Tài liệu OLYMPIC TOÁN NĂM 2000 (Tập 1) P2 ppt

Chứng minh rằng tứ giác P BQR nội tiếp được một đường tròn.Lời giải: Hạ đường vuông góc với cạnh AB và BC tại P , Q tương ứng,chúng cắt nhau tại R00.. Hãy chỉ ra rằng các đường tròn ngoạ

42 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội

nXi=1xiyi−

nXi=1

x13i yi =

nXi=1yif (xi)

=

n

P

i=2

(yi− yi −1) (f (xi) + f (xi+1) + + f (xn)) > 0

Từ đó ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh

.7.35.Gọi AA1, CC1 là các đường cao của tam giác nhọn ABC Đường phângiác của góc nhọn giữa hai đường thẳng AA1, CC1 cắt các cạnh AB và

BC tại P, Q tương ứng Gọi H là trực tâm tam giác ABC và M làtrung điểm của cạnh AC, đường phân giác của [ABC cắt đoạn HM tại

R Chứng minh rằng tứ giác P BQR nội tiếp được một đường tròn.Lời giải: Hạ đường vuông góc với cạnh AB và BC tại P , Q tương ứng,chúng cắt nhau tại R00 Gọi S là giao điểm của R0P và HA, T là giaođiểm của R0Qvà HC

Hạ đường vuông góc từ M tới AB, cắt HA tại U và hạ đường vuônggóc từ M tới BC cắt HC tại V

Vì ∆P SH, ∆HT Q có các cạnh tương ứng song song và [P SH = \HT Q

Do P Q là đường phân giác của góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng

MU

MV =

HVHUKhi đó, phép vị tự tâm H biến đường thẳng P S thành đường thẳng

MU và cũng biến đường thẳng QT thành đường thẳng MV Do đó nóbiến R0 = P S ∩ QT thành M = MU ∩ MV Vì thế 3 điểm H, R0, Mthẳng hàng

Ta lại sử dụng giả thiết ∆P HA ∼ ∆QHC, ta có \HP B, \HQB là đồng

dư vì chúng cùng phụ với hai góc \HP A, \HQC

Như vậy, BP = BQ và ∆BR0P ∼ ∆BR0Q nên \P BR0 = \QBR0

vnmath.com

Đề thi olympic Nước Nga 43

Do đó R0 nằm trên cả hai đường thẳng HM và đường phân giác của[

ABC, suy ra R0 ≡ R

Từ đó dễ dàng suy ra tứ giác P BQR nội tiếp vì [BP R = π

2 = [BQR.7.36.Có 5 viên ngọc có trọng lượng khác nhau Oleg biết được trọng lượngcủa từng viên Với mỗi viên ngọc x kí hiệu m (x) là trọng lượng của

nó Dmitrii cố gắng xác định trọng lượng lớn nhất của các viên ngọc

đó Anh ta được phép chọn 3 viên A, B, C và hỏi Oleg rằng: "Có phải

m (A) < m (B) < m (C) không?" Oleg chỉ trả lời "Đúng" hoặc "Sai".Hỏi Dimitrii có thể xác định được trọng lượng lớn nhất sau 9 câu hỏihay không?

Lời giải: Chúng ta sẽ chỉ ra rằng Dimitrii sẽ không thể xác định đượckhối lượng viên ngọc lớn nhất sau 9 câu hỏi

Giả sử Dimitrii có một phương pháp để xác định được viên ngọc có khốilượng lớn nhất sau 9 câu hỏi hoặc ít hơn Giả sử rằng sau khi Oleg trả lờicâu hỏi thứ i của Dimitrii có chính xác xi viên ngọc có trọng lượng lớnnhất thỏa mãn câu hỏi thứ i Ta chỉ ra rằng xi+1 >maxxi− 20, 1

2xi với i = 1, 2, , 8

Để ý rằng có 5! = 120 cách để lấy được viên ngọc có trọng lượng lớnnhất Sau đó với 3 viên ngọc A, B, C bất kì, đúng 1

6 viên ngọc có thể có

m (A) < m (B) < m (C)

Như vậy, nếu Dimitrii hỏi liệu m (A) < m (B) < m (C) và Oleg trả lời

"Sai" thì Dimitrii có thể loại bỏ tối đa 20 trong số 120 khả năng có thể.Trong trường hợp xi+1 >xi− 20 với mỗi i Với mỗi xi mà phù hợp i câuhỏi đầu tiên, một phần s1 của những khả năng được loại bỏ nếu Olegtrả lời "Đúng" tới câu hỏi thứ i + 1; trong khi phần bù của một phầncủa s2 sẽ được loại bỏ nếu Oleg trả lời "Sai"

Nếu |S1| 6 x i

2 và Oleg trả lời "Đúng" thì ta có:

xi+1 = xi− |S1| > xi2Mặt khác ta có: |S2| 6 xi

2Nếu Oleg trả lời "Sai" ta lại có xi+1 > xi

2

Do đó, nếu x1 = 120; x2 >80; x3 >60; x4 >40; x5 >20;

x6 >10; x7 >5; x8 >3; x9 >2

vnmath.com

44 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội

Từ đó, Dimitrii không thể chắc chắn rằng anh ta tìm thấy được kết quảsau 9 câu hỏi

vnmath.com

Chương 8

Đề thi olympic Đài Loan

.8.37.Cho tam giác nhọn ABC, AC > BC và M là trung điểm AB Các đườngcao AP và BQ gặp nhau ở H, đường thẳng AB và BQ cắt nhau ở R.CMR: RH ⊥ CM

Lời giải: Gọi S là chân đường cao hạ từ C xuống AB và X là chânđường vuông góc từ H xuống CM

Vì \HP C = \HQC = \HXC = π

2 nên H, P, Q, X và C cùng nằm trên mộtđường tròn

Tương tự, vì \HXM = \HSM = π2 nên các điểm H, X, S và M cùngthuộc một đường tròn

Hơn nữa, P, Q, S và M thuộc cùng một đường tròn vì chúng nằm trênđường tròn 9 điểm của tam giác ABC Theo tính chất đối xứng, haitrong các trục đối xứng của 3 đường tròn này là AB, PQ, HX phảitrùng nhau Vì R = AB ∩ PQ nếu R phải thẳng hàng với H và X

46 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội

(2)Nếu p nguyên tố và α là số nguyên dương

) ≡ 0(mod8)Với Pα > 1 là luỹ thừa của số nguyên tố lẻ P Do đó n phải chẵn, UCLN( m,n) = 1 theo như giả thiết phản chứng Tiếp theo ta giả sử rằng

P2/(5m− 1) với P nguyên tố lẻ Rõ ràng PX5, vì 5 có modulop,gọi d là nên ta có d/m

Lại có, theo luật tương hỗ : (5

p)(p5) = (−1)(5−1)(p−1)4 = 1dẫn đến(p

Do đó gt của ta là sai, vậy UCLN (m, n) > 1

.8.39.Cho A ={1, 2, , n} Với n ∈ N Một tập hợp con của A được gọi là

“đã kết nối” nếu nó là số nguyên lớn nhất sao cho A chứa k tập đôi một

vnmath.com

Đề thi olympic Đài Loan 47khác nhau: Sao cho giao của hai tập bất kỳ Ai và Aj là một tập đã kếtnối”

Lời giải: Gọi A1, A2, Ak là các tập con khác nhau của A trong giảthiết

Đặt

m = max1≤i≤n(min Ai)

và giả thiết rằng min Ai0 = m

Mọi tập Ai có phần tử bé nhất nhỏ hoặc bằng m, do cách xác định m vàmọi tập Ai có phần tử lớn nhất lớn hơn hoặc bằng m hoặcAi∩ Ai 0 = ∅

là tập không “kết nối”

Do đó, mọi cặp k(min Ai, max Ai) bằng một trong m(n+1−m)cặp( r,s) mà 1 ≤ n ≤ m ≤ s ≤ n với mỗi cặp (r,s) ta chỉ ra rằng ít nhấtmột tập Ai có (MinAi, MaxAi) = (r, s)

Nếu có hai tập khác nhau thì giao của chúng là một tập kết nối chứa r

2

=j

n 2 +2n

4

k.Giá trị lớn nhất này đạt được nếu Ai là tập con kết nối của Achứa m0 mà m0 =





n2



n2

Chúng ta gọi giá trị thập phân của cơ sở này là giá trị “đuôi” của n vớimỗi một xuất hiện trong biểu diễn nhị phân của n, nếu nó đại diện cho

số 2k, 2k− k

2 là một giá trị “place” của n

vnmath.com

48 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà NộiĐặt g(n) là tổng giá trị “tail” và “place” của n

Bây giờ ta bổ sung số kí tự của n-j

Với trường hợp cơ bản ( khi n-j có ký tự 1) ta chỉ có thê thay n-j Trongtrường hợp (n,j) = (2,1) hoặc ( n, j ) = (1;0)

Biểu diễn nhị phân của a + b + 2k+1 giống như biểu diễn nhị phâncủaa+b với việc thêm 1 vào 2k+1 vị trí

Do đó g(a + b + 2k+1)bằng g(a+b)cộngvới giá trị “đuôi” của a+b vàcộng2k+1·k+12

Vì thế g(a + b + 2k+1) − g(a + b) bằng vế phải, ta đã chứng minh được(2)

) − g(a) + j − min {a, i} (3)Theo TH1 vế phải: g(a + 2k

Đề thi olympic Đài Loan 49Với vế trái của (3): nếu a + j < 2k

chẳng hạn như 2k ký tự không có trong tổng a + j + 2k

Giả thiết được CM hoàn toàn

Ta CMR: Dấu bằng xảy ra khi g(n) = g(j) + g(n − j) + jvới 1 sốgiá trị j

Đặt 2k là luỹ thừa lớn nhất của 2 nhỏ hơn n và đặt j = n − 2k thìg(n) = g(n − 2k)+ g(2k

) = g(n − j) + n − 2k= jĐiều đó cho thấy f(n) = g(n)∀n

Vậy với việc tìm giá trị “place” và giá trị “đuôi” của 2000 (với biểu diễnnhị phân 11111010000) ta có:f (2000) = 10864

vnmath.com

Giờ ta xét trường hợp k 6= 0 Để a ≡ x + 6y, b ≡ x − 6y Với bất kỳgiá trị a ∈ {1, 2, , 36} có chính xác một giá trị b ∈ {1, 2, , 36} để

ab ≡ k Với mỗi cặp (a, b) trong 36 cặp tương ứng với một nghiệm (x, y)duy nhất vì ta phải có x ≡ (a + b)2−1, y ≡ (a + b)12−1 Do vậy phươngtrình (x − 6y)(x + 6y) ≡ k có chính xác là 36 nghiệm (x, y) khi k 6= 0

Ta xem xét số cặp 4 (x, y, z, w) để x2 + y2 ≡ z3 + w3 ≡ 0 Có 3căn bậc 3 r1, r2, r3 của 1 mod 37, đó là: Nếu ta để g là một phần tửnguyên thủy mod 37 thì căn bậc 3 là 1, g12, g24 Với bất kỳ z nào, ta

vnmath.com

Đề thi olympic Thổ Nhĩ Kỳ 51

có z3+ w3 ≡ 0 nếu và chỉ nếu w bằng −r1z, −r2z hay −r3z Do vậy có

109 cặp (z, w) để z3 + w3 ≡ 0, mỗi cặp để z = 0 và 3 cặp để z = z0đối với mỗiz0 ∈ {1, 2, , 36} Ở trên ta đã tỉm ra rằng có chính xác

73 cặp (x, y) để x2 + y2 ≡ 0 Do vậy có 109.73 bộ 4 (x, y, z, w)để

x2+ y2 ≡ z3 + w3 ≡ 0

Với mỗi cặp trong 372− 109 cặp (z, w) để z3+ w3 ≡ 0 có chính xác 36cặp (x, y) để x2+ y2≡ z3+ w3 Vậy nên có (372− 109).36 bộ 4 (x, y, z,w) để x2+ y2 ≡ z3+ w3≡ 0 Vì vậy, có 109.73 + (372− 109).36 = 53317

bộ 4 (x, y, z, w) để x2+ y2 ≡ z3+ w3

.9.42.Cho một vòng tròn tâm O, 2 đường tiệm cận xuất phát từ điểm S nằmbên ngoài đường tròn có tiếp điểm là P, Q Đường thẳng SO giao vớiđường tròn tại A, B với B gần S hơn A Cho X là một điểm nằm trongcung nhỏ PB và đường SO giao với các đường QX và PX lần lượt tại C,

Lời giải: Kéo dài tia PC cho cắt với cung QB tại Y Bằng phép đốixứng cung BX và BY, nó chỉ ra rằng \CP B = \Y P B = \BP X = \BP D

Do vậy, P B là phân giác bên trong của CPD Áp dụng định lý đườngphân giác trong và phân giác ngoài ta tìm ra được:

AB − ACAB.AC =

AD − ABAD.ABĐiều này có nghĩa là

1

AC −AB1 = 1

AB − AD1Điều này tương đương với đẳng thức cần chứng minh

vnmath.com

52 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội.9.43.Với 2 số nguyên dương bất kỳ n, p Hãy chứng minh rằng có chính xác(p + 1)n+1− pn+1 hàm số

f : {1, 2, , n} −→ {−p, −p + 1, , p}

để |f(i) − f(j)| ≤ p với tất cả i, j ∈ {1, 2, , n}

Lời giải: Với m ∈ {−p, −p + 1, , p}, có (min{p + 1, p − m + 1})n làhàm số thỏa mãn điều kiện đã cho bao gồm những giá trị chỉ nằm trong{m, , m + p} Dĩ nhiên, (min{p + 1, p − m + 1})n là hàm số có các giátrị chỉ nằm trong {m + 1, , m + p} Do vậy, chính xác

(min{p + 1, p − m + 1})n

− (min{p, p − m})n

là hàm số thỏa mãn điều kiện đã cho với giá trị m nhỏ nhất

Biểu thức này bằng với (p + 1)n

− pnđối với mỗi giá trị của p+1, m ≤ 0

và bằng (p + 1 − m)n

− (p − m)n khi m > 0 Do đó, tổng của biểu thứckhi m ≤ 0 là

(p + 1)((p + 1)n− p)ntrong khi tổng biểu thức khi m > 0 là tổng

pXm=1((p + 1 − m)n− (p − m)n) = pn

Cộng 2 tổng này lại ta được tổng các hàm số thỏa mãn điều kiện đã cho

là (p + 1)n+1− pn+1

.9.44.Trong tam giác nhọn ABC có bán kính đường trong ngoại tiếp R Đườngcao AD, BE, CF lần lượt có độ dài là h1, h2, h3 Nếu t1, t2, t3 lần lượt làchiều dài các tiếp tuyến từ A, B, C tới đường tròn ngoại tiếp của tamgiác DEF Hãy chứng minh:

3Xi=1

(√ti

hi)

2

≤ 32R

Lời giải: Cho H là trực tâm của tam giác ABC và X, Y, Z lần lượt làtrung điểm của AH, BH, CH Bởi đường tròn ngoại tiếp của tam giác

vnmath.com

Đề thi olympic Thổ Nhĩ Kỳ 53DEF là đường tròn 9 điểm của tam giác ABC, nó qua các điểm X, Y

và Z Do đó t2

1 = AX.AD = AX.h1 hoặc (√ t 1

h 1)2 = AX Ta có thể tìmđược các biểu thức tương tự với BX và CX Vậy nên bất dăbgr thức cầnchứng minh tương đương với

AX + BX + CX ≤ 32R(nhân mỗi vế với 2):

cos α + cos β + cos ϕ ≤ 32.Nhớ rằng tam giác ABC là tam giác nhọn và hàm t −→ cos t là lõmtrong khoảng (0,π

2) Do đó, theo bất đẳng thức Jensen ta có vế trái củabất đẳng thức cuối cùng này đạt cực đại khi 3 góc đều bằng π

3, trongtrường hợp vế trái bằng 3

2 Vậy bất dẳng thức cuối cùng này là đúngđồng thời bất đẳng thức cần chứng minh cũng là đúng

.9.45.(a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, số cặp của số nguyênxếp theo thứ tự thỏa mãn x2 − xy + y2 = n là hữu hạn và chia hết cho6.] [(b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) xếp theo thứ tự thỏa mãn

và rất nhiều cặp hữu hạn (x, y) thỏa mãn được điều kiện này Do vậy

có rất nhiều nghiệm hữu hạn

vnmath.com

54 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà NộiTiếp đến ta chứng minh rằng số nghiệm chia hết cho 6 Nếu (x, y) lànghiệm thì (y, y − x) cũng là nghiệm Phép biến đổi tuyến tính này làkhả nghịch, do đó nó hoán vị tất cả các nghiệm và ta có thể chia cácnghiệm ra thành các lớp với mỗi lớp đó ở dưới dạng:

(x, y), (y, y − x), (y − x, −x), (−x, −y), (−y, x − y), (x − y, x)đối với một số nghiệm(x, y) ban đầu Rõ ràng để chứng minh không có

2 trong 6 nghiệm ở mỗi lớp bằng nhau trừ khi x = y = 0 là không thể

Do vậy mỗi lớp có 6 phần tử riêng biệt và kết quả là được chứng minh.(b) Bất kỳ nghiệm nào với x2−xy+y2 = 727 ta có thể áp dụng được phépbiến đổi (x, y) −→ (y, y − x) như ở phần (a) và có thể (x, y) 7−→ (y, x),

để có được nghiệm (x, y) khác với y ≤ 0 ≤ x ≤ |y| Giờ ta tìm tất cảcác nghiệm như vậy với y ≤ 0 ≤ x ≤ |y| Sắp xếp lại đẳng thức cần tìm

ta được x2 − xy + y2 − 727 = 0 Xem xét đẳng thức này là một toànphương trong y, ta có thể áp dụng phương trình bậc 2 để tìm ra rằng:

là ta có nghiệm duy nhất(13, −18) của phương trình

Do đó bất kỳ nghiệm nào cũng có thể biến đổi thành (13, −18) bằngviệc áp dụng 2 sơ đồ mô tả ở trên Như vậy bất kỳ nghiệm nào trong(13, −18) hoặc (−18, 13) dưới biến đổi (x, y) 7−→ (y, y − x), có nghĩa tất

cả các nghiệm tới x2− xy + y2 = 727 là:

(13, −18), (−18, −31), (−31, −13), (−13, 18), (18, 31), (31, 13),(−18, 13), (13, 31), (31, 18), (18, −13), (−13, −31), (−31, −18) 9.46.Cho tam giác ABC, các đường phân giác trong và ngoài của góc A lầnlượt cắt đường thẳng BC tại D và E Cho F là một điểm ( khác điểmA) ở đó đường thẳng AC tiếp xúc với đường tròn ω có đương kính DE

vnmath.com

Do vậy CD(CE − CB) = CD.BE = CE.DB = CE(CB − CD) hoặc (cộng CD (CE + CB) cho cả 2 vế).

2CD.CE = CB(CD + CE)Bởi vì CD + CE = 2CO, ta có: CD.CE = CB.CO Mặt khác, theođịnh lý tích điểm áp dụng với C và ω ta có: CD.CE = CA.CF , suy raCB.CO = CA.CF Do vậy, theo định lý tích điểm với các điểm A, B, O,

F nằm trên đường tròn ω1 nào đó Ta thực hiện phép nghịch đảo A vớitia AO ω là một vòng tròn qua A, điểm trực giao với AO và bao gồm 1điểm P nằm trên AO vowis AP = 2AO Do vậy, ảnh của nó dưới phépnghịch đảo là một đường trực giao với AO và bao gồm 1 điểm P’ trêntia AO với AP0 = AO/2 Nói cách khác, ảnh l1 của ω là đường trungtrực của AO Kế tiếp, phép nghịch đảo đưa ω1 (vòng tròn đi qua A, qua

O và tiếp xúc với AG) tới l2 không đi qua A, qua O và song song với

AG Suy ra phép nghịch đảo đưa F, giao giữa ω và ω1, tới giao F’ của l1

và l2; hơn nữa phép nghịch đảo (phép biến đổi ngược) đưa G, giao củaω1 và AG, tới giao của l1 và AG Phép dối xứng qua trung điểm của AOđưa l1 tới chính nó và l2 tới AG; Do vậy, sự phản chiếu này đưa OF0 tới

AG0, có nghĩa là OF’ = AG’ Bởi F’ nằm trên trung trực của AO, tacũng có OF’ = AG’ Vậy nên AF’ = AG’, điều này đòng nghĩa với AF

= AG Kết quả được chứng minh

.9.47.Hãy chỉ ra rằng có thể cắt bất kỳ lăng trụ tam giác có chiều dài vô hạnbởi 1 mặt phẳng cho ra kết quả thiết diện là một tam giác đều

vnmath.com

56 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà NộiLời giải: Giả sử rằng một mặt phẳng trực giao với các cạnh của lăngtrụ tại A, B, C và đặt a = BC, b = CA, c = AB và không mất tínhtổng quát giả sử a ≤ b ≤ c Với t ≥ 0, xác định:

f (t) =

q

a2 + (t +√

c2 − b2+ t2)2−√c2+ t2Khi đó:

f (0) =√

a2+ c2− b2−√c2 ≤ 0Mặt khác, ta có f(b) =pa2+ (b + c)2−√c2+ b2 > 0 Bởi f là liên tụcnên tồn tại t0 sao cho f(t0) = 0 Bây gờ ta cho B’ nằm trên 1 cạnh với

B, cách B 1 khoảng là t C’ nằm cùng cạnh với C và cách C 1 khoảng làp

Vì vậy mặt phẳng (AB’C’) đáp ứng được yêu cầu đề bài

.9.48.Cho hình vuông ABCD, các điểm M, N, K, L lần lượt nằm trên các cạnh

AB, BC, CD, DA sao cho MN song song với LK và khoảng cách giữa

MN và LK bằng AB Hãy chỉ ra rằng các đường tròn ngoại tiếp của tamgiác ALM và NCK là giao nhau còn các đường tròn ngoại tiếp của tamgiác LDK và MBN thì không giao nhau

Lời giải: Hướng tứ giác sao cho AB nằm ngang và nằm phía trên CD,

ở đó A nằm phía tây so với B Trước hết ta cho là AL > BN, nói cáchkhác N nằm phía bắc (mặc dù không nhất thiết phải chính bắc) so với

L Giả sử ngược lại thì có 1 đoạn nằm ngang với điểm cuối trái L vàđiểm cuối phải trên MN với độ dài ≤ AB Mặt khác, độ dài của đoạnnày lớn hơn khoảng cách giữa LK và MN, điều này đã được giả thiết

là AB Do vậy ta có sự trái ngược nhau và AL > BN Tương tự ta cũng

có thể rút ra được AM > DK

Dựng P và Q sao cho các tứ giác BMPN và DKQL là các hình chữ nhật

Ta biết từ phần trên rằng P nằm ở đông bắc so với Q Dựng R và S sao

vnmath.com

Đề thi olympic Thổ Nhĩ Kỳ 57cho R ở phía đông nam so với Q và sao cho tứ giác PRQS là hình chữnhật có các cạch song song với các cạch của hình vuông ABCD.

Để chỉ ra rằng các đường tròn ngoại tiếp của tam giác ALM và NCK làgiao nhau, ta thấy rằng các đường tròn bị chặn bởi các đường tròn ngoạitiếp tam giác ALM và NCK lần lượt bao hàm các hình chữ nhật ALRM

và CKSN Vì vậy các đường tròn này đều chứa hình chữ nhật PRQS Docác miền trong của các đường tròn ngoại tiếp tam giác ALM và NCK

là giao nhau vậy nên các đường tròn ngoại tiếp cũng phải giao nhau.Giờ ta chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp ω1 của tam giác MBN vàđường tròn ngoại tiếp ω2 của tam giác LDK là không giao nhau Chú

ý rằng chúng cũng lần lượt là đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhậtBMPN và DKQL Cho l1 là tiếp tuyến với ω1 tại P, l2 là tiếp tuyến vớiω2 tại Q Vì MN song song với LK do vậy BP song song với QD Dol1 vuông góc với BP và l2 vuông góc với QD nên ta có l1 song song vớil2 Vậy nên mỗi điểm của ω1 nằm trên hoặc giá bên phải của l1 cũngnằm phía bên phải của l2; mặt khác mỗi điểm trên ω2 nằm trên hoặcbên trái của l2 Vậy nên ω1 và ω2 không thể giao nhau

.9.49.Cho f : R −→ R là một hàm thỏa mãn :

|f(x + y) − f(x) − f(y)| ≤ 1

vittcx, y ∈ R Chứng minh rằng tồn tại một hàm g :R −→ R thỏa mãn

|f(x) − g(x)| ≤ 1 với mọi x ∈ R, và g(x + y) = g(x) + g(y) với mọi

|f(x) − g(x)| ≤ 1vnmath.com

58 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nộiđối với tất cả x Trước hết thấy rằng đặt x = y = 2mx0 trong bất đẳngthức đã cho của f ta có:

f (2m+1x0) − 2f(2mx0) ≤ 1Chia cho 2m+1 ta có:

1

2m+1Với bất kỳ x xác định nào, xem xét tổng vô hạn:

∞Xm=0

lim

n →∞

nXm=0

ở phần trên rằng lượng cuối cùng lớn nhất bằng 1, vì vậy ta có:

|g(x) − f(x)| ≤ 1Tiếp tục thấy rằng g(x + y) = g(x) + g(y)với mọi x, y Thấy rằng:g(x + y) − g(x) − g(y) = limn

x) − f(2ny)

2nvnmath.com

Đề thi olympic Thổ Nhĩ Kỳ 59Theo điều kiện đã cho,

|f(2n(x + y)) − f(2n

x) − f(2n

y)| ≤ 1với n bất kỳ, hằng số trong gới hạn của biểu thức cuối cùng nằm trongkhoảng −1

vnmath.com

Nguyễn Hữu Điển

OLYMPIC TOÁN NĂM 2000

33 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI

(Tập 3)

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC

vnmath.com

vnmath.com

Lời nói đầu

Để thử gói lệnh lamdethi.sty tôi biên soạn một số đề toán thi Olympic, màcác học trò của tôi đã làm bài tập khi học tập LATEX Để phụ vụ các bạn hamhọc toán tôi thu thập và gom lại thành các sách điện tử, các bạn có thể thamkhảo Mỗi tập tôi sẽ gom khoảng 30 bài với lời giải Tập này có sự đóng gópcủa Nguyễn Văn Hậu, Lê Thị Thu Hiền, Nguyễn Trung Hiếu, Nguyễn Thị MaiHoa, Nguyễn Văn Huy, Nguyễn Thương Huyền

Rất nhiều bài toán dịch không được chuẩn, nhiều điểm không hoàn toànchính xác vậy mong bạn đọc tự ngẫm nghĩ và tìm hiểu lấy Nhưng đây là nguồntài liệu tiếng Việt về chủ đề này, tôi đã có xem qua và người dịch là chuyên vềngành Toán phổ thông Bạn có thể tham khảo lại trong [1]

Rất nhiều đoạn vì mới học TeX nên cấu trúc và bố trí còn xấu, tôi không

có thời gian sửa lại, mong các bạn thông cảm

Hà Nội, ngày 2 tháng 1 năm 2010

Nguyễn Hữu Điển

51

vnmath.com

Mục lục

Lời nói đầu 3Mục lục 4Chương 1 Đề thi olympic Hoa Kỳ 5Chương 2 Đề thi olympic Việt Nam 11Chương 3 Đề thi olympic Châu Á Thái Bình Dương 20Chương 4 Đề thi olympic Áo - Balan 26Chương 5 Đề thi olympic Địa Trung Hải 30Chương 6 Đề thi olympic Petecbua 34Chương 7 Đề thi olympic Anh 40Tài liệu tham khảo 42vnmath.com

Chương 1

Đề thi olympic Hoa Kỳ

.1.1 Một bộ bài có R quân đỏ, W quân trắng và B quân xanh Một người chơithực hiện việc rút các quân bài ra khỏi bộ bài Với mỗi lượt, anh ta chỉđược phép rút đúng 1 lá bài, và phải chịu một số tiền phạt cho lượt rútbài đó: - Nếu lá bài được rút có màu xanh, tiền phạt bằng số quân trắngcòn lại trong bộ bài - Nếu là bài được rút có màu trắng, tiền phạt bằnghai lần số quân đỏ còn lại trong bộ bài - Nếu lá bài được rút có màu đỏ,tiền phạt bằng ba lần số quân xanh còn lại trong bộ bài Hãy xác địnhtổng số tiền phạt tối thiểu mà người chơi phải trả (phụ thuộc vào R, W,B) và tìm tất cả các cách chơi để có thể đạt được số tiền phạt đóLời giải: Ta sẽ chứng minh số tiền phạt tối thiểu phải trả là min(BW,2WR,3RB) Dĩ nhiên số tiền phạt này là đạt được, tương ứng với 1 trong

3 cách rút bài sau:(bb bbrr rr ww ww);(rr rr ww wbb )( ww wwbb rr)Với mỗi một cách rút bài, ta định nghĩa chuỗi xanh là mộtđoạn liên tiếp các quân bài màu xanh được rút ra khỏi bộ bài (tức trongmột số lượt lien tiếp, ta chỉ rút quân xanh ra) Tương tự, ta có địnhnghĩa chuỗi đỏ, chuỗi trắng

Bây giờ ta sẽ chứng minh 3 bổ đề:

Bổ đề 1: Với mỗi cách rút bài cho trước, ta có thể thực hiện 1 cáchrút bài khác, trong đó 2 chuỗi cùng màu được “gộp” vào nhau mà khônglàm tăng số tiền phạt

vnmath.com

6 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội

Ta sẽ chứng minh trong trường hợp gộp 2 chuỗi đỏ, các trường hợp kháchoàn toàn tương tự Giả sử giữa 2 chuỗi đỏ có w quân trắng và b quânxanh Bây giờ, nếu ta chuyển một quân đỏ từ chuỗi thứ nhất sang chuỗithứ 2, số tiền phạt sẽ tăng them 2w – 3b (do ở mỗi lượt rút quân trắngphải tăng them tiền phạt là 2 bởi sự xuất hiện của 1 quân đỏ mới, vàquân đỏ được chuyển đi nằm sau b quân xanh nên không phải chịu 3btiền phạt)

Nếu , ta chỉ việc chuyển tất cả các quân đỏ từ chuỗi 1 sang chuỗi 2.Ngược lại, ta sẽ chuyển tất cả các quân đỏ từ chuỗi 2 sang chuỗi 1.Trong cả 2 trường hợp, 2 chuỗi đỏ đã được gộp vào nhau và số tiền phạtkhông bị tăng thêm

Bổ đề 2: Cách chơi tối ưu không tồn tại chuỗi (tức không xảy ra trườnghợp rút 1 quân đỏ ngay sau 1 quân trắng)

Điều này là hiển nhiên, vì nếu xuất hiện lượt rút bài như vậy ta thayđổi chuỗi bằng chuỗi , ta thu được 1 cách chơi mới có số tiền phạt nhỏhơn

Bổ đề 3: Cách chơi tối ưu (ít tiền phạt nhất) sẽ có ít hơn 5 chuỗiGiả sử tồn tại 1 cách chơi tối ưu có 5 chuỗi trở lên Giả thiết rằng quânbài đầu tiên được rút có màu đỏ (các trường hợp khác chứng minh tươngtự) Bây giờ, ta giả sử rằng các chuỗi được rút có giá trị (theo thứ tự,chứng minh tương tự trong các trường hợp khác)

Theo bổ đề 1, ta có thể gộp 2 chuỗi đỏ, hoặc 2 chuỗi trắng lại với nhau

mà không làm tăng số tiền phạt Nhưng cách chơi hiện tại là tối ưu, dovậy ta phải có: (1)

Gộp 2 chuỗi trắng lại và ta được 1 cách rút bài cũng có số tiền phạt tốithiểu: Theo bổ đề 1, ta có thể gộp 2 chuỗi đỏ với nhau mà số tiền phạtkhông tăng them Nhưng do cách chơi này là tối ưu, nên ta phải có ,mâu thuẫn với (1) Vậy điều giả sử là sai, bổ đề 2 được chứng minh.Tức là bất kì cách chơi tối ưu nào cũng chỉ có tối đa 4 chuỗi Kết hợpvới bổ đề 2, cách chơi tối ưu nếu phải rút quân đỏ đầu tiên là

Cách chơi này là tối ưu khi và chỉ khi và , Tương tự, ta cũng có cáchchơi giống như trên nếu quân đầu tiên đuợc rút là quân trắng hoặc quânxanh./

vnmath.com

Đề thi olympic Hoa Kỳ 7

Trong trường hợp thứ hai, ta phải có 2(m3+ m + 2) = 0; m3 + m + 2phân tích thành (m + 1)(m2− m + 2) và thừa số thứ hai luôn dương vớimọi giá trị thực m Vì vậy ta phải có m=-1 để trường hợp này xảy ra.Khi đó nghiệm duy nhất của phương trình này là x=2 và phương trình(1) trở thành (x + 1)2 = 9, tức là x=2, -4 Nhưng điều này có nghĩa làphương trình ban đầu của ta chỉ có nghiệm là 2 và -4, trái với yêu cầucủa bài toán

Xét trường hợp thứ ba, gọi r là nghiệm của phương trình thì x−r là mộtthừa số của cả hai biểu thức x2−2mx−4(m2+1) và x2−4x−2m(m2+1).Trừ hai biểu thức này cho nhau ta nhận được x − r là một thừa số của(2m −4)x−(2m3−4m2+ 2m −4), hay (2m−4)r = (2m−4)(m2+ 1) Vìvậy m = 2 hoặc r = m2+1 Tuy nhiên, trong trường hợp thứ nhất thì cảhai phương trình bậc hai của ta trở thành (x−2)2 = 24, và vì vậy, ta chỉthu được hai nghiệm phân biệt Vậy ta phải có r = m2+ 1 Khi đó, thayvào đẳng thức (r−2)2 = 2(m3+m+2), ta được (m2−1)2 = 2(m3+m+2)hay (m + 1)(m − 3)(m2

+ 1) = 0 Do đó m = −1 hoặc 3 Trường hợpm=-1 đã được chỉ ra không thỏa mãn Vì vậy, ta chỉ có m=3 Khi đócác phương trình của ta trở thành (x − 3)2 = 49 và (x − 2)2 = 64, chúng

có các nghiệm là x=-6, -4, 10, thỏa mãn yêu cầu của bài toán

vnmath.com

8 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội.1.2 Cho ABC là tam giác đều có diện tích bằng 7 Gọi M, N tương ứng làcác điểm trên cạnh AB, AC sao cho AN=BM Gọi O là giao điểm của

BN và CM Biết tam giác BOC có diện tích bằng 2

(a) Chứng minh rằng M B

AB hoặc bằng 1

3 hoặc bằng 2

3.(b) Tính góc [AOB

Lời giải: (a) Lấy điểm L trên BC sao cho CL=AN và gọi P, Q lần lượt làgiao điểm của CM và AL, AL và BN Phép quay với góc quay 120o quanhtâm của tam giác ABC biến A thành B, B thành C, C thành A; phépquay này cũng biến M thành L, L thành N, N thành M và biến O thành

P, P thành Q, Q thành O Do đó OPQ và MLN là các tam giác đều đồngtâm với tam giác ABC Suy ra \BOC=π- \MOC=2π

3 Vì vậy, O nằm trênđường tròn đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua BC Cónhiều nhất hai điểm O trên đường tròn này và nằm trong tam giác ABC

để tỉ lệ khoảng cách từ O tới BC và từ A tới BC bằng 2

6 Lập luận tương tự đối với trường hợp còn lại,

ta được \ANM = π6 và [AOB = π2

.1.3 Cho f(x) = x2− 2ax − a2−34 Tìm tất cả các giá trị của a để |f(x)| ≤ 1với mọi x ∈ [0; 1]

vnmath.com

Đề thi olympic Hoa Kỳ 9đến 1, do đó f(1) ≤ 1 Nhưng ta có 1

2 ≤ a + 1 ≤ 1, 1

4 ≤ (a + 1)2 ≤ 1,1

Từ a ≤ 1

2 ta có 1 < (a + 1)2 ≤ 94 và vì vậy f(x) = −1 ≤ 5

4− (a + 1)2 < 14.Mặt khác, f(a) = −2a2−34 nên ta phải có a ≤ √2

4 để f(a) ≥ −1 Ngượclại, đánh giá f(0), f(a), f(1) ta chỉ ra được f thỏa mãn điều kiện của bài

ra khi 0 < a ≤ √2

4 1.4 Kí hiệu u(k) là ước lẻ lớn nhất của số tự nhiên k Chứng minh rằng

1

2n ·

2 n

Xk=1

u(k)

k ≤ 23

Lời giải: Đặt v(k) là ước lớn nhất của k có dạng lũy thừa của 2, nênu(k)v(k) = k Trong {1, 2, , 2n} có 2n−i−1giá trị của k sao cho v(k) = 2ivới i ≤ n − 1, và một giá trị sao cho v(k) = 2n Do đó, vế trái bằng

1

2n ·

2 n

Xk=1

10 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nộimâu thuẫn Tương tự, nếu x < y thì y < z và z < x, mẫu thuẫn Nêncác nghiệm của hệ phương trình có dạng x = y = z = t với t là nghiệmcủa phương trình t3 = 2t − 1 Vậy, nghiệm của hệ phương trình là



.1.6 Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất để phương trình sau có một nghiệm thực:

cos2π(a − x) − 2 cos π(a − x) + cos3πx2a cosπx2a +π

3

+ 2 = 0

Lời giải: Lời giải: Giá trị nhỏ nhất của a là 6 Phương trình thỏa mãnkhi a=6, x=8 Để chứng minh a là giá trị nhỏ nhất, ta viết phương trìnhdưới dạng

(cosπ(a-x)-1)2+

cos 3πx2a

cosπx2a +

π3

+ 1

2a + π

3 = (2k + 1)π và nhân hai vế với 6a

π ta được 3x ≡ 4a (mod12a).Trong cả hai trường hợp ta đều có 3x chia hết cho 2, vì vậy x phải chiahết cho 2 và a cũng phải thỏa mãn điều đó Hơn nữa, ở cả hai trườnghợp ta cũng đều có -2a và 4a cùng phải chia hết cho 3, vì thế a phải chiahết cho 3 Tóm lại ta có 6 phải là ước của a và a=6 là giá trị nhỏ nhấtcần tìm

vnmath.com

Chương 2

Đề thi olympic Việt Nam

.2.7 Trên mặt phẳng cho hai đường tròn ω1, ω1 theo thứ tự có tâm là O1 vàO2 Cho M0

(a) Xác định quĩ tích trung điểm của đoạn thẳng M1M2

(b) Gọi P là giao điểm của các đường thẳng O1M0

1 và O2M0

2 Đườngtròn ngoại tiếp ∆M1P M2cắt đường tròn ngoại tiếp ∆O1P O2tại P và mộtđiểm khác là Q.Chứng minh rằng Q là điểm cố định không phụ thuộcvào vị trí của M1 và M2

Lời giải:

vnmath.com

12 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội

(a)Chúng ta dùng các số phức, mỗi điểm có kí hiệu là chữ in hoa ta đặttương ứng với một số phức có kí hiệu là chữ in thường Gọi M0, M và

O lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng: M0

q − o1

q − o2

= q − m1

q − m2Hay tương đương:

q − o1

q − o2

= (q − m1) − (q − o1)(q − m2) − (q − o2) =

o1 − m1o2 − m2

= o1− m0

1o2− m0

có thể giải phương trình này để tìm được giá trị duy nhất của q, suy ra

Q là điểm cố định không phụ thuộc vào vị trí của M1 và M2

vnmath.com

Đề thi olympic Việt Nam 13.2.8 Giả sử rằng tất cả đường tròn ngoại tiếp của bốn mặt của một tứ diện

có bán kính bằng nhau Hãy chỉ ra rằng hai cạnh đối bất kì của một tứdiện là bằng nhau

Lời giải: Trước hết ta chứng minh rằng với bốn điểm không đồng phẳngbất kì X, Y , Z, W ta có:

< (∠ZY W +∠W Y X)+∠Y ZW +(∠XW Y +∠Y W Z)+∠W XY

= (∠ZY W +∠Y W Z+∠Y ZW )+(∠XW Y +∠W Y X+∠W XY )

= π + π = 2π

Gọi R là bán kính chung của các đường tròn ngoại tiếp bốn mặt tứ diện

Ta định nghĩa rằng hai góc của tứ diện ABCD gọi là đối diện với cùngmột cạnh là hai góc ví dụ như ∠ABCvà ∠ADC, ta có:

sin∠ABC = AC

2R = sin∠ADC( do định lí hàm sin)

Do đó hai góc bất kì đối diện với cùng một cạnh hoặc bằng nhau hoặc

bù nhau

Hơn nữa, để ý rằng nếu XZ và Y W là hai cạnh đối của tứ diện XYZWthì suy ra (∠XY Z + ∠ZW X + (∠Y ZW ∠W XY < 2π)) nên khôngthể có trường hợp hai góc đối diện với cùng một cạnh XZ và với cạnh

vnmath.com

14 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội

Y W đều là bù nhau Nói cách khác, nếu các góc đối diện của cạnh

XZlà bù nhau thì hai góc đối diện với cùng một cạnh Y W là bằng nhau

A

B

C

D

Bây giờ ta giả sử ngược lại rằng có hai góc đối diện với cùng một cạnh

ví dụ như ∠ABCvà ∠CDA là bù nhau còn tất cả các cặp góc đồi diệnvới cùng một cạnh khác là bằng nhau, ta có:

∠BCD + ∠DAB = (π − ∠CDB − ∠DBC) + (π − ∠ADB − ∠DBA)

= ( pi − ∠CAB − ∠DAC) + (π − ∠ACB − ∠DCA)

= (π − ∠CAB − ∠ACB) + (π − ∠DAC − ∠DCA)

= ∠ABC + ∠CDA

= π

Điều này trái với giả sử Do đó bên cạnh các góc đối diện với cạnh ACthì còn một số cặp góc đối diện với cùng một cạnh khác là bù nhau.Theophần lí luận trên thì cặp góc đối diện với cạnh BD không thể bù nhaunên chúng phải bằng nhau Do đó cặp góc đối diện với cùng một cạnhtrong số các cạnh AB, AD, CB và CD là bù nhau Không giảm tínhtổng quát, giả sử cặp góc đối diện với cạnh AB là bù nhau suy ra cặp

vnmath.com

Đề thi olympic Việt Nam 15

góc đối diện với cạnh CD là bằng nhau Hơn nữa:

∠CDB = π − ∠DCB − ∠DBC

= π − ∠DAB − ∠DAC

= π − (π − ∠ABD − ∠ADB) − (π − ∠ACD − ∠ADC)

= ∠ABD + ∠ACD + ∠ADB + ∠ADC − π

= ∠ABD + ∠ACD + (π − ∠ACB) + (π − ∠ABC) − π

= ∠ABD + ∠ACD + (π − ∠ACB − ∠ABC)

= ∠ABD + ∠ACD + ∠CAB

Suy ra ∠CDB < ∠CAB Vì các ∠CDB và ∠CAB là không

bằng nhau nên chúng phài bù nhau Bây giờ ta lại có các góc

∠ADB, ∠BDC và ∠CDA là các góc ở đỉnh của một tứ diện nên

(∠ADB + ∠BDC) + ∠CDA < ∠ADC + ∠CDA < 2π Nhưng:

∠ADB + ∠BDC + ∠CDA = (π − ∠ACB) + (π − ∠BCA) + (π − ∠CBA)

= 3π − π

= 2π

Điều này vô lí Do đó các góc đối diện với cùng một cạnh của tứ diện là

bằng nhau Như chúng ta lí luận ở trên thì trong trường hợp này ta có:

∠BCD + ∠DAB = ∠ABC + ∠CDASuy ra 2∠DAB = 2∠ABC hay ∠DAB = ∠ABC

Cho nên, DB = 2Rsin∠DAB = 2Rsin∠ABC = AC Tương tự ta cũng

có: DA = BC, DC = BA

Đó là điều phải chứng minh

.2.9 Cho hai đường tròn (C1), (C2) cắt nhau tại P và Q Tiếp tuyến

chung của hai đường tròn( gần P hơn Q) tiếp xúc với (C1), (C2) lần

lượt tại A và B Tiếp tuyến của(C1) tại P cắt (C2) tại E ( khác P ),

tiếp tuyến của (C2) tại P cắt (C1) tại F ( khác P ) Gọi H, K lần lượt là

vnmath.com

16 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nộihai điểm nằm trên hai tia AF và BE sao cho AH = AP , BK = BP Chứng minh rằng năm điểm A, H, Q, K, B nằm trên cùng một đườngtròn.

Vì điều kiện có tính chất đối xứng nên ta chỉ cần chứng minh ABKQ

là nội tiếp đường tròn

Chúng ta sử dụng góc có hướng modulo π Gọi R là giao điểm củađường thẳng AP và tia BE Đường thẳng AB và BE cắt nhau tại T

Sử dụng tính chất của tiếp tuyến và tứ giác nội tiếp ta có:

∠QAR = ∠QAP = ∠QP C = ∠QBC = ∠QBRNên tứ giác ABRQ là nội tiếp đường tròn Chúng ta sẽ chứng minhrằng K = R Thật vậy:

Sử dụng góc ngoài tam giác ABP và CP R; tiếp tuyến AB và

P T; tứ giác nội tiếp đường tròn ta có:

.2.10.Cho a, b, c là các số nguyên dương đôi một ngyên tố cùng nhau Một

số nguyên n được gọi là ”stubborn” nếu nó không được biểu diễn dưới

vnmath.com

Đề thi olympic Việt Nam 17dạng:

n = bcx + cay + abzvới x, y, z là các số ngyuên dương bất kì Hãy xác định qua hàm số của

a, b và c số lượng các số nguyên ”stubborn”

Lời giải: Chúng ta có thể khẳng định được rằng bất kì số ngyuên n nàođều có thể biểu diễn dưới dạng n = bcx + cay + abz trong đó x, y, z làcác số nguyên và 0 < y ≤ b; 0 < z ≤ c còn x có thể âm Thật vậy,vì a

và bc nguyên tố cùng nhau nên ta có thể viết: n = an0+ bcx0 với n0, x0

là các số nguyên vì b và c là nguyên tố cùng nhau nên n0 = cy0+ bz0 vớiy0, z0 là các số nguyên Do đó n = bcx0 = cay0+ abz0 Chọn số nguyên

β, γ sao cho 0 < y0+ βb ≤ b và 0 < z0+ γc ≤ c, khi đó ta có :

n = bc(x0− βa − γa) + ca(y0+ βb) + ab(z0 + γc)đây chính là dạng biểu diễn của n mà ta muốn

Chú ý rằng bất kì số nguyên dương nào nhỏ hơn bc + ca + ab đều là

”stubborn” Mặt khác ta cũng khẳng định rằng mọi số nguyên n > 2abckhông là ”stubborn” Chẳng han, biểu diễn n = bcx + cay + abz với các

Điều kiện cần: Giả sử rằng n là ”stubborn” và biểu diễn f(n) =bcx + cay + abz với 0 < y ≤ b, 0 < z ≤ c Nếu x không dương thì chúng

ta có thể viết n = bc(1 − x) + ca(b + 1 − y) + ab(c + 1 − z), với 1 − x0,

b + 1 − y0 và c + 1 − z0 là các số nguyên dương, nhưng điều này là khôngthể vì n là ”stubborn” Do đó, x > 0 và f(n) không là ”stubborn”.Điều kiện đủ: Giả sử ngược lại f(n) không là ”stubborn” và ncũng không là ”stubborn” Biểu diễn f(n) = bcx0 + cay0+ abz0 và n =

vnmath.com

18 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nộibcx1+ cay1+ abz1 với xi, yi, zi là các số nguyên dương Khi đó:

2abc = bc(x0+ x1 − 1) + ca(y0+ y1− 1) + ab(z0+ z1− 1)Đặt x = x0+ x1− 1 và cũng đặty,z tương tự Từ đẳng thức trên chứng

tỏ 0 ≡ bcx(moda) Vì bc nguyên tố cùng nhau với a nên x phải chia hếtcho a suy ra x ≥ a

Tương tự y ≥ b, z ≥ c, khi đó 2abc = bcx + cay + abz ≥ 3abc ( vô lý).Tóm lại: có bc+ca+ab−1 các số nguyên dương nhỏ hơn bc+ca+ab

là ”stubborn”, mọi số nguyên lớn hơn 2abc không là ”stubborn”, và mộtnửa của 2abc−(bc+ca+ab)+1 các số nguyên dương còn lại là ”stubborn”.Kết quả của bài là tổng của:

bc + ca + ab − 1 + 2abc − (bc + ca + ab) + 12 = 2abc + bc + ca + ab − 1

2các số nguyên dương ”stubborn”

.2.11 Gọi R+ là tập các số thực dương và a, r > 1 là các số thực Giả

0 làmột số dương và do đó f(xn) cũng là số dương Chúng ta gán x = xnvào bất đẳng thức và sắp xếp các bất đẳng thức lại ta được:

f (xn+1)

f (xn) ≥ f (xn)

axr n

= λnx

n

ra1−r

axr n

= λn

arvnmath.com

Đề thi olympic Việt Nam 19Với mọi n ≥ 0.

Ta thấy luôn tồn tại N sao cho 2ar < λ2 n

0 ≤ λn với mọi n > N.Với tất cả các giá trị n như vậy thì ta có: f (x n+1 )

f (x n ) ≥ 2 hay tương đương (

do f(xn) là dương) f (xn+1) ≥ 2f(xn) Cho nên f (x) ≥ 22000 ( với n đủlớn), nhưng cũng với n đủ lớn thì ta lại có xn = x0

a n < 220001 Điều này tráivới giả thiết tức điều giả sử là sai Do đó f(x) ≤ xra1−r với mọi x > 0.(b) Với mỗi số thực xluôn tồn tại duy nhất một giá trị x0 ∈ (1; a]sao cho x 0

x = an với n là số nguyên Gọi λ(x) = x2 n

0 và đặt f(x) =λ(x)xra1−r Bằng phép co lại, chúng ta cũng có λ(x)2 = λ(x/a) với mọi

x, nói cách khác (*) cũng đúng với mọi x Ta cũng có λ(x) > 1 với mọi

xhay nói cách khác f(x) > xra1−r với mọi x > 0

Đó là điều cân chứng minh

vnmath.com

1−3x i +3x 2

i với xi = i

100 i = 1, 101
Lời giải: Vì 1 − 3x + 3x2 = x3− (x − 1)3 6= 0 ∀x

Ta có thể đặt f(x) = x 3

1−3x+3x 2 = x 3

x 3 +(1−x) 3 ∀xCho x = xi, x = 1 − xi = x101−i và thêm 2 phương trình hệ quả ta tìmra:f(xi) = f (x101−i) = 1 Vì thế

S =

101Xi=0

f (xi) =

50Xi=0(f (xi) + f (x101−i)) = 51

.3.13.Cho một sự bố trí vòng tròn quanh ba cạnh một tam giác, một vòng ởmỗi góc, hai vòng ở mỗi cạnh, mỗi số từ 1 đến 9 được viết vào một trongnhững vòng tròn này sao cho

i Tổng của 4 số ở mỗi cạnh tam giác là bằng nhau

ii Tổng của bình phương của 4 số trên mỗi cạnh của tam giác là bằngnhau

Tìm tất cả các cách thoả mãn yêu cầu này

Lời giải: Lấy bất kì một sự bố trí các con số, gọi x, y, z là số ở tronggóc và S1, S2 lần lượt là tổng của bốn số, tổng của bình phương bốn số

vnmath.com

Đề thi olympic Châu Á Thái Bình Dương 21trên một cạnh bất kì Do điều kiện đã cho ta có:

3S1 = x + y + z +

9Xk=1

k = x + y + z + 45

3S2 = x2+ y2+ z2+

9Xk=1

k2 = x2+ y2+ z2 + 285

Từ đẳng thức thứ hai ta suy ra x, y, z hoặc tất cả chia hết cho 3 hoặckhông có số nào chia hết cho 3 Bởi nguyên lý Pigeouhole có hai số làđồng dư mod3 Lấy phương trình thứ nhất theo mod3 ta cũng suy ra3| (x + y + z) Do đó x ≡ y ≡ z(mod3)

Nếu (x, y, z) = (3, 6, 9) hay (1, 4, 7) thì S2 = 137 hoặc 17 Nếu S2 = 137thì S2 ≡ 1(mod3) suy ra chỉ có một số trên ba cạnh là lẻ Điều nàykhông thể vì 5 > 3 số lẻ được viết trong mỗi khe

Vì thế, (x, y, z) = (2, 5, 8) và S2 = 126 Vì 92+ 82 > 126 nên 9 khôngthể nằm cùng cạnh với 8, tức là nó nằm trên cạnh chứa 2 hoặc 5 Vì

Min72+ 92, 72+ 52+ 82 > 126nên số 7 phải nằm trên cạnh chứa số 2 hoặc 8 Như vậy 4 lần các số trên

3 cạnh phải là (2, 4, 9, 5); (5, 1, 6, 8); (8, 7, 3, 2) để cho tổng bình phươngcác số trên mỗi cạnh là 126 Cuối cùng, ta thấy các bộ số trên đều thoảmãn

.3.14.Cho tam giác ∆ABC, trung tuyến AM và phân giác AN Vẽ đườngvuông góc qua N cắt MA, BA tại P, Q Gọi O là điểm mà đường vuônggóc qua P với BA cắt AN Chứng minh QO⊥BC

Lời giải: Cách 1 Nếu AB = AC thì QO là trung trực của BC và yêucầu phải chứng minh được thoả mãn Giả sử AB 6= AC, sử dụng toạ độCastesian:A(0; 0), N(1; 0) Đặt độ dốc của AB là m thì của AC là −1.Viết B = (b; mb), C = (c; −mc), ở đó b 6= c và cả b, c là dương Độ dốccủa BC là m(b+c)

22 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội

((b + c)/2; m(b − c)/2) và nó là trung điểm của BC Do đó phương trình

−1 là độ dốc của BC nên QO⊥BC

Cách 2 Gọi α, β, γ là số đo các góc ∠CAB, ∠ABC, ∠BCA và y =

∠BAM, z = ∠MAC, x = ∠MAN = |y−z|2

Nếu β = γ thì QO là trung trực của BC Ngược lại, giả sử β 6= γ thì

y 6= z , với cách làm này, ta biến đổi phương trình bằng cách nhân và

chia với biểu thức lượng giác khác 0 vì β 6= γ, y 6= z; β, γ, y, z ∈ (0; π)

Sử dụng quan hệ lượng giác vào các ∆ABC, BNO, ONQ ta có

tan ∠OQN tan ∠QAN =ON/QN QN/AN

=ON/BN BN/AN

= tan ∠OBN

Suy ra rằng ∠BAN = α/2, ∠OBN = α/2, ∠QAN = x

Do đó: tan ∠OQN.tanx = tan (α/2) tan (α/2) (∗)

Áp dụng luật hàm sin cho ∆ABC, ACM, ta được:

sin ysin z =

sin β.BM/AMsin γ.CM/AM =

sin βsin γSuy ra: sin y+sin z

sin y−sin z = sin β−sin γsin β+sin γ Cho u, v trong khoảng (0; π/2), chú ý rằngtan(u + v)

tan(u − v) =

sin(u + v)cos(u − v)sin(u − v)cos(u + v) =

sin(2u) + sin(2v)sin(2u) − sin(2v)Cho (u, v) = (y/2, z/2) ; (u, v) = β/2,γ/2

trong đẳng thức này ta tìmra:

tan (α/2)

tan (y/2 − z/2) =

tan (y/2 + z/2)tan (y/2 − z/2) =

tanβ/2 +γ/2tanβ/2 −γ/2 =

cot (α/2)tanβ/2 −γ/2Nếu β > γ thì x = y/2 − z/2 so sánh biểu thức cuối cùng với

(*), ta có: tan ∠OQN = tanπ/2 −β/2 −γ/2

vnmath.com

Nguyễn Hữu Điển

OLYMPIC TOÁN NĂM 2000< /h3>

33 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI

(Tập 3)

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC

vnmath.com... 4Chương Đề thi olympic Hoa Kỳ 5Chương Đề thi olympic Việt Nam 11Chương Đề thi olympic Châu Á Thái Bình Dương 20Chương Đề thi olympic Áo - Balan 26Chương Đề thi olympic Địa Trung... Balan 26Chương Đề thi olympic Địa Trung Hải 30Chương Đề thi olympic Petecbua 34Chương Đề thi olympic Anh 4 0Tài liệu tham khảo 42vnmath.com