, hay 𝑓 là hàm hằng Vậy 𝑓(𝑥) = 𝑐, ∀𝑥 ∈ 𝑅+
Thay vào (1) ta có: 𝑐2 = 𝑐 ↔ 𝑐(𝑐 − 1) = 0 Mà 𝑐 > 0 nên 𝑐 = 1
Vậy tất cả các hàm thỏa (1) là 𝑓(𝑥) = 1
b) 𝑓(𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓 (3𝑦) + 𝑓(𝑦)𝑓 (3𝑥) (1)
Thay 𝑥 → 1, 𝑦 → 3 vào (1) ta có
𝑓(3) = 2𝑓(1)𝑓(3) → 𝑓(3)(1 − 2𝑓(1)) = 0 ↔ {
𝑓(3) = 0 𝑓(1) =1
2 TH1 𝑓(3) = 0 Thay 𝑥, 𝑦 → 1 vào (1) ta có
𝑓(1) = 2𝑓(1) 𝑓(3) = 0 → 𝑓(1) = 0 TH2 𝑓(1) =12 Thay 𝑥, 𝑦 → 1 vào (1) ta có
𝑓(1) = 2𝑓(1)𝑓(3) = 𝑓(3) → 𝑓(3) =1
2 Thay 𝑦 → 1 vào (1) ta được:
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑓(3) + 𝑓(1)𝑓 (3
𝑥) ↔ 𝑓(𝑥)(1 − 𝑓(3)) = 𝑓(1)𝑓 (
3
𝑥) Với TH1 ta có 𝑓(𝑥) = 0, ∀𝑥 ∈ 𝑅+
Với TH2 ta có
𝑓(𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓 (3
𝑦) + 𝑓(𝑦)𝑓 (
3
𝑥)
Bài 2 (5 điểm)
a) Tìm tất cả hàm số 𝑓: 𝑅+ → 𝑅+ thỏa mãn 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑦 + 𝑓(𝑥)), ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅+ b) Tìm tất cả các hàm số 𝑓: 𝑅+ → 𝑅 thỏa mãn
Với mọi 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅+
Trang 6𝑓(𝑥) = 𝑓 (3
𝑥) Thay 𝑦 →3𝑥 vào (1):
𝑓(3) = 𝑓2(𝑥) + 𝑓2(3
𝑥) → 𝑓2(𝑥) =1
4 Thay 𝑦 → 𝑥 vào (1) :
𝑓(𝑥2) = 2𝑓2(𝑥) =12→ 𝑓(𝑥) = 1
2, ∀𝑥 ∈ 𝑅+ Vậy có 2 hàm thỏa (1) đó là 𝑓(𝑥) = 0 và 𝑓(𝑥) =12
Trang 7Lời giải
a) Ta chứng minh bằng quy nạp
Với 𝑛 = 30 = 1 thì ta có 21+ 1 ⋮ 1, đúng
Giả sử bài toán đúng đến 𝑛 = 3𝑘, tức là 23 𝑘
+ 1 ⋮ 3𝑘
Ta cần chứng minh 23𝑘+1 + 1 ⋮ 3𝑘+1
↔ 23.3 𝑘
+ 13 ⋮ 3𝑘 3 ↔ (23 𝑘
+ 1)(22.3 𝑘
− 23 𝑘
+ 1) ⋮ 3.3𝑘 Mà ta đã có 23 𝑘
+ 1 ⋮ 3𝑘, vậy ta chỉ cần chứng minh 22.3𝑘− 23𝑘 + 1 ⋮ 3
Dễ thấy 23 𝑘
≡ 2(𝑚𝑜𝑑 3); 22.3 𝑘
≡ 1(𝑚𝑜𝑑 3) → 22.3 𝑘
− 23 𝑘
+ 1 ≡ 1 − 2 + 1 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 3) Vậy ta có điều phải chứng minh
Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có 2𝑛+ 1 ⋮ 𝑛 với mọi n là lũy thừa của 3 b) Gọi m+1 số được chọn là 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑚+1, m số nguyên tố là 𝑝1, 𝑝2, 𝑝3, … , 𝑝𝑚 Không mất tính tổng quát, giả sử ta có số mũ của 𝑝1 trong phân tích tiêu chuẩn của 𝑎1 là cao nhất trong m+1 số được chọn, hay nói cách khác là không tồn tại
𝑎𝑖(2 ≤ 𝑖 ≤ 𝑚 + 1) thỏa mãn số mũ của 𝑝1 trong phân tích tiêu chuẩn của 𝑎𝑖 lớn hơn của 𝑎1 Tiếp tục với 𝑎2 và 𝑝2; 𝑎3và 𝑝3, … , 𝑎𝑚và 𝑝𝑚
Khi đó với mọi ước nguyên tố 𝑝𝑖 của 𝑎𝑚+1 thì tồn tại số 𝑎𝑖 có số mũ của 𝑝𝑖 cao hơn so với 𝑎𝑚+1 Từ đó hiển nhiên ta có 𝑎1 𝑎2… 𝑎𝑚⋮ 𝑎𝑚+1: đpcm
Bài 3 (5 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu n là lũy thừa của 3 thì 2𝑛+ 1 ⋮ 𝑛
b) Cho m, n là các số nguyên dương (𝑛 > 𝑚) sao cho tập 𝑋 = {1, 2, … , 𝑛} có chứa đúng m số nguyên tố phân biệt Chứng minh rằng với 𝑚 + 1 số nguyên dương
bất kì trong tập X, ta luôn chọn được một số trong chúng là ước của tích m số
còn lại
Trang 8
Lời giải
a) Dễ có:
𝐺𝐵𝐷̂ =180° − 𝐵𝑂𝐶̂
2 = 90° − 𝐵𝐴𝐶̂ = 𝐸𝐵𝐴̂; 𝐵𝐺𝐷̂ = 𝐵𝐸𝐴̂ (= 90°)
→ ∆𝐵𝐺𝐷 ~ ∆𝐵𝐸𝐴 (𝑔 𝑔) Mà dễ dàng có ∆𝐵𝐺𝐷 = ∆𝐵𝐺𝐾 (𝑐 𝑔 𝑐)
→ ∆𝐵𝐴𝐸 ~ ∆𝐵𝐾𝐺: đpcm
b) Không mất tính tổng quát giả sử các điểm nằm ở vị trí như hình vẽ
Gọi L’ là trung điểm của AD Ta sẽ chứng minh L trùng L’ bằng cách chứng minh tứ giác L’EDG nội tiếp
Gọi M là đối xứng của G qua L’ Khi đó L’ là trung điểm của AD và GM nên AMDG là hình bình hành, nên ta có
𝑀𝐴𝐸̂ = 𝑀𝐴𝐿̂ − 𝐶𝐴𝐷̂ = 𝐺𝐷𝐴̂ − (90° − 𝐴𝐶𝐵̂) = 𝐹𝐶𝐴̂ + 𝐴𝐶𝐵̂ − 90°
= 90° − 𝐵𝐴𝐶̂ + 𝐴𝐶𝐵̂ − 90° = 𝐴𝐶𝐵̂ − 𝐵𝐴𝐶̂ 𝐺𝐵𝐸̂ = 𝐺𝐵𝐷̂ − 𝐷𝐵𝐸̂ = 90° − 𝐵𝐴𝐶̂ − (90° − 𝐴𝐶𝐵̂) = 𝐴𝐶𝐵̂ − 𝐵𝐴𝐶̂
Bài 4 (5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có 3 đường cao AD, BE,
CF BO cắt DF tại G K là điểm đối xứng của D qua G
a) Chứng minh hai tam giác BKG và BAE đồng dạng
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEG cắt lại AD tại L (L khác D) Dựng hình bình hành DLOI Chứng minh: DI cắt AO trên đường tròn (O)
Trang 9Vậy 𝐺𝐵𝐸̂ = 𝑀𝐴𝐸̂
Mà ta có ∆𝐵𝐺𝐷~∆𝐵𝐸𝐴 (theo câu a)
→𝐺𝐷
𝐴𝐸 =
𝐺𝐵
𝐵𝐸→
𝐵𝐸
𝐴𝐸=
𝐺𝐵
𝐺𝐷=
𝐺𝐵 𝐴𝑀
Từ đó suy ra ∆𝐺𝐵𝐸~∆𝑀𝐴𝐸(𝑐 𝑔 𝑐) → 𝐺𝐸𝐵̂ = 𝑀𝐸𝐴̂ → 𝐺𝐸𝑀̂ = 𝐴𝐸𝐵̂ = 90°
Vậy tam giác GEM vuông tại E, có EL’ là trung tuyến → 𝐿′𝐸 = 𝐿′𝐺
Ta có L’ vừa nằm trên trung trực EG vừa nằm trên phân giác 𝐺𝐷𝐸̂ (tính chất quen thuộc) nên tứ giác L’EDG nội tiếp, vậy L’ trùng L Do đó L là trung điểm AD Dựng đường kính AJ Khi đó O là trung điểm AJ, L là trung điểm AD nên OL//JD
Mà ta đã có OL//ID nên I, J, D thẳng hàng Vậy DI cắt AO tại J nằm trên (O)
Trang 10Ngày thi thứ hai: 28/11/2020
Lời giải
Cách 1 Dễ dàng chứng minh được 21 9 27 1
1 10 50 a 3
a
1 27
1 10
, suy ra đpcm
Cách 2 Dễ dàng thấy rằng
2
b c a
=>
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: 2 2 2
2 2
2
2
3
5
5 19 9
a VT
Cần chứng minh
2 2
2
1 2
5 19 9
3
a a
Quy đồng khử mẫu hai vế của BĐT trên, ta được đpcm
1
𝑎2+ 1+
1
𝑏2+ 1+
1
𝑐2+ 1 ≤
27 10
Bài 1 (4 điểm) Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ 0 thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 1 Chứng minh rằng:
Trang 11Lời giải Ta sẽ chứng minh 2 ý: nếu số nguyên dương m không là lũy thừa của 2 thì có thể
biểu diễn thành tổng của hai hay nhiều số nguyên dương liên tiếp, và nếu m là lũy thừa của
2 thì m không có khả năng đó
Với m không là lũy thừa của 2: điều này tương đương với chuyện m có ước nguyên tố lẻ Giả sử m có ước nguyên tố lẻ là 𝑝 sao cho 𝑚 = 𝑝𝑘 Giả sử 𝑝 = 2𝑞 + 1
Lúc này ta thấy: 𝑚 = 𝑘 + 𝑘 + ⋯ + 𝑘⏟
𝑝 𝑠ố
= (𝑘 − 𝑞) + (𝑘 − 𝑞 + 1) + ⋯ + (𝑘 − 1) + 𝑘 + (𝑘 + 1) + ⋯ + (𝑘 + 𝑞 − 1) + (𝑘 + 𝑞)⏟
𝑝 𝑠ố
Đó chính là đpcm
Với m là lũy thừa của 2: Giả sử ta có 𝑚 = 𝑎 + (𝑎 + 1) + ⋯ + (𝑎 + 𝑛), hay là
𝑚 = (𝑛 + 1)𝑎 +𝑛(𝑛 + 1)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2𝑎)
2
Dễ thấy trong 2 số (𝑛 + 1) và (𝑛 + 2𝑎) có 1 số lẻ lớn hơn 1, số này chứa ít nhất 1 ước
nguyên tố lẻ >1: vô lý Vậy với m là lũy thừa của 2 thì m không thể phân tích được thành
tổng các số nguyên dương liên tiếp
Ta đã chứng minh hoàn chỉnh bài toán
Bài 2 (4 điểm) Chứng minh rằng một số nguyên dương m biểu diễn được thành
tổng của hai hay nhiều số nguyên dương liên tiếp khi và chỉ khi và chỉ khi m không
là lũy thừa của 2
Trang 12Lời giải Gọi k là 1 số vô tỉ bất kỳ, ta xét dãy số sau: 𝑘, 2𝑘, 3𝑘, … , (𝑛 + 1)𝑘 Giả sử trong dãy
số trên không tồn tại số 𝑚𝑘 nào thỏa mãn điều kiện tổng của từng số 𝑎𝑖(1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛) với 𝑚𝑘
là số vô tỉ Ta lập bảng sau:
2𝑘
(𝑛 + 1)𝑘
Bảng thỏa mãn điều kiện: các cột được ký hiệu bằng các số 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛; các hàng được ký hiệu bằng các số 𝑘, 2𝑘, … , (𝑛 + 1)𝑘, và trong mỗi ô ta ghi tổng của số thứ tự cột và hàng Theo điều ta đã giả sử, ở mỗi hàng luôn có ít nhất 1 số hữu tỉ Do đó trong bảng có ít nhất n+1 số hữu tỉ Mà bảng chỉ có n cột nên tồn tại 1 cột chứa 2 số hữu tỉ Giả sử cột đó là cột 𝑎𝑖,
2 số hữu tỉ trong bảng là 𝑎𝑖+ 𝑝𝑘 và 𝑎𝑖 + 𝑞𝑘 (2 số trong 2 ô màu đỏ) Vậy (𝑎𝑖+ 𝑞𝑘) − (𝑎𝑖 + 𝑝𝑘) là số hữu tỉ, hay 𝑘(𝑞 − 𝑝) là số hữu tỉ Mà ta lại có 𝑞 − 𝑝 là số nguyên và 𝑘 là số vô tỉ: vô
lý
Vậy điều ta giả sử ban đầu là sai, hay tồn tại 1 số trong dãy 𝑘, 2𝑘, 3𝑘, … , (𝑛 + 1)𝑘 thỏa mãn
điều kiện đề bài Ta có điều phải chứng minh
Bài 3 (4 điểm) Cho n số thực bất kỳ 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 bất kỳ (𝑛 ≥ 1) Chứng minh
rằng tồn tại số thực 𝑥 sao cho các số 𝑎1+ 𝑥, 𝑎2+ 𝑥, … , 𝑎𝑛 + 𝑥 đều là số vô tỉ
Trang 13Lời giải Thay 𝑚 → 0, 𝑛 → 𝑚 vào (1) ta có
𝑓(𝑓(𝑚)) = 𝑎 − 𝑚 (2) Thay 𝑛 → 0 vào (1) ta có
𝑓(𝑚 + 𝑓(0)) = 𝑓(𝑚) Vậy hàm 𝑓 tuần hoàn với chu kỳ là một ước của 𝑓(0)
Dễ dàng suy ra ngay hàm 𝑓 là song ánh
Thay 𝑛 → 𝑓(𝑛) vào (1) ta có 𝑓(𝑚 − 𝑛) = 𝑓(𝑚) − 𝑓(𝑛)
Thay 𝑚 → 𝑓(𝑚) vào (3) ta có 𝑓(−𝑚) = −𝑓(𝑚), hay hàm f là hàm lẻ
Vậy ta có 𝑓(𝑚 + 𝑛) = 𝑓(𝑚) + 𝑓(𝑛) Dễ dàng suy ra được 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥 với c là hằng số
Thay lại vào (1) ta có: 𝑐(𝑚 + 𝑓(𝑛)) = 𝑐𝑚 − 𝑛 ↔ 𝑐2𝑛 = −𝑛 ↔ 𝑐2 = −1: vô lý
Nếu 𝑓(0) ≠ 0: Đặt 𝑓(0) = 𝑎 ≠ 0
Thay 𝑚 → 𝑎 vào (2) ta có
𝑓(𝑓(𝑎)) = 0 → 𝑓(𝑓(0)) = 𝑓(𝑓(𝑎 − 𝑎)) = 𝑓(𝑓(𝑎)) = 0 (do hàm 𝑓 tuần hoàn chu kỳ là ước của a)
→ 𝑓(𝑎) = 0 → 𝑎 = 𝑓(0) = 𝑓(𝑎 − 𝑎) = 𝑓(𝑎) = 0 (do hàm 𝑓 tuần hoàn chu kỳ là ước của a): loại
KẾT LUẬN: không tồn tại hàm 𝑓 thỏa (1)
Bài 4 (4 điểm) Chứng minh rằng không tồn tại hàm số 𝑓: 𝑍 → 𝑍 thỏa mãn
𝑓(𝑚 + 𝑓(𝑛)) = 𝑓(𝑚) − 𝑛 với mọi 𝑚, 𝑛 ∈ 𝑍 (1)
Trang 14Lời giải
a) Giả sử các điểm nằm ở vị trí như trên hình
Khi đó ta có:
{
𝐶𝐸𝑉̂ = 𝐴𝐸𝐹̂ = 180° − 𝐵𝐴𝐶2 ̂ 𝐶𝐼𝑉̂ = 180° − 𝐵𝐼𝐶̂ =𝐴𝐵𝐶̂ + 𝐴𝐶𝐵2 ̂ =180° − 𝐵𝐴𝐶̂
2
→ 𝐶𝐸𝑉̂ = 𝐶𝐼𝑉̂
Bài 5 (4 điểm) Cho tam giác nhọn, không cân ABC có (O) là đường tròn ngoại
tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự tại F, E BI cắt AC, EF lần lượt tại U, V; CV cắt BO tại W
a) Chứng minh: B, C, U, W cùng thuộc một đường tròn
b) IE cắt BO tại Z, IF cắt CO tại T S là giao điểm 2 tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) Chứng minh: IS vuông góc ZT
Trang 15Do đó ta có 4 điểm C, I, E, V nằm trên đường tròn Vậy 𝐶𝑉𝐼̂ = 𝐶𝐸𝐼̂ = 90°
→ 𝑉𝐶𝐵̂ = 90° −𝐴𝐵𝐶 ̂
2 Mà ta lại có 𝑊𝐵𝐶̂ = 90° − 𝐵𝐴𝐶̂
→ 𝐵𝑊𝐶̂ = 2𝐵𝐴𝐶̂ + 𝐴𝐵𝐶2 ̂ Mặt khác, 𝐵𝑈𝐶̂ là góc ngoài tam giác AUB nên ta có
𝐵𝑈𝐶̂ = 𝐵𝐴𝐶̂ +𝐴𝐵𝐶̂
2
Từ 2 điều trên suy ra 𝐵𝑈𝐶̂ = 𝐵𝑊𝐶̂ Vậy B, C, U, W đồng viên
b) Gọi giao của BO và AC là H Khi đó ta có 𝐵𝐻𝐴̂ = 𝐴𝐶𝐵̂ + 90° − 𝐵𝐴𝐶̂ → 𝐼𝑍𝐻̂ = 90° − 𝐵𝐻𝐴̂ = 𝐵𝐴𝐶̂ − 𝐴𝐶𝐵̂ → 𝐵𝑍𝐼̂ = 180° − 𝐵𝐴𝐶̂ + 𝐴𝐶𝐵̂ Mặt khác ta có
𝐼𝐵𝑍̂ = 𝐼𝐵𝐶̂ − 𝑂𝐵𝐶̂ =𝐴𝐵𝐶̂
2 − (90° − 𝐵𝐴𝐶̂) = 𝐴𝐵𝐶̂
2 + 𝐵𝐴𝐶̂ − 90°
→ 𝑍𝐼𝐵̂ = 180° − (180° − 𝐵𝐴𝐶̂ + 𝐴𝐶𝐵̂) − (𝐴𝐵𝐶̂
2 + 𝐵𝐴𝐶̂ − 90°) = 90° − 𝐴𝐶𝐵̂ −𝐴𝐵𝐶̂
2
Từ 2 điều trên dễ suy ra 𝑍𝐼𝐵̂ = 𝐼𝐵𝑍̂ , hay tam giác IBZ cân tại Z → 𝑍𝐼 = 𝑍𝐵
Tương tự ta có 𝑇𝐼 = 𝑇𝐶
Dễ thấy: 𝑆𝑇2− 𝑆𝑍2 = (𝑆𝐶2 + 𝑇𝐶2) − (𝑆𝐵2+ 𝑍𝐵2) = 𝑇𝐶2 − 𝑍𝐵2 = 𝑇𝐼2− 𝑍𝐼2
Theo định lý 4 điểm ta có 𝐼𝑆 ⊥ 𝑍𝑇 (đpcm)