Lời giải chi tiết đề thi chọn Đội tuyển quốc gia Việt Nam dự thi IMO năm 1990

Ta thấy chỉ cần xét lũy thừa của các số này trong phân tích N thành thừa số nguyên tố bằng 1 vì nếu có một lũy thừa nào đó lớn hơn 1 thì theo điều kiện (2), ta thấy khi xét các p[r]

1

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA

DỰ THI IMO NĂM 1990

************

Bài 1 Trong mặt phẳng cho đa giác lồi M M M0 1 2 M2n(n 1) mà 2n 1cùng nằm trên một đường tròn ( ) C có bán kính R Giả sử điểm A nằm trong đa giác lồi đó sao cho các

M AM M AM M AM M AM đều bằng nhau và bằng 2

2n 1



 , điểm A không trùng với tâm của ( ) C và B là điểm nằm trong ( ) C sao cho AB vuông góc với đường kính của ( ) C đi qua A Chứng minh rằng:

n

n

AM AM AM AM n

n

AM AM AM AM 





Lời giải

M AM M AM M AM đều bằng nhau và bằng 2

2n 1



vector đơn vị AM0,AM AM1, 2, ,AM2 lần lượt đặt trên các đoạn tương ứng là n

AM AM AM AM thì đa giác M M M0 1 2 M2 là đều và có A là trọng tâm n

Do đó:   AM0AM1AM2  AM2n 0

n

AM AM AM AM

AM  AM  AM  AM 

   



Ta có:

B

O A

M0

M2

M3

M4

M5

M2n-1

2

0 0

n

n

n

OM AM OM AM OM AM OM AM

OA AM AM





       

  

n

n

n

OA AM AM

OA AM AM OA AM AM

AM AM AM AM AM AM AM

OA

AM AM AM AM AM AM AM



  

     

   

2

n

n

n

AM AM

AM AM AM AM

n n

AM AM AM AM

n R AM AM AM AM R

n

n

AM AM AM AM

AM  AM  AM   AM 

   



, ta thấy rằng

AM AM AM AM AM AM  AM  AM

Bình phương hai vế của đẳng thức này, ta được

2 2

2 2

2 2

2

2



i

n

OM

R OA

2 2

2

2

1

  





n

AM AM

OM OM OA

AB

Ta sẽ rút gọn tổng

0 2

i j n i j

OM OM

AM AM

  

 

Ta vẫn sử dụng các tính chất của tích vô hướng:

2

2

0 2

2

2

2

i

AM AM AM AM M AM R

AM R

     

  



 

0 , 2 , 0 2

i j n i j i j n

M AM

     



Ta sẽ chứng minh rằng

0 2

cos

2

i j

i j n

n

M AM

  



 

3

Ta thấy rằng C2n1n n(2 1) góc M AM i j, 0 i j2n có thể chia thành 2n 1 bộ, trong

k

k n n



Hơn nữa

Do đó, (**) được chứng minh Do đó, tổng

0 2

i j n i j

OM OM

AM AM

  

 

chính là

2

i j n i j i j n i j i j n i j j

i

n

AM AM AM AM AM R

AM

AM AM AM

 

Thay vào đẳng thức (*), ta được

2

2

2

2

2

2

2

2

2

i

i

i

AM AM AM AM AM AM

AB

AM AM AM AM

AM AM

2

2 0 2 0 1

n i n

i n

AM AB

AM











Đến đây, ta thấy hai bất đẳng thức cần chứng minh khá hiển nhiên vì:

2

1

i

AB

AM

 

Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức Cauchy

Vậy ta có đpcm

4

Bài 2 Cho bốn số thực dương , , , A B a b Xét dãy số thực ( ) x n thỏa mãn:

,

x a x b

x  A x B x  n







Lời giải

3 2 3 2 3 2( ) ( )3

L A L B L L L A B L A B

u  a b A B u   A B u n

Ta sẽ chứng minh rằng dãy này giảm và bị chặn dưới Thật vậy,

3 3

n

A B u

u u u A B u u

A B A B u u



1 ( )

n

Từ đó suy ra u n1u n 0,n hay đây là dãy tăng

limu n (AB)

v  a b A B v   A B v n

(A B )

limu n limv n (AB)

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng u n minx2n1,x2nmaxx2n1,x2nv n n, 1, 2, 3, (*)

bằng quy nạp theo n

5

- Với n 1, ta thấy u1minx x1, 2maxx x1, 2v1 là đúng

- Giả sử (*) đúng với nk1, tức là u k minx2k1,x2kmaxx2k1,x2kv k

u   A B u  A u B u A x B x  x 

u   A u B u  A x  B x x 

Do đó, ta được u k1 minx2k1,x2k2

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có maxx2k1,x2kv k1 hay (*) cũng đúng với nk1

Theo nguyên lí quy nạp, (*) được chứng minh

Từ đó suy ra hai dãy con x2k1  , x2k bị kẹp bởi hai dãy    u n , v n ; đồng thời, ta đã

2 1 2 limx n limx n (AB)

6

Bài 3 Chứng minh rằng không tồn tại hàm số ( ) f x xác định với mọi số thực x và thỏa

f f x x  với mọi x

Lời giải

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau

Gọi S n là tập hợp các điểm bất động của hàm số ( )

( )

n

f x Khi đó ( ) f x đơn ánh trên

n

S  n

Chứng minh Thật vậy,

Giả sử xS n, khi đó ( )

( )

n

f f x f  x f f x f x

( )

( )

n

f x hay ( )f x S n

Do đó ( )f x ánh xạ S n vào chính nó

( )

Bổ đề được chứng minh

Hơn nữa, nếu x là điểm bất động của ( )f x thì: ( )f x x f f x( ( )) f x( )x nên x cũng

( )

f x hay S1S2

*Trở lại bài toán

( )

2

( )

2

2

c  d  

Do c d, S4 \S2 nên theo bổ đề trên thì ( )f c c hoặc ( )f c d

Ta xét hai trường hợp:

-Nếu ( )f c c thì (2)

c f d  f f c  f c nên cS2, mâu thuẫn Vậy không tồn tại hàm số nào thỏa mãn đề bài

7

Bài 4 Xét tập T gồm hữu hạn các số nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện sau:

(1)Với hai phần tử bất kì của T thì ước chung lớn nhất và bội chung lớn nhất của chúng cũng thuộc T

(2)Với mỗi phần tử x của T, tồn tại phần tử x’ cũng thuộc T sao cho x và x’ nguyên tố cùng nhau và bội chung lớn nhất của chúng là số lớn nhất thuộc T

Với mỗi tập T như thế, gọi T là số phần tử của nó Tìm số T lớn nhất, biết rằng

1990



T

Lời giải

Gọi N là phần tử lớn nhất của T Nếu T không chứa 1 thì theo điều kiện (2), nó phải

1 T Cũng theo điều kiện (2), ta thấy rằng mỗi phần tử d của T là ước của N và N

d

nguyên tố cùng nhau với d

Giả sử N có n ước nguyên tố phân biệt là p p p1, 2, 3, ,p n Ta thấy chỉ cần xét lũy thừa

của các số này trong phân tích N thành thừa số nguyên tố bằng 1 vì nếu có một lũy thừa

nào đó lớn hơn 1 thì theo điều kiện (2), ta thấy khi xét các phần tử của tập hợp này, vẫn

thế mà số lượng phần tử không đổi Do đó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng N  p p1 2p3  p n (N ở đây là số square – free)

Ta gán cho mỗi phần tử xT , một bộ gồm n phần tử ( ,d d1 2, ,d n),d i 0,1 trong đó

1, 2, , n

tố của x

Dễ thấy rằng mỗi bộ như thế có dạng một xâu nhị phân có độ dài n Ta đặt

Ta định nghĩa hai phép toán AND và OR như sau:

NOT NOT

8

1 2 3 ( ,x x x, , ,x n) và ( ,y y y1 2, 3, ,y n) với x y i, i 0,1 ,i1,n

đại diện bằng các xâu nhị phân tương ứng là

1 2 3 ( , , , , )a a a a n và ( , , , , )b b b1 2 3 b n với a b i, i 0,1 ,i1,n, trong đó a i AND x y b( , ),i i i OR x y i( , ),i i 1, n

XOR XOR  XOR XOR  Bằng cách lập bảng xét giá trị của biểu thức, ta chứng minh được rằng

AND OR x y NOT AND x y XOR x y

Xét x T    x x 0 T,  0 1 T nên nếu xét T 1  0,1 thì T1 T và T1 đóng

Nếu T T  \ 1 , xét x T T \ 1 thì T2 0 1, , ,x x1T là đóng

Thật vậy, giả sử rằng T1 T2T3  T m T T, i 2i là các tập đóng

Xét x T T \ m và Sxy y T|  m S 2m và ST m   (do tính đóng của tập T m)

9

Đặt T m1  S T m thì T m1 2m 1 và rõ ràng T m1 cũng là tập đóng Thật vậy, nếu

zx y y T  thì    z 1 z x(y1)T m1

phần tử của tập cuối cùng là lũy thừa của 2 và tất cả các tập đó đều đóng Quá trình này

1 2 m m 1 k , i 2i

Do đó, ta đã chứng minh được số phần tử của tập hợp ban đầu phải là một lũy thừa của

2 1990

k

k

T



Ta xét Np p p1 2 3 p10 với p p p1, 2, 3, ,p10 là các số nguyên tố phân biệt nào đó Tập hợp tất cả các ước của số này có 1024 phần tử và thỏa mãn các điều kiện đề bài

10

Bài 5 Cho tứ diện mà mỗi cặp cạnh đối đều có tích độ dài là  Gọi góc giữa các cặp cạnh đó là , ,    và các bán kính của các cặp đường tròn ngoại tiếp các mặt của tứ diện

là R R R R1, 2, 3, 4 Chứng minh rằng: 2 2 2

1 2 3 4

R R R R

    

Lời giải

Xét tứ diện A A A A1 2 3 4 và kí hiệu a ij  A ij ,1i j, 4,i j

Gọi   , , lần lượt là góc tạo bởi các cặp cạnh chéo nhau

1 2, 3 4; 1 3, 2 4; 1 3, 2 4

A A A A A A A A A A A A ;

1, 2, 3, 4

S S S S và R R R R1, 2, 3, 4 lần lượt là diện tích và bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác A A A A A A A A A A A A2 3 4, 3 4 1, 4 1 2, 1 2 3

Trước hết, ta sẽ chứng minh đẳng thức sau:

4(S S S S )(a a .sin ) (a a .sin ) (a a .sin )

Thật vậy:

Trong không gian Oxyz, xét tứ diện A A A A1 2 3 4

có tọa độ các đỉnh là

1( , 0, 0),1 2(0, 2, 0), 3(0, 0, 3), 4( , , )

A a A a A a A x y z

Khi đó:

1 2 ( 1, 2, 0), 1 3 ( 1, 0, 3)

A A  a a A A  a a

, suy ra

1 2 3

4 1 2 1 3 1 2 2 3 3 1

4S S A A A   A A A A a a a a a a

Ta cũng có A A1 4 (x a y z A A 1, , ),2 4 ( ,x ya z2, )

, suy ra

A A A A yz z y a x a z zx

x a y a xy za za a y a x a a

 

1 2 4

2

2 2

1 2 2 1 1 2

4

A A A

S S A A A A

z a a xa ya a a

 

Tương tự, ta có

1 3 4

2

4S S A A A A A A A y a( a ) (xa za a a )

1 2 4

2

4S S A A A A A A A x a( a ) (ya za a a )

Từ a a a a1 2 3 4 a a a a1 3 2 4 a a a a1 4 2 3 , ta có:

A

B

C

D

11

1 2 3 4

2

1 2 2 3 3 1 2 3 3 4 4 2 3 4 4 1 1 3 4 1 1 2 2 4

1 2 2 3 3 1 2 3 3 4 4 2

4

S S S S

a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a a a a a

       



2 2

3 4 4 1 1 3 4 1 1 2 2 4 4

4

1 2 2 3 3 4 4 1 1 3 2 4

1 2 3 4 1 2 3 4

a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a a a a a

R R R R R R R R

1 2 3 4

R R R R

      

Đây chính là điều phải chứng minh

12

Bài 6

tròn Mỗi lần cô giáo thổi còi thì hai em nào đó đứng cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, các

em còn lại đứng im Tìm số M nhỏ nhất sao cho sau M lần thổi còi, bằng cách đổi chỗ như trên một cách thích hợp thì các em học sinh đứng được thành một vòng tròn mới sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau, nhưng hai em đó, tạm gọi là A và B, thì nếu lúc đầu A đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc, A đứng bên tay phải của B

Lời giải

Ta thấy rằng yêu cầu của bài toán có thể phát biểu thành:

theo cùng kim đồng hồ Tìm số lần đổi chỗ nhỏ nhất sao cho các học sinh vẫn đứng theo thứ tự đó trên vòng tròn nhưng ngược chiều kim đồng hồ

Đánh số các học sinh này là 1, 2,3, ,n2,n1 theo chiều kim đồng hồ và ở trạng thái cuối, các học sinh cũng được đánh số như thế nhưng ngược chiều kim đồng hồ

qua vị trí xen giữa A và B Như thế, với bất kì dãy các cách đổi chỗ nào, ta luôn có thể

chọn ra được ít nhất 1 học sinh đứng yên trong suốt quá trình đó, giả sử là học sinh

(không nhất thiết đứng cạnh nhau) đứng yên vì khi đó, các học sinh này sẽ xác định một chiều không đổi trong suốt quá trình đổi chỗ và như thế thì không thỏa mãn đề bài

Ta sẽ chứng minh hai nhận xét sau:

Nhận xét 1

Với n 3, ta luôn có thể chọn hai học sinh đứng yên trong quá trình đổi chỗ và việc chọn này không ảnh hưởng đến số lần đổi chỗ nhỏ nhất Điều này có nghĩa là nếu trong

Thật vậy,

13

2 phần X Y1, 1, trong đó X1 nằm trên cung tròn hướng từ B đến A, X2 nằm trên cung còn lại Giả sử X1 a Y, 1 b với a b n   2 1

A

C B

phía đối diện với f2 lần đổi chỗ, tổng số lần đổi chỗ là f1 f2 lần

A và b1 học sinh di chuyển về phía B Tương tự, trong tập hợp X2, số học sinh di chuyển về phía A B lần lượt là , a b2, 2

Do n  2 0 nên tồn tại học sinh thuộc một trong hai tập hợp X X1, 2; ta giả sử C nằm

kề với B và thuộc về X2.Khi đó, nếu chuyển hai học sinh cố định từ A B thành ,, A C

thì hai tập hợp X Y1, 1 sẽ trở thành X Y2, 2 với X2  X1 1,Y2  Y1 1

Ta sẽ chỉ ra một cách di chuyển tương ứng bằng với số cách di chuyển cần f1 f2 lần đổi chỗ như trên

ngược lại ở tập Y2 lúc này mất đi C hay c2 c21

14

số lần đổi chỗ tương ứng

Do đó, số lần đổi chỗ tăng lên và giảm đi một lượng như nhau nên chúng bằng nhau Vì

nhau nên với hai cách chọn học sinh bất kì, các số lần đổi chỗ của chúng cũng sẽ tương ứng giống nhau Nhận xét được chứng minh

Nhận xét 2

f  f  f n  f n  n n Thật vậy,

Nếu có 3 học sinh thì ta chỉ cần đổi chỗ một cặp học sinh và trong trường hợp có 4 học sinh thì đổi chỗ hai cặp kề nhau thì có cách sắp xếp thỏa mãn đề bài Dễ dàng suy ra

(3) 1, (4) 2

f  f  Xét n 5 tùy ý, với n 2 học sinh, ta có số lần chuyển chỗ ít nhất là f n ( 2) Ta thêm

này cố định Các học sinh còn lại phải di chuyển vào giữa hai học sinh cố định này Rõ

trong hai học sinh cố định đã nêu và đòi hỏi cần thêm n 2 lần đổi chỗ nữa bắt buộc nữa Theo nhận xét 1 thì cách chuyển này vẫn là nhỏ nhất và đúng bằng f n , suy ra ( )

Từ đó suy ra

15

Ta sẽ chỉ ra một cách đổi chỗ thỏa mãn đề bài

- Với n chẵn, đặt n2 ,k ta cố định học sinh 1 và n

2

n

2

n

di chuyển về phía học sinh 1 lần lượt theo thứ tự đó

2, 3, 4, ,

2

n

n n n

k k

- Với n lẻ, đặt n2k1, tương tự, ta cũng cố định học sinh 1 và n

2

n

2

n 

di chuyển về phía học sinh 1 lần lượt theo thứ

2

n 

có thể di chuyển theo hướng túy ý đến đúng vị trí của nó Dễ thấy rằng: học sinh thứ i và n 1 i với

1

2, 3, 4, ,

2

n

k

4

n n

(biểu

Bài toán được giải quyết hoàn toàn