VN TST 2000 problems and solutions lehoan http://www.diendantoanhoc.net Câu 1. Trên mặt phẳng cho hai đường trong (C 1 ), (C 2 ) cắt nhau tại P và Q. Gọi AB là tiếp tuyến chung gần P hơn của (C 1 )và (C 2 ) (A ∈ (C 1 ), B ∈ (C 2 )). Tiếp tuyến tại P của (C 1 ) cắt (C 2 ) tại E (E = Q). Tiếp tuyến tại P của (C 2 ) cắt (C 1 ) tại F (F = P ). Trên các tia AF, BE lấy các điểm H, K tương sao cho AH = AP, BK = BP . Chứng minh rằng năm điểm A, H, Q, K, B cùng nằm trên một đường tròn. lời giải. Các bạn tự vẽ hình Kéo dài F P cắt AB tại M, dễ có MP B = MBP Kéo dài BP cắt AF tại H ′ , ta có H ′ P F = MBP = MBP . Mà MAP = AF P, AH ′ P = AF P + H ′ P E, AP H ′ = P AB + MBP . Suy ra AH ′ P = AP H ′ ⇒ AH ′ = AP ⇒ H ≡ H ′ . Do đó B, P, H thẳng hàng. Lại có HAQ = F AQ = F PQ = P BQ = HBG nên tư giác ABQH nội tiếp. Tương tự ta có tứ giác ABKQ nội tiếp. Vậy A, B, K, Q, H cùng nằm trên một đường tròn. ĐPCM Câu 2. Cho số nguyên dương k. Dãy số (x n ) được xác định như sau: i) x 1 = 1 ii) Với mỗi n ≥ 1 thì x n+1 là số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc tập {x 1 , x 2 , . . . , x n , x 1 + k, x 2 + 2k, . . . , x n + nk}. Chứng minh rằng tồn tại số thực α mà x n = [nα] ∀n ≥ 1 lời giải. Xét 0 < a < b /∈ Q và thỏa mãn 1/a + 1/b = 1. Khi đó xét các hàm số : f(n) = [na] và g(n) = [nb]. Dễ thấy f và g là các hàm tăng thực sự trên N ∗ . và g(n) > f(n) ∀n ≥ 1. Hơn nữa ta còn có : f(N ∗ ) ∩g(N ∗ ) = ∅; f(N ∗ ) ∪g(N ∗ ) = N ∗ Chứng minh: Giả sử tồn tại n, m ∈ N ∗ mà [ma] = [nb] = h. Suy ra ma −1 < h < ma nb −1 < h < nb ⇔ m −1/a < h/a < m n −1/b < h/b < n Cộng vế theo vế ta có m + n − 1 < h/a + h/b < m + n, Suy ra m + n − 1 < h < m + n ( vô lí) (do 1/a + 1/b = 1). Giả sử tồn tại h mà tồn tại m, n sao cho: [ma] < h < [(m + 1)b] [nb] < h < [(n + 1)b] ⇔ ma < h < (m + 1)a −1 nb < h < (n + 1)b −1 1 cộng vế theo vế ta có m + n < h < m + n + 1 (vô lí) Vào bài: Xét tam thức P (x) = x 2 + (k − 2)x −k thì P (x) có hai nghiệm trái dấu và đều là ngiệm vô tỉ. Gọi a là nghiệm dương của P (x). Ta có a /∈ Q. Do P (1) = −1 < 0 và P(2) = k > 0 nên 1 < a < 2. Đặt b = a + k > a suy ra b /∈ Q ta có ab = a 2 + ak = a + b suy ra 1/a + 1/b = 1. Khi đó xét f(n) = [na]; g(n) = [nb] như ở bổ đề với chú ý rằng g(n) = f(n) + nk. Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng x n = f(n) với mọi n bằng quy nạp theo n. Với n = 1 thì hiển nhiên do 1 < a < 2. Giả sử ta đã có x n = f(n) với mọi n = 1, 2, . . . n. Ta chứng minh x n+1 = f(n + 1). Ta có f(i) = x i với mọi i = 1, 2 . . . n; g(i) = f(i) + ik; ∀i = 1; n nên tập: H = {x 1 , x 2 , . . . , x n , x 1 +k, x 2 +2k, . . . , x n +nk} = {f(1), f(2), . . . , f(n), g(1), g(2), . . . , g(n)}. Từ bổ đề ta có f(n + 1) /∈ H. mà do f, g tăng thực sự và g(n) > f(n) với mọi n nên f(n + 1) là số nhỏ nhất không thuộc H. Do dó x n+1 = f(n + 1). Theo nguyên lí quy nạp ta có x n = f(n) = [na] với mọi n. ĐPCM. Câu 3. Cho số nguyên dương n ≥ 2. Xét đa thức 1 + x + x 2 + . . . + x n Có tất cả n ô tròn. Hai người A, B chơi trò chơi như sau: đầu tiên A điền một số thực vào một ô tròn., tiếp theo B điền một số thực vào ô tròn k hác trong các ô còn lại. Cứ thế cho đến khi tất cả các ô tròn đều được điền số. Kí hiệu đa thức thu được là P(x) = 1 + a 1 x + . . . + a n x n . Người thực hiện lần cuối cùng sẽ bị coi là thua nếu P (x) có ít nhất một nghiệm α mà |α| < 1. Chứng minh rằng có một trong hai người có chiến thuật thắng. lời giải. Gọi ô tròn ở trước x k là ô tròn chỉ số k. Ta sẽ chứng minh nếu n chẵn thì A có chiến lược thắng. Nếu n lẻ thì B có chiến lược thắng. 1/ Xét n = 2k. Trong trường hợp này ta có số ô tròn có chỉ số chẵn bằng số ô tròn có chỉ số lẻ. Do đó A luôn luôn có thể thực hiện việc điền số sao cho sau mỗi lần điền số ta lại có số ô tròn còn lại có chỉ số chẵn không lớn hơn số ô tròn có chỉ số lẻ. Do đó A có thể thực hiện việc điền số sao cho sau lần điền thứ 2k −2 thì còn hai ô trống thứ p, q với q lẻ. Ta sẽ chứng minh tồn tại a p sao cho P (x) có nghiệm thực a mà |α| < 1 với mọi a i mà i = p. Nghĩa là ở lần thứ 2k − 1 thì A sẽ điền vào ô tròn thứ p và chiến thắng. Thật vậy chọn a, b > 0 mà a = b , [−a, b] ⊂ (−1; 1). Đặt γ = ( b a ) q > 0. Chọn a p = −γQ(−a)−Q(b) γ(−a) p +b p ( Do a = b, p = q nên γ(−a) p +b q = 0) trong đó Q(x) = i=p,q a i x i . Khi đó ta có γ P (−a)+P (b) = γ[Q(−a) + a p (−a) p + a q (−a) q ] + [Q(b) + a p b p + a q b q ] = γQ(−a) + Q(b) + a p [γ(−a) p + b p ] = 0. Do đó ta có P (−a)P (−b) ≤ 0 ( do γ > 0). Suy ra P (x ) luôn có nghiệm thực thuộc (−1; 1). Suy ra người A thắng cuộ c. 2/ Xét n = 2k + 1. Trong trường hợp này ta nhận thấy người B luôn có thể diền số sao cho sau mỗi lần B điền thì số ô trống còn lại có chỉ số chẵn không lớn hơn số ô trong có chỉ số lẻ. Tương như như 1/ ta có B có chiến thuật thắng. Vậy bài toán đã được giải quyết xong. 2 Câu 4. Cho a, b, c là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau. Số nguyên dương n được gọi là bướng bỉnh nếu nó không biểu diễn được dưới dạng: n = kab + lbc + mca với k, l, m là các số nguyên dương. Hãy có bao nhiêu số bướng bỉnh. lời giải. Kí hiệu A là tập các số bướng bỉnh. Ta có : Nhận xét 1: Nếu n < ab + bc + ca thì n ∈ A ( hiển nhiên) Nhận xét 2: Nếu n = 2abc thì n ∈ A Chứng minh: Giả sử 2abc = kab + lbc + mca. Ta có c|kab suy ra c|k. Mà k ∈ Z + suy ra k ≥ c. Tương tự l ≥ a, m ≥ b. Do đó ta có 2bac = kab + lbc + mca ≥ 3abc ( vô lí) Nhận xét 3: nếu n > 2abc thì n /∈ A. Chứng minh: xét tập X = {lbc + mca|1 ≤ l ≤ a, 1 ≤ m ≤ b}. Do (a, b) = (b, c) = (c, a) = 1 nên dễ có X là hệ thặng dư đầy đủ (mod ab). Suy ra tồn tại 1 ≤ l ≤ a, 1 ≤ m ≤ b mà n ≡ lbc + mca (mod ab). Suy ra tồn tại k mà kab + lbc + mca = n mà ta có kab = n −lbc −mca ≥ n − 2abc > 0 nên k > 0 hay n /∈ A. Nhận xét 4: Xét f (n) = ab + bc + ca + 2abc −n. Khi đó n ∈ A ⇔ f(n) /∈ A Xét n ∈ A. Từ chứng minh nhận xét 3 tồn tại k, l, m mà 1 ≤ l ≤ a; 1 ≤ m ≤ b, k ∈ Z sao cho :n = kab+lbc+mca mà n ∈ A suy ra k ≤ 0. Suy ra f(n) = bc(a+1−l)+ca(b+1−m)+ab(1−z) Suy ra f(n) ∈ A. Giả sử tồn tại n mà n /∈ A, f(n) /∈ A Suy ra n = kab + lbc + mca (k, l, m ≥ 1);f(n) = k ′ ab +l ′ bc +m ′ ca (k ′ , m ′ , l ′ ≥ 1). Khi đó 2abc = (k + k ′ −1)ab + (l + l ′ −1)bc + (m + m ′ −1)ca. Suy ra 2abc /∈ A vô lí ( trái với nhận xét 2). Vậy n ∈ A ⇔ f(n) /∈ A. Vào bài: Dễ thấy ab + bc + ca < 2abc. Đặt I = {n|ab + bc + ca ≤ n ≤ 2abc} Dễ có f xác lập một song ánh từ I vào I. Từ nhận xét 4 ta có : |A ∩I| = 1 2 |I| = 2abc −ab −bc − ca + 1 2 Kết hợp với nhận xét 1 và 3 ta có : |A| = ab + bc + ca − 1 + 1 2 (2abc −ab −bc − ca + 1) = 1 2 (2abc + ab + bc + ca − 1) Câu 5. Cho a, s ∈ R, s > 1. Xét hàm số f : (0; +∞) → R. 1/ Giả sử a > 1. Chứng minh rằng nếu f thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: a/ f 2 (x) ≤ ax s f( x a ) ∀x > 0. b/ f(x) < 16 5 2000 ∀x < 1/2000 Thì f(x) ≤ x s a 1−s ∀x > 0 2/ Giả sử a > 2. Hãy chỉ ra một hàm f thỏa mãn điều k iện a/ của câu 1/ nhưng f(x) > x s a 1−s ∀x > 0 lời giải. Giả sử khẳng định đầu bài là sai suy ra tồn tại x 0 > 0 mà f(x 0 ) > x s 0 a 1−s . Suy ra tồn tại r ∈ (1, s) sao cho: f(x 0 ) > x s 0 a 1−s (1). Bằng quy nạp ta sẽ chứng minh rằng: f( x 0 a n ) > x s 0 a 2 n (s−r)−(n+1)s+1 (2) Thật vậy: Với n = 0 ta có (2) đúng do (1). Giả sử đã đúng tới n. Khi đó theo b/ ta có : 3 f( x 0 a n+1 ) ≥ 1 a( x 0 a n ) s f( x 0 a n ) 2 > a ns−1 x −s 0 a 2 n+1 (s−r)−(2n+2)s+2 .x 2s 0 = a 2 n+1 (s−r)−(n+2)s+1 x s 0 Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có (2) đúng với mọi n. khi đó ta có tồn tại n 0 mà x o a n < 1/2000 với mọi n > n 0 (∗). Từ b/ và (2) ta có x s 0 a 2 n (s−r)−(n+1)s+1 < 16 5 2000 . Mặt khác ta có : lim n→+∞ 2 n n = +∞. Suy ra: lim n→+∞ 2 n (r − s) − (n + 1)s + 1 = +∞ Suy ra : lim n→+∞ x s 0 a 2 n (s−r)−(n+1)s+1 = +∞ Mâu thuẫn với (∗). Vậy ta có f(x) ≤ x s a 1−s với mọi x > 0. 2/ Xét hàm số f(x) = x s a 1−s+ 1 x với a > 2. Ta có f 2 (x) ≤ ax s f( x a ) ⇔ x 2s a 2−2s+ 2 x ≤ ax s ( x a ) s a 1−s+ a x ⇔ a 2 x < a a x Đúng do a > 2, x > 0 Suy ra f(x) thỏa mãn a/ . Và rõ ràng là ta có f(x) > x s a 1−s ∀x > 0. Vậy hàm số f(x) = x s a 1−s+ 1 x thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Câu 6. Trong mặt phẳng cho 2000 đường tròn đơn vị sao cho không có hai đường tròn nào tiếp xúc nhau. Và mỗi đường tròn cắt ít nhất là hai đường tròn khác. Tìm giá trị nhỏ nhất của số các giao điểm của các trường tròn này. lời giải. Kí hiệu χ là tập hợp các đường tròn, S là tập hợp các giao điểm của các đường tròn đã cho.Với mỗi X ∈ S và (C) ∈ χ ta xét hàm đếm: f(X; C) = 0 nếu X /∈ (C) 1 k nếu có đúng k đường tròn đi qua X và X ∈ (C) Với cách đặt đó ta dễ dàng có∀X ∈ S thì C∈χ f(X, C) = 1 (1). Mặt khác xét với đường tròn (C) bất kì thuộc χ. Do số đường tròn và số giao điểm là hữu hạn, suy ra tồn tại f(X 0 , C) = min X∈S f(X, C). Giả sử f(X 0 , C) = 1 k 0 , k 0 ∈ N ∗ . Có k 0 − 1 đường tròn (C i ) (i = 1; k 0 − 1), khác (C) đi qua X 0 . Mặt khác các đường tròn không tiếp xúc nhau và có bán kính bằng nhau nên k 0 −1 đường tròn này cắt (C) tại k 0 −1 điểm phân biệt và khác X 0 . Suy ra theo cách chọn X 0 ta có X∈S f(X 0 , C) ≥ 1 k 0 + (k 0 − 1) 1 k 0 ∀(C) ∈ χ.(2) 4 Từ (1) và (2) ta có: |S| = X∈S (C)∈χ f(X, C) = (C)∈χ X∈S f(X, C) ≥ |χ| = 2000. Mặt khác xét 500 nhóm, mỗi nhóm gồm 4 đường tròn bán kính 1 và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a/ Hai đường tròn cắt nhau khi và chỉ khi chúng thuộc cùng một nhóm b/ Không có hai đường tròn nào tiếp xúc nhau c/ Trong mỗi cụm có 3 đường tròn có tâm tại 3 đỉnh của tam giác đều cạnh √ 3 và đường tròn thứ tư có tâm tại tâm của tam giác đều nói trên. Dễ thấy với 2000 đường tròn đó thì chúng thỏa mãn các giả thiết và có đúng 2000 giao điểm. Vậy số giao điểm nhỏ nhất là 2000 5 . VN TST 2000 problems and solutions lehoan http://www.diendantoanhoc.net Câu 1. Trên mặt phẳng cho