olympic toán các nước tập 5(1997-1998)- đề thi và lời giải-nguyễn hữu điển.pdf

Nguyễn Hữu Điển OLYMPIC TOÁN NĂM 1997-1998 49 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI (Tập 5) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC 2 Lời nói đầu Để thử gói lệnh lamdethi.sty tôi biên soạn một số đề toán thi Olympic, mà các học trò của tôi đã làm bài tập khi học tập L A T E X. Để phụ vụ các bạn ham học toán tôi thu thập và gom lại thành các sách điện tử, các bạn có thể tham khảo. Mỗi tập tôi sẽ gom khoảng 51 bài với lời giải. Rất nhiều bài toán dịch không được chuẩn, nhiều điểm không hoàn toàn chính xác vậy mong bạn đọc tự ngẫm nghĩ và tìm hiểu lấy. N hưng đây là nguồn tài liệu tiếng Việt về chủ đề này, tôi đã có xem qua và người dịch là chuyên về ngành 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 GD-05 89/176-05 Mã số: 8I092M5 Mục lục Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Mục lục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Chương 1. Đề thi olympic Hy Lạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Chương 2. Đề thi olympic Hungary. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Chương 3. Đề thi olympic Iran. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Chương 4. Đề thi olympic Ireland . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Chương 5. Đề thi olympic Italy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 Chương 6. Đề thi olympic Japan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Chương 7. Đề thi olympic Korean . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Chương 8. Đề thi olympic Poland. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Chương 1 Đề thi olympic Hy Lạp 1.1. Cho P là một điểm nằm bên trong hay trên 1 cạnh bất kì của hình vuông ABCD. Hãy xác định giá tri lớn nhất và giá trị nhỏ nhất có thể có của hàm số f (P) =  ABP +  BCP +  CDP +  DAP Lời giải: B A D C P Đặt các đỉnh của hình vuông tương ứng với các giá trị 1, i, -1, -i trong mặt phẳng và coi P là số phức z. Khi đó f(P) là argument của số phức z thoả mãn z − 1 i + 1 z −i −1 −i z + 1 −i + 1 z + 1 1 + i = z 4 −1 4 Khi |P| ≤ 1, z 4 −1 4 chạy trên miề n phẳng được giới hạn bởi đường tròn bán kính 1/4, tâm có toạ độ -1/4. Do đó giá trị lớn nhất của góc đạt được tại 1 điểm trên biên của hình tròn trên, điều đó xảy ra khi P nằm trên cạnh của hình vuông. Do vai trò của các cạnh là như nhau, không mất tổng quát ta có thể giả sử cạnh đó là AB. 6 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Khi P chạy từ A đến B thì  CDP giảm từ π 2 đến π 4 ;  BCP giảm từ π 4 đến 0; Hai góc còn lại nhận các giá trị là π 2 và 0. Vậy ta có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của f (P) lần lượt là 5π 4 và 3π 4 1.2. Cho hàm f : (0; ∞) →R thoả mãn các điều kiện sau: (a) f tăng nghiêm ngặt (b) f(x)> −1 x với mọi x>0 (c) f(x)f(f(x)+ 1 x )=1 với mọi x>0 Tính f(1). Lời giải: Đặt k=f(x)+ 1 x . Vì k>0 nên f(k)f(f(k)+ 1 k )=1 Mặt khác f(x)f(k)=1. Do đ ó f(x)=f(f(k)+ 1 k )=f( 1 f (x) + 1 f (x) + 1 x ) Do f tăng nghiêm ngặt nên ta có x= 1 f (x) + 1 f (x) + 1 x Giải ra ta thu được f(x)= 1 ± √ 5 2x . Dễ dàng kiểm tra được rằng chỉ có 1 − √ 5 2x thoả mãn các yêu cầu của đề bài. Do đó f(1)= 1 − √ 5 2 1.3. Tìm tất cả các số nguyên thoả m ãn phương trình sau: 13 x 2 + 1996 y 2 = z 1997 Lời giải: Đặt d=gcd(x,y), từ đó x=dx 1 , y=dy 1 Khi đó phương trình đ ã cho tương đương với 1997(13)y 2 1 +1997(1996)x 2 1 =d 2 zy 2 1 x 2 1 Khi x 1 và y 1 nguyên tố cùng nhau, ta phải có x 2 1 |1997 × 13, y 2 1 |1997 ×1996 Dễ dàng kiểm tra được rằng 1997 không phả i số chính phương và rõ ràng nó nguyên tố cùng nhau với 13 và 1996. Hơn nữa 1996 = 2 2 .499, và cũng dễ dàng kiểm tra được rằng 499 không phải số chính phương. Đề thi olympic Hy Lạp 7 Khi đó (x 1 , y 1 ) = (1, 1) hoặc (1,2) Bài toán được chia thành 2 trường hợp: * Trường hợp 1: (x 1 , y 1 ) = (1, 1). Khi đó d 2 z = (13 + 1996)1997 = 1997.7 2 .41 Khi 1997 nguyên tố cùng nhau với 7 và 41 thì d=1,7. Từ đó ta có kết quả lần lượt là: (x,y,z)=(1,1,4011973), (7,7,81877) * Trường hợp 2: (x 1 , y 1 ) = (1, 2).Khi đó d 2 z = (13 + 499)1997 = 1997.2 9 Do đó d=1,2,4,8,16. Ta lại có các kết quả lần lượt là: (x,y,z)=(1,2,1022464),(2,4,255616),(4,8,63904), (8,16,15976), (16,32,3994) Đó là các kết quả thu được. 1.4. Cho P là một đa thức với các hệ số nguyên có 13 nghiệm nguyên phân biệt. Hãy chỉ ra rằng nếu n ∈ Z không phải là nghiệm của P thì |P(n)| ≥ 7(6!) 2 . Hãy cho 1 ví dụ khi dấu bằng xảy ra. Lời giải: Phân tích đa thức với các h ệ số nguyên thà nh tích của các đa thức cũng có hệ số nguyên với bậc nhỏ hơn thì P(x) có thể viết dưới dạng (x −r 1 )(x −r 2 ) (x −r 13 )Q(x) trong đó r s là 1 trong 13 nghiệm phân biệt của đa thức đó. Do đó với tất mỗi số nguyên x, P(x) có giá trị bằng tích của 13 số nguyên phân biệt với 1 số nguyên khác. Rõ ràng giá trị tuyệt đối nhỏ nhất của kết quả trên là | (1)(−1)(2)(−2) (6)(− 6)(7)(1)| = 7(6!) 2 . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Một ví dụ khi dấu bằng đạt được đó là khi x = 0 và P(x)=(x+1)(x-1)(x+2)(x-2) (x+7) Chương 2 Đề thi olympic Hungary 2.5. Mỗi thành viên trong hội đồng xếp hạng các ứng viên A, B, C theo thứ tự. Điều đó chỉ ra rằng phần lớn các thứ hạng hội đồng A cao hơn nhiều so với B và cũng có thể là phần lớn các thứ hạng B cao hơn nhiều so với C. Có phải mà theo đó A cao hơn C. Lời giải: Không. Giả sử giả hội đồng có ba thành viên, một trong những người xếp hạng A > B > C, một trong những người xếp hạng B > C > A, và là một trong những người xếp hạng C > A > B. Sau đó, thứ nhất và thứ ba cả hai thích A đến B, và thứ nhất và thứ hai thích cả hai B to C, nhưng chỉ là người đầu tiên thích A đến C. 2.6. Cho phép a, b, c được các bên, m a , m b , m c là các độ cao, và d a , d b , d c là các khoảng cách từ đỉnh vào trong một trọng tâm tam giác. Chứng minh rằng. m a d a + m b d b + m c d c = a 2 + b 2 + c 2 2 Đề thi olympic Hungary 9 Lời giải: Cho D, E, F là chân của chiều cao từ A, B, C tương ứng, và cho H là trực tâm của hình tam giác ABC, Sau đó hình tam giác ACD là giống với hình tam giác AHE. Vậy m a d a = AD · AH = CE · AE = AE ·b. Tương tự hình tam giác ABD là giống với hình tam giác AHF. Vậy m a d a = AD · AB = AF · AE = AB ·c. Do đó m a d a = AE ·b + AF ·c 2 Tương tự m b d b = BF ·c + BD · a 2 và m c d c = CD ·a + CE ·b 2 Do đó m a d a + m b d b + m c d c = 1 2 (AE ·b + AF ·c + BF · c + BD · a + CD ·a + CE ·b) = 1 2 ( (BD + CD) ·a + (CE + AE) · b + (AF + BF) ·c ) = a 2 + b 2 + c 2 2 2.7. Cho R là bán kính hình tam gi ác ABC và G, H là trọng tâm và trực tâm tương ứng. Cho F là trung điểm của GH. Để AF 2 + BF 2 + CF 2 = 3R 2 10 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Lời giải: Chúng ta sử dụng Vector với gốc tọa độ tại tâm hình tam giác ABC. Sau đó chúng ta có công thức H = A + B + CvG = H/3. Vậy F = (G + H)/2 = 2H/3v2(A + B + C) = 3F. Do đó AF 2 + BF 2 + CF 2 =(A-F).(A-F) + (B-F).(B-F) + (C-F).(C-F) = A · A + B · B + C ·C −2(A + B + C) ·F + 3F · F = 3R 2 − F · (2(A + B + C) −3F) = 3R 2 2.8. Một h ộp chứa 4 quả bóng trắng và 4 quả bóng đỏ, chúng ta cần vẽ từ cái hộp theo một s ố thứ tự mà không cần thay thế. Trước khi vẽ chúng ta cần đoán màu của quả bóng sẽ vẽ. Con số được mong đợi của các dự đoán chính xác là bao nhiêu? Lời giải: Con số được chờ đợi của các dự đoán chính xác là 373/70. Cho i, j ≥ 0, a ij biểu thị con số mong đợi của các dự đoán chính xác khi có i quả bóng trắng và j quả bóng đỏ. Giả sử i>j>=1. Sau đó dự đoán của chúng ta là chính xác với xác suất i/(i+j), đưa ra con số mong muốn của các dự đoán chính xác của 1 + a i−1,j và sai với xác suất j/(i+j), đưa ra con số mong muốn của a i,j−1 Vậy a ij = i i + j (1 + a i−1,j ) + i i + j a i,j−1 if i > j Cũng vậy, chúng ta có a ij = a ji [...]... xuống BC, CA, AD Tìm tập hợp tất cả các điểm M thỏa mãn FDE = π 2 Lời giải: Từ các tứ giác nội tiếp MDBF và MDCE ta có MDE = MCE và MDF = MBE do đó FDE = π ⇔ MCB + MBC = π hay BMC = 5π ⇔ M 2 6 6 nằm trên cung tròn đi qua B và C 4.17 Tìm tất cả các đa thức P( x ) sao cho đối với mọi x ta có : ( x − 16) P (2x ) = 16 ( x − 1) P ( x ) 19 Đề thi olympic Ireland Lời giải: Goi d = degP và a là hệ số của x... 216 = 63 và P(−3) = 64 = 43 vậy (-2,6) và (-3,4) và chỉ các giải pháp với −3 ≤ x ≤ −1 Do đó (-4,-4) và (-5,-6) chỉ là giải pháp với −6 ≤ x ≤ −4 Vậy đáp án chỉ có thể là (-2,6), (-3,4), (-4,-4) và (-5,-6) 13 Đề thi olympic Hungary 2.10 Chúng ta có 1997 số nguyên dương không trùng nhau, bất kỳ 10 trong số đó có cùng ít nhất chung Tìm số lớn nhất có thể của các số nguyên tố cùng nhau giữa chúng Lời giải:... thành các hình vuông dơn vị bởi các đường ô lưới.Có thể tô màu các hình vuông đơn vị thoả mãn các điều kiện sau? (a)Với mỗi hình vuông lớn có một đỉnh dặt tại gốc, và các cạnh song song với với các trục toạ độ thì chứa nhiều hình vuông đơn vị được tô hơn các hình vuông dơn vị không được tô (b)Mỗi đường song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất chỉ đi qua các hình vuông được tô màu Lời giải:... đường tròn tiếp xúc với các cạnh của góc xOy và C1 cũng kà một đường tròn tiếp xúc với các cạnh góc đó và đi qua tâm của C Gọi A là giao điểm thứ hai của đường kính của C1 qua tâm của C với C1 và gọi B là giao của đường kính đó với C Chứng minh rằng đường tròn tâm A đi qua B tiếp xúc với các cạnh của góc xOy Lời giải: Gọi T và T1 là tâm đường tròn C và C1 ; r, r1 lần lượt là các bán kính của hai đường... có hai vòng) Mỗi đỉnh của đồ thị có một cạnh đi vào và một cạnh đi ra, vì thế tồn tại một đường đi có hướng đi qua mỗi cạnh đúng một lần Ta có thể có một chu trình cần thi t bằng cách bắt đầu từ một đỉnh bất kì, viết ra dãy chữ tương đương với nó, sau đó viết thêm vào chữ cuối cùng của mỗi dãy, ta sẽ gặp hết các dãy trên đường đi đó Chương 7 Đề thi olympic Korean 7.33 Chứng minh rằng với bốn điểm... sao cho ∑i vi wi = 0 với một vài dãy (w1 , , wn ) nhưng ∑ vi = 0 (Tất cả các số ở đây là chia hết cho 2) Cộng trên tất cả các dãy, ta có : ∑ ∑ vi Aij v j = 0 j i Do ma trận là đối xứng, điều này được quy về ∑ v2 Aii = 0 hoặc ∑ vi = 0 i (v1 ∈ {0, 1}), mâu thuẫn i i Chương 4 Đề thi olympic Ireland 4.15 Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y) sao cho 1 + 1996x + 1998y = xy Lời giải: Ta có: ( x − 1998)... ∈ N Lời giải: Trước hết chú ý rằng nếu n ∈ N f(n) = 1, sau đó f(n + 1) = f(n + f(n)) = f(n) = 1 √ 2 31 Đề thi olympic Korean Cho f(n0 ) = 1,f(n) = 1, ∀ n ≥ n0 Đặt S = {n ∈ N | f (n) = 1 } Nếu S = ∅, gọi N = maxS Ta có f(N + f(N)) = f(N) = 1 ⇒ N + f(N) ∈ S, N + f(N) > N Điều này mâu thuấn với N = max S Vậy S = ∅ và f(n) = 1,∀ n ∈ N √ n 7.35 Biểu thị tổng ∑ k theo các số hạng của n và a = √ n k=1 Lời. .. tam giác ABC.Khi đó mặt phẳng đáy có phương trình x = 0 và chiều cao hạ từ d có độ dài là i a Diện tích của tam giác ABC là b n Vậy thể tích của tứ diện là : b in = S 3 2 6 5.27 Cho X là tập hợp tất cả các sôs tự nhiên mà các chữ số của nó đôi một khác nhau Với mỗi n ∈ X, đặt An là tập hợp tất cả các số mà các chữ số của nó là một hoán vị của các chữ số của n Ví dụ n = 47 thì An {125, 152, 251, 215,... phần tử của An và tổng của tất cả các tích của hai phần tử phân biệt của An Lời giải: Trước hết ta chứng minh bổ đề: β β β j n ∀n ≥ 1, 21 + 42 + + 2n | βi ∈ {−1, 1} = 2n , jl, | j| < 2n Thật vậy Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp 1 1 Khi n = 1 thì cả hai tập hợp đều là − 2 , 2 , n ≥ 1, β j ∈ {−1, 1} 34 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội β β j β n Đặt j = 2n−1.β 1 + + 20 β n , với j lẻ và 21 + 42 +... ua ub = uc ud tại điểm P = X0 , từ đó ta có điều phải chứng minh Đề thi olympic Japan 29 6.32 Cho n là một số nguyên dương CMR: có thể gán cho mỗi đỉnh của một đa giác 2n đỉnh, một trong các chữ cái A hoặc B sao cho các dãy n chữ cái nhận được bằng cách đọc bắt đầu từ một đỉnh nào đó theo ngựơc chiều kim đồng hồ, là luôn khác nhau Lời giải: Xét một đồ thị có hướng như sau: mỗi đỉnh của đồ thị là một . Nguyễn Hữu Điển OLYMPIC TOÁN NĂM 1997-1998 49 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI (Tập 5) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC 2 Lời nói đầu Để thử gói lệnh lamdethi.sty tôi biên. một số đề toán thi Olympic, mà các học trò của tôi đã làm bài tập khi học tập L A T E X. Để phụ vụ các bạn ham học toán tôi thu thập và gom lại thành các