Lời giải chi tiết đề thi chọn Đội tuyển quốc gia Việt Nam dự thi IMO năm 2000

Dễ thấy rằng bốn đường tròn có bán kính r và tạo ra đúng 4 giao điểm nếu tâm của ba đường tròn tạo thành một tam giác đều có cạnh là r 3 và tâm còn lại là trọng tâm của tam giác đều [r]

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA

DỰ THI IMO 2000

*********

Bài 1

Trong mặt phẳng, hai đường tròn (C1), (C cắt nhau tại hai điểm P và Q Tiếp tuyến chung của 2) hai đường tròn gần P hơn Q tiếp xúc với (C1) tại A và tiếp xúc với (C2) tại B Các tiếp tuyến của

1 2

(C ), (C kẻ từ P cắt đường tròn kia lần lượt tại E và F, (E, F khác P) Gọi H, K lần lượt là các ) điểm nằm trên các đường thẳng AF, BE sao cho AH  AP và BK BP

Chứng minh rằng năm điểm A H Q K B cùng thuộc một đường tròn , , , ,

Lời giải

K H

E

F

A

B

Q P

Gọi H’ là giao điểm của PB và AE Ta sẽ chứng minh H H Thật vậy,

Do PE là tiếp tuyến của (C2) nên EPQPBQ( cùng chắn cung PQ)

Mặt khác, ta cũng có EAQEPQ(góc nội tiếp cùng chắn cung EQcủa đường tròn (C

1))

Do đó: EAQPBQ, suy ra QAHQBH và tứ giác ABQH nội tiếp 

Từ đó ta có AH B AQB

Ta lại có:

AQB PQA PQB PAB PBA APB APH

Kết hợp các điều trên, ta được: AH P AH B APH hay tam giác  APH cân tại H’

Suy ra APAH hay H H

Từ đây ta được tứ giác AHQB là tứ giác nội tiếp

Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được tứ giác AQKB cũng nội tiếp

Vậy 5 điểm A, B, Q, H, K cùng thuộc một đường tròn Ta có đpcm

Bài 2

Cho số nguyên dương k Dãy số ( x n),n 1, 2,3, được xác định như sau:

i) x 1 1

ii) Với mỗi số nguyên dương n 1 thì x n1 là số nguyên dương bé nhất không thuộc tập hợp

x1; ; ; .; ; x2 x3 x n x1k x; 22 ; k x33 ; k x n nk

Chứng minh rằng tồn tại số thực a sao cho x n  na với mọi n   *

Lời giải

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau (định lí Beatty):

Nếu a b là hai số vô tỉ dương thỏa mãn , 1 1 1

ab  và xét các tập hợp

 , 1, 2,3, ,  , 1, 2,3, 

       

,

    

Chứng minh

Ta sẽ chứng minh bổ đề qua 2 phần sau:

(1) Không tồn tại số nguyên dương nào xuất hiện ở cả hai tập hợp

Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn tại số nguyên dương k m n thỏa mãn , , kmanb, khi đó

k ma k k nb k (do các số ma nb là số vô tỉ) ,

Do đó k mk1,k nk1

a a b b , cộng các bất đẳng thức này vế theo vế, ta được

Điều này vô lí do m n là một số nguyên dương Điều giả sử là sai nên (1) đúng 

(2) Mỗi số nguyên dương đều xuất hiện ở một trong hai tập hợp

Thật vậy, giả sử ngược lại, số nguyên dương k không xuất hiện ở cả hai tập hợp Khi đó, tồn tại ,

m n sao cho mak(m1)a  , nbk(n1)a, suy ra

, 1 ( 1)

ma k k m a và nbk k,  1 (n1)b

Do đó mk,nk

a b và

a b , cộng các bất đẳng thức này vế theo vế, ta được

1 1 1 1

                

Đây cũng là một điều vô lí nên ta thấy (2) đúng

Do đó, bổ đề được chứng minh

Trở lại bài toán,

Xét đa thức 2

P x x  k x với k k là số nguyên dương đã cho thì P x có hai nghiệm ( ) phân biệt trái dấu Hơn nữa, P x( )(k2)24kk24, không thể là số chính phương với bất

kì số k nguyên dương nào nên hai nghiệm này đều là số vô tỉ

Ta thấy P(1) 1 (  k2)   k 1 0, (2)P  4 2(k2) k k 0 nên nghiệm dương của phương trình P x  thuộc khoảng (1, 2) Gọi nghiệm đó là ( ) 0 a

Đặt bak thì a b đều vô tỉ và , aba a( k)a2ak 2aka b nên  11 1

a b

Xét f n( )na, ( )g n nb f n( )kn với n là số nguyên dương

Ta sẽ chứng minh rằng x n  f n( ) bằng quy nạp

Thật vậy,

- Với n 1, khẳng định hiển nhiên đúng vì 1a2

- Giả sử x n  f n( ) với mọi n1, 2,3, ,m Ta sẽ chứng minh rằng x m1 f x( m1)

Ta có ( )f i x g i i, ( ) f i( )ikx iik với mọi i1, 2,3, ,m nên ta có tập hợp

 1, 2, , m, 1 , 2 2 , , m   (1), (2), , ( ), (1), (2), , ( )

H  x x x x k x  k x mk  f f f m g g g m

Rõ ràng f m( 1)H và g n( ) f n( ) với mọi n , ( ) f n là hàm số đồng biến trên  nên ta thấy * rằng f m ( 1) chính là số tự nhiên nhỏ nhất không thuộc H Theo định nghĩa dãy số ( x n) đã cho thì ta có x m1  f m( 1)

Do đó, khẳng định cũng đúng với m1

Theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm

Vậy số tự nhiên cần tìm chính là a là nghiệm dương của phương trình x2(k2)x k  0

Bài 3

Cho số nguyên dương n n  Xét đa thức , 2

1Ox Ox  Ox (có tất cả 2000 ô trống O)

Hai người A và B chơi trò chơi như sau:

Đầu tiên A điền một số thực vào một ô trống, tiếp theo B điền một số thực vào một trong các ô trống còn lại, A lại điền một số thực vào một trong các ô trống còn lại,… Cứ tiếp tục như thế cho đến khi tất cả các ô trống đã được điền Kí hiệu đa thức nhận được là

P x  a xa x  a x

Người chơi lần cuối cùng bị coi là thua nếu đa thức P(x) có ít nhất một nghiệm thực  sao cho

1

  và sẽ thắng nếu ngược lại

Chứng minh rằng có một trong hai người nói trên có cách chơi để đảm bảo thắng

Lời giải

Ta sẽ chứng minh rằng A có chiến thuật để luôn thắng

Thật vậy, trước hết ta thấy rằng do có đúng 2000 ô trống nên số ô ở vị trí chẵn bằng số ô ở vị trí

lẻ Do A đi trước nên A có thể thay được ô trống sao cho trong suốt quá trình thì số ô ở vị trí chẵn không vượt quá số ô ở vị trí lẻ

Điều này có nghĩa là sau bước điền số thứ 1998 của người B thì còn lại ít nhất một ô lẻ Giả sử hai ô trống cuối cùng làp q, mà trong đó q là số lẻ (p có thể chẵn hoặc lẻ)

Đặt g x là đa thức nhận được sau 1998 lần điền và ( ) cx p dx q là đa thức nhận được sau 2 lần điền cuối cùng Đa thức f x tương ứng sẽ là: ( )

Người chơi đầu tiên A có thể chọn giá trị c thích hợp sao cho f x có ít nhất một nghiệm thực ( ) với mọi giá trị của d, nghĩa là ở lần thứ 1999, A điền một số vào vị trí p và chiến thắng cho dù B điền số cuối cùng như thế nào

Dễ thấy rằng do đa thức f x liên tục nên nó sẽ có một nghiệm thực nếu tồn tại số thực dương ( )

e sao cho

( ) ( ) 0

ef a  f b  với a0,b và ( , )0 a b  ( 1,1)

Điều kiện này tương đương với eg a( )g b( )c ea p b pd ea q b q0

Điều kiện này thỏa mãn nếu tồn tại e 0 sao cho

0

ea b

eg a g b c ea b







q

q

b

e

a

   hoàn toàn xác định Do pq nên ea p b p  và ta được 0

( ) ( )

eg a g b c

ea b



 

Nói tóm lại, nếu A chọn giá trị c như trên thì f x có ít nhất một nghiệm thực với mọi giá trị ( ) của d Ta có đpcm

Bài 4

Cho ba số nguyên dương a b c đôi một nguyên tố cùng nhau Số nguyên dương n được gọi là , ,

“số bướng bỉnh” nếu như n không biểu diễn được dưới dạng nabx bcy caz  trong đó x y z, ,

là các số nguyên dương

Hỏi có tất cả bao nhiêu số bướng bỉnh?

Lời giải

Gọi B là tập hợp các số bướng bỉnh, nghĩa là B gồm các số nguyên dương không thuộc tập hợp

abx bcy caz x y z| , ,  

Dễ thấy rằng do chỉ xét x y z  nên mọi số nguyên dương , , 1 nab bc ca đều thuộc B Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng 2abcB và đây chính là phần tử lớn nhất của B

Thật vậy, giả sử tồn tại , ,x y z 

 sao cho 2abcabx bcy caz  hay

2abc(x1)ab(y1)bc(z1)ca

Vế trái chia hết cho c nên vế phải cũng chia hết cho c, tức là số hạng ( x1)ab chia hết cho c Tuy nhiên, ( , )a b ( , )b c ( , ) 1c a  nên x 1 chia hết cho c Do x 0 nên x 1 c

Tương tự, y 1 a z,   1 b

Từ đó suy ra (x1)ab(y1)bc(z1)ca3abc2abc, mâu thuẫn

Ta có nhận xét sau:

Với a b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì các số , kahb mà 1k a,1h b

sẽ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modun ab (*)

Chứng minh

Dễ thấy có tất cả ab số có dạng kahb với k h thỏa điều kiện như trên ,

Giả sử tồn tại k h1, 1 , k h2, 2 mà k1k2 và (k b1 h a1 ) ( k b h a2  2 ) chia hết cho ab hay nói riêng là chia hết cho a Suy ra (k1k b2) chia hết cho a Tuy nhiên, ( , ) 1a b  nên k1k2 chia hết cho a

Do 1k k1, 2  và a k1 k2 nên điều này không thể xảy ra và như thế, các số có dạng như trên sẽ

có số dư khác nhau khi chia cho ab Suy ra (*) được chứng minh

Ta thấy rằng ( , )a b ( , )b c ( , ) 1c a  nên từ nhận xét (*) ở trên, ta suy ra rằng các số có dạng

c az by bcy caz với 1 ya,1z b

lập thành một hệ thặng dư đầy đủ modulo ab

Do đó, với mỗi số số nguyên dương t, luôn tìm được các số nguyên dương y z sao cho 0, 0

0 0 (mod )

Từ đó suy ra rằng, tồn tại số nguyên x sao cho 0 t bcy 0caz0 abx0

Hơn nữa, 1y0 a,1z0 nên b k bc0 h ca0 2abc

Suy ra, nếu t2abc thì x là số dương 0

Do đó, với mọi số nguyên dương t2abc thì t luôn biểu diễn được bởi abx0bcy0caz0 hay 2

t abc

  thì tS hay 2abc là phần tử lớn nhất của tập B

Từ các điều này, ta thấy rằng

B ab bc ca    ab bc ca ab bc ca     abc

Ta chỉ cần xét các số thuộc tập An ab bc ca|   n2abc

Xét hàm số f n( )ab bc ca  2abc n Ta sẽ chứng minh rằng 

( )

nB f n B (**) Thật vậy,

Giả sử rằng nB, ta chứng minh rằng f n( ) B

Theo chứng minh ở trên, tồn tại các số 1 y0a,1z0 b x, 0 sao cho nabx0bcy0caz0, nhưng do nB nên x  0 0

Suy ra f n( )ab bc ca2abc n ab(1x0)bc(1 a y0)ca(1 b z0)

Dễ thấy các hệ số 1x0,1 a y0,1 b z0 đều dương nên f n( )B

Tiếp theo, giả sử tồn tại nB và f n( )B thì tồn tại các số nguyên dương x y z, , và x y z   , ,

mà nabx bcy caz  và f n( )abxbcycaz 

Suy ra 2abc(xx1)ab(yy1)bc(zz1)caB , điều mâu thuẫn này cho thấy

không tồn tại giá trị nguyên dương n nào thỏa giả sử trên Nhận xét (**) được chứng minh

Rõ ràng f n là một song ánh trên A; đồng thời từ nhận xét trên (**) ở trên, ta thấy ( ) 1

2 số phần

tử của A là thuộc B và 1

2 còn lại là không thuộc B

abc ab bc ca

AB  A      (dễ thấy biểu thức này là số nguyên vì a b c , , đôi một nguyên tố cùng nhau nên ab bc ca là số lẻ)

Do đó, ta được ( 1) 2 ( ) 1 1( 1)

abc ab bc ca

B  ab bc ca        abc ab bc ca

Vậy số các số bướng bỉnh cần tìm là 1( 1)

2

abc ab bc ca  

Bài 5

Cho các số thực a s, với s 1 Xét hàm số f : (0;   )

1) Giả sử a 1 Chứng minh rằng nếu f x thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: ( )

i) f2( )x ax f s x

a

 

  với mọi x 0.

ii) 2000

( ) 2

2

x 

thì f x( )x a s 1s với mọi x 0

2) Giả sử a 2 Hãy tìm một hàm số thỏa mãn điều kiện i) nhưng 1

( ) s s

 với mọi x 0

Lời giải

1) Theo giả thiết thì 2 

a

 

Thay x bởi x

a nhiều lần và biến đổi thích hợp, ta được các bất đẳng thức sau:

1/2 /2

( )  , 0

 

f x a x f x

2 2 2

/ 2

2

3

3

/ 2

…

1

/2



n

n

Nhân tất cả các bất đẳng thức này lại, ta được

2 ( ) u v n

n

x

f x x a f

a

  (*) trong đó

1 1



2

Do đó, 1 12

2n

n

A   và 1 12 1 11

n

vs        

Ta thấy rằng lim , lim 1

     và do f x ( ) 22000 với mọi 20001

2

x  nên với n đủ lớn thì

giá trị của x n

a sẽ bé hơn 2000

1

2 , suy ra

2000 2

2000

1

2



Trong bất đẳng thức (*), cho n   , suy ra f x( )x a s 1s,  x 0

2) Xét hàm số

1 1 ( ) s s x, 0

f x x a e x

Ta sẽ chứng minh rằng f2( )x ax f s x

a

 

  Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với:

2

Bất đẳng thức này đúng nên hàm số này thỏa mãn điều kiện i/

Hơn nữa

f x x a  x a e x a e x

Bất đẳng thức này cũng đúng với mọi x 0 nên hàm số này thỏa mãn điều kiện đề bài

Vậy hàm số

1 1 ( ) s s x, 0

f x x a e x

  chính là một hàm số cần tìm

Bài 6

Xét 2000 đường tròn bán kính r 1 trên mặt phẳng sao cho không có hai đường tròn nào tiếp xúc với nhau và mỗi đường tròn cắt ít nhất với hai đường tròn khác

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của số giao điểm của các đường tròn này

Lời giải

Gọi G là tập hợp các đường tròn trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện đã cho và S là tập hợp tất

cả các giao điểm của chúng

Với mọi CG x, S, ta xét hàm số f x C , trong đó: ( , )

( , ) 0

f x C  nếu xC

1

( , )

f x C

k

 nếu xC và có đúng k đường tròn đi qua x

Với mỗi xS, ta thấy rằng ( , ) 1

C G

f x C





Với mỗi CG, chọn một điểm xCS sao cho f x C( , ) 1

k

 đạt giá trị nhỏ nhất

Gọi C C C1, 2, 3, ,C k1 là các đường tròn khác C cùng đi qua x Do mỗi đường tròn cắt ít nhất hai đường tròn khác nên với i1, 2,3, ,k thì gọi 1 x x x1, 2, 3, ,x k1 tương ứng là các giao điểm khác x của các đường tròn nói trên với C

Do các đường tròn có bán kính khác nhau nên x i  x j với mọi i j,1i j,   k 1

Suy ra: ( , ) 1 ( 1)1 1

x S



Từ đó, ta thấy rằng ( , ) ( , ) 1 2000

Gọi r là bán kính của các đường tròn Dễ thấy rằng bốn đường tròn có bán kính r và tạo ra đúng 4 giao điểm nếu tâm của ba đường tròn tạo thành một tam giác đều có cạnh là r 3 và tâm còn lại

là trọng tâm của tam giác đều ấy

Do đó, ta chia 2000 đường tròn thành 500 nhóm, mỗi nhóm có 4 đường tròn với 4 giao điểm và mỗi nhóm như thế không có điểm chung với nhau

Vậy số giao điểm nhỏ nhất cần tìm chính là 2000