Loi giai de IMO 2010

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn *.. Thử lại, ta cũng thấy hàm số này thỏa mãn *... Chứng minh rằng: đường thẳng EI và DG cùng đi qua một điểm trên nằm trên Γ.. Gọi K là giao điểm của

LỜI GIẢI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN QUỐC TẾ 2010

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

Bài 1: Tìm tất cả các hàm số : f ¡ →¡ thỏa mãn với mọi , x y∈¡ thì:

[ ]

( ) ( ).[ ( )]

trong đó [ ]x chỉ số nguyên lớn nhất không vượt quá x.

Ta có: f x y( [ ] )= f x( ).[ f y( )] với mọi số thực x, y (*) Cho x=0, ta có: f ( )0 = f(0).[ f y( ) ,] ∀ ∈y ¡

Xét các trường hợp:

- Nếu (0) 0f = : trong đẳng thức (*), cho x=1, ta có: f y( )= f(1) ( )[ f y ]

Giả sử (1) 0f ≠ thì: [ ( )] ( )

(1)

f y

f y

f

= , thay vào (*), ta được: ( [ ] ) ( ) ( )

, , (1)

f x f y

f

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: ( [ ] ) ( ) ( )

(1)

f x f y

f

= , suy ra: f x y( [ ] ) = f ( [ ]y x ) Đẳng thức này đúng với mọi ,x y∈¡ nên với 1, 2

2

x= y= , ta được: (1)f = f(0) 0= , mâu thuẫn

Do đó: (1) 0f = , suy ra: ( ) 0,f y = ∀ ∈y ¡ , tức là ta có được hàm số ( ) 0,f x = ∀ ∈x ¡

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn (*)

- Nếu [ f y( )]= ∀ ∈1, y ¡ , từ (*), suy ra: f x y( [ ] ) = f x( ).

Cho y=0, ta được: ( )f x = f(0) là hằng số

Đặt (0)f =a, do [ f y( )]= ∀ ∈1, y ¡ nên [ f(0)] = ⇒1 [ ]a = ⇒ ∈1 a [1; 2)

Do đó: ( )f x = ∀ ∈a x, ¡ với a∈[1; 2)

Thử lại, ta cũng thấy hàm số này thỏa mãn (*)

Vậy có hai hàm số cần tìm là: ( ) 0,f x = ∀ ∈x ¡ hoặc ( )f x = ∀ ∈a x, ¡ ,a∈[1;2)

Bài 2: Cho tam giác ABC với I là tâm nội tiếp và Γlà đường tròn ngoại tiếp tam giác Đường thẳng AI cắt Γtại điểm thứ hai là D (khác A) Gọi E là một điểm trên cung ¼ BDC của đường tròn Γvà F là một điểm nằm trên đoạn BC sao cho · · 1·

2

BAF CAE= < BAC Chứng minh rằng: đường thẳng EI và DG cùng đi qua một điểm trên nằm trên Γ.

Gọi K là giao điểm của tia AD với đường tròn tâm D, bán kính DI

Do D là giao điểm của phân giác góc ·BAC với (O) nên D chính là trung điểm cung »BC

Dễ thấy khi đó: DI =DB DC= Suy ra: 4 điểm , , ,B I C K cùng thuộc (D) và D là

trung điểm IK

Theo giả thiết, vì G là trung điểm IF nên DG

là đường trung bình của IFK∆ Ta được:

GD // FK ⇒IDG IKF· =· (1)

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh: AEI∆ : ∆AKF Thật vậy:

Do · · 1·

2

BAF CAE= < BAC và · ABF =·AEC nên

suy ra: ABF AEC g g( ) AB AF

Hơn nữa: ·ABI =IBC· =·AKC và ·IAB IAC=· nên

( ) AB AI

So sánh hai đẳng thức ở trên, ta được:

= = ⇒ = Mặt khác: ·IAE IAC CAE IAB BAF=· −· =· −· =IAF· nên

· · ( )

Từ (1) và (2), ta được: ·IDG IEA= · ⇒·ADG=·AEI , tức là các góc này cùng chắn một cung trên đường tròn Γ đã cho

Từ đó suy ra các đường thẳng EI và DG cùng đi qua một điểm nằm trên Γ Đây chính là đpcm

Bài 3: Tìm tất cả các hàm số : g ¥ →¥ thỏa mãn:

(g m( )+n m g n) ( + ( ))

là một bình phương đúng với mọi , m n∈¥

Với p là số nguyên tố, kí hiệu p a|| ; ,b a b∈¥ nghĩa là b chia hết cho pαnhưng không chia hết cho p a+ 1

Ta sẽ chứng minh rằng: Với mọi p nguyên tố, nếu | ( )p g n −g m( )thì |p n m− (*)

Thật vậy, xét hai trường hợp:

- Nếu p là số nguyên tố lẻ:

Giả sử p thỏa mãn | ( )p g n −g m( ) Ta có nhận xét rằng khi đó, tồn tại k nguyên sao cho

|| ( ) , || ( )

p g m +k p g n +k (thật vậy, ta dễ dàng chọn được k sao cho | ( )p g m +k p g n, | ( )+k; khi

đó, cả ba bộ ( ( )g m +k g n, ( )+k); ( ( )g m + +k p g n, ( )+ +k p); ( ( )g m + +k 2 , ( )p g n + +k 2 )p

đều thỏa mãn là hai số thuộc bộ đó đều chia hết cho p và cũng tồn tại ít nhất một bộ có cả hai số trong đó đều không chia hết chop , bộ đó chính là bộ thỏa mãn nhận xét trên).2

Theo giả thiết: ( ( )g n +k g k)( ( )+n) là số chính phương nên ta có | ( )p g k +n

Hoàn toàn tương tự | ( )p g k +m, do đó |p n m−

Do đó, nhận xét (*) đúng trong trường hợp p là số nguyên tố lẻ

- Nếu p=2:

Giả sử rằng 2 | ( )g n −g m( ) Ta cũng có hai trường hợp cần xét:

+ Nếu 4 | ( )g n −g m( ), ta có thể chọn k sao cho 2 || ( )g m +k, 2 || ( )g n +k Cũng tương tự như trên, từ điều này suy ra 2 | ( )g k +n, 2 | ( )g k +m và do đó 2 | (n m− )

+ Nếu 2 || ( )g n −g m( ), chọn k sao cho 2 || ( )3 g n +k Khi đó 2 || ( )g m +kvà từ đó, ta cũng dễ dàng thấy rằng: 2 phải chia hết ( )g k +n và ( )g k +n , tức là: 2 | n m−

Trong trường hợp này, nhận xét (*) ở trên vẫn đúng

Như thế, với mọi số nguyên tố p, nếu | ( )p g n −g m( ) thì |p n m− với ,m n∈ ¥

Thay n m= +1, ta cũng có: với p là số nguyên tố: nếu | (p g m+ −1) g m( ) thì |1p , điều

này không thể xảy ra với bất kì số nguyên tố nào cả, do đó: | (g m+ −1) g m( ) | 1= , m∀ ∈¥

Giả sử tồn tại giá trị m tự nhiên nào đó sao cho (g m+ −1) g m( )= −1 thì do hàm số nhận giá trị nguyên dương nên tồn tại số nguyên dương M sao cho (g M + −1) g M( )= −1 và

( 2) ( 1) 1

g M + −g M+ = ; khi đó: (g M + =2) g M( ), tức là (g M + −2) g M( ) 0= chia hết cho mọi số nguyên tố p nên theo nhận xét (*), (M + −2) M =2M với mọi số nguyên tố p, vô lí p

Suy ra với mọi m, ta có (g m+ −1) g m( ) 1= , đặt (0)g =a a, ∈¥ ; bằng quy nạp, ta chứng

minh được: ( )g m = + ∀m a m, Thử lại ta thấy thỏa

Bài 4: Cho P là một điểm nằm trong tam giác ABC ( CA CB≠ ) Các tia AP BP CP cắt, ,

đường tròn ngoại tiếp Γcủa tam giác ABC lần lượt tại các điểm , , K L M Tiếp tuyến tại C của

đường tròn Γcắt đường thẳng AB tại S.

Chứng minh rằng: nếu SC SP= thì MK =ML .

Gọi O là tâm của đường tròn Γ, vì SC là tiếp tuyến của (O) nên:

Do đó: ∆SAP: ∆SPB c g c ( )⇒SAP SPB· =· ⇒1800−SAP· =1800−SPB· ⇒SPL BAP· = · Hơn nữa: ·PLK =BAP· (cùng chắn cung »BK của Γ) nên ·PLK =SPL· Suy ra: SP // LK

Không mất tính tổng quát, giả sử CA CB<

Khi đó: đặt ( , ) , 0

2

CP COuuur uuur =α ≤ <α π

Do SC vuông góc với CO nên: ( , )

2

CS CPuuur uuur = −π α

Do SP SC= nên tam giác SPC cân tại S, suy ra: ( , ) ( , )

2

uuur uuur uuur uuur

Cũng do OM =OC nên tam giác OMC cân tại O, suy ra: (MO MCuuuur uuuur, ) (= CM COuuuur uuur, )=α

Do đó: ( , ) ( , ) ( , )

uuuur uuur uuuur uuuur uuuur uuur

Ta được: OM ⊥SP, mà SP // LK nên: OM ⊥LK

Các điểm , ,K L M cùng thuộc (O) nên suy ra MKL∆ này cân tại M hay MK =ML

Ta có đpcm

Bài 5: Mỗi hộp trong sáu hộp B B B B B B ban đầu chứa một đồng xu Có hai 1, 2, ,3 4, ,5 6

phép biến đổi dưới đây được chấp nhận:

- Loại 1: Chọn một hộp không rỗng B j,1≤ ≤j 5, bỏ đi một đồng xu ở hộp B và thêm j

hai đồng xu vào hộp B j+1.

- Loại 2: Chọn một hộp không rỗng B k,1≤ ≤k 4, bỏ đi một đồng xu ở hộp B và hoán k

đổi số đồng xu có ở hai hộp B k+1,B k+2 cho nhau (có thể các hộp đó rỗng).

Hỏi có tồn tại hay không một dãy hữu hạn các phép biến đổi được chấp nhận trong hai loại ở trên sao cho từ các hộp đã cho ban đầu, ta sẽ thu được 5 hộp B B B B B đều 1, 2, ,3 4, 5

rỗng và hộp B có chứa đúng 6 2010 2010

2010 đồng xu?

Ta sẽ chứng minh rằng sau một số hữu hạn các phép biến đổi loại 1 và 2 thì sẽ được 5 hộp B B B B B đều rỗng và hộp 1, 2, ,3 4, 5 B chứa đúng 6 20102010 2010đồng xu Thật vậy:

Đặt N =20102010 2010(dễ thấy NM ) Gọi bộ 4 [ , , , , , ],a a a a a a a1 2 3 4 5 6 i∈¥,i=1,6 là số các đồng xu có trong các hộp B B B B B B tại một thời điểm nhất định.1, 2, ,3 4, ,5 6

Kí hiệu T là phép biến đổi loại 1 hoặc một dãy liên tiếp các phép biến đổi loại 1; 1 T là 2

phép biến đổi loại 2 hoặc một dãy liên tiếp các phép biến đổi loại 2

Ta thấy: nếu chúng ta có thể đạt được một bộ [0,0,0, ,0,0]

4

N

thì cũng có thể đạt được bộ: [0,0,0,0,0, ]N nhờ cách áp dụng phép biến đổi T theo định nghĩa như trên:1

[0,0,0, ,0,0] [0, 0,0,0, ,0] [0,0,0,0, 0, ]

N

Tiếp theo, ta thấy: nếu đã đạt được bộ [0,0, 0, ,0,0]X với ,

4

N

X ≥ X∈¥ thì cũng có thể

dễ dàng đạt được bộ [0,0,0, ,0,0]

4

N

bằng cách áp dụng phép biến đổi T cho các hộp 2 B B B :4, ,5 6

2

[0,0, 0, ,0,0] [0,0,0, ,0,0]

4

Như thế, ta chỉ cần chứng minh rằng: sau một số hữu hạn các phép biến đổi loại 1 và 2 thì

có thể đạt được một bộ: [0,0, 0, ,0,0]X với ,

4

N

Đặt 2 2

2

2

X = là một lũy thừa bảy tầng của 2 Ta có:

Trước hết, ta có quá trình biến đổi như sau:

[1,1,1,1,1,1]→T [1,1,1,1,0,3]→T [1,1,1,0,3, 0]→T [1,1,0,3,0,0]→T

2 [1,0,3,0, 0,0] 1 [0, 2,3,0,0,0] 2 [0,1,5,0,0,0] 2 [0,0,7,0,0,0]

Với ,a b≥1, ta xét một số phép biến đổi T T trên một bộ ba số như sau:1, 2

[ , 2 ,0]a b →T [ ,0, 2 ]a b+ → −T [a 1, 2 ,0]b+

[a−1, 2 ,0]b+ → −T [a 1,0, 2 ]b+ → −T [a 2, 2 ,0]b+

Tiếp tục tương tự như thế, sau a lần, ta sẽ đạt được bộ: [0, 2 ,0]a b+

Như thế thì từ bộ [ , 2 ,0]a b ban đầu, ta có thể đạt được [0, 2 ,0]a b+ bằng một số hữu hạn các phép biến đổi T T ; ta kí hiệu nhóm các phép biến đổi đó là 1, 2 T , tức là: 3 [ , 2 ,0]a b →T3 [0, 2 ,0]a b+

Vì vậy, với ,a b≥1, ta xét một số phép biến đổi T T trên một bộ bốn số như sau:1, 2

3

[ , ,0,0]a b →T [ ,a b−1, 2 ,0]→T [ ,0, 2 , 0]a b → −T [a 1, 2 ,0,0]b

3

[a−1, 2 , 0,0]b → −T [a 1, 2b−1, 2 ,0]→ −T [a 1,0, 2 ,0]b → −T [a 2, 2 ,0,0]b

Tiếp tục tương tự như thế, sau a lần, ta sẽ đạt được bộ: [0, 2 , 0,0] , (trong đó số thứ 2 là lũy 2 2

thừa a tầng của 2)

Như thế thì từ bộ: [ , ,0,0]a b ban đầu, ta có thể đạt được [0, 2 , 0,0] qua một số hữu hạn 2 2

các phép biến đổi T T T ; ta kí hiệu nhóm các phép biến đổi đó là 1, ,2 3 T , tức là:4

2

[ , ,0,0] T [0, 2 ,0,0]

[0,0, 7,0,0,0]→T [0,0, 6, 2,0,0]→T [0,0,0, 2 ,0,0] (trong đó số thứ 4

là lũy thừa 7 tầng của 2 và đó cũng chính là X) (2)

Từ (1) và (2), ta thấy (*) được chứng minh

Vậy sau một số hữu hạn các phép biến đổi loại 1 và 2 thì ta có thể thu được 5 hộp

1, 2, ,3 4, 5

B B B B B đều rỗng và hộp B chứa đúng 6 20102010 2010đồng xu

Câu trả lời của bài toán là khẳng định

Bài 6: Cho a a a1, , , 2 3 là một dãy số nguyên dương Gọi s là số nguyên dương thỏa mãn:

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương l s< và N sao cho: a n = +al a n−l với mọi n N>

Trước hết ta sẽ chứng minh nhận xét sau:

Dãy số đã cho thỏa mãn: a n =max{a k+a n k− |1≤ ≤k s} với mọi n s> . (*)

Thật vậy:

Với n=1, 2, ,s, nhận xét (*) hiển nhiên đúng

Giả sử (*) cũng đúng với n s= +1,s+2, , 2s Ta sẽ chứng minh rằng (*) đúng với mọi n>2s

Ta có: a n =max{a k+a n k− |1≤ ≤ − ≥k n 1} max{a k+a n k− |1≤ ≤k s}với mọi n s> (1)

Theo giả thiết, tồn tại số j với 1≤ ≤ −j n 1 thỏa:a n = +a j a n j−

Không mất tính tổng quát, giả sử:

2

n

j≥ >s Khi đó, theo giả thiết quy nạp, tồn tại k với

1 k s≤ ≤ thỏa mãn: a j =a k +a j k− ⇒a n = +a k a j k− +a n j− Ta cũng có n k− >2s s s− = nên:

n k j k n j k m n k m

k n k k n k

Từ (1) và (2), suy ra: a n =max{a k+a n k− |1≤ ≤k s}

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

Tiếp theo, đặt max{a k |1 }

k

= ≤ ≤ , giả sử sốl thỏa 1≤ ≤l svà al =t

l

Ta sẽ chứng minh rằng l chính là giá trị thỏa mãn đề bài Thật vậy:

Trước hết, ta sẽ chứng minh: a n a ,

n

Ta sẽ chứng minh (**) bằng quy nạp

Rõ ràng, (**) đúng với mọi n=1, 2,3, ,s do cách xác định l

Giả sử (**) đúng đến n m= −1,m>1, tức là: a n a , 1

n m

Ta sẽ chứng minh rằng (**) cũng đúng với n m= .

Theo giả thiết, tồn tại: 1 k m≤ < thỏa: a m=a k +a m k−

Dễ thấy theo giả thiết quy nạp, ta có:

a

Ta xét dãy số sau: b n =n a l −l ,a b n n∈¥ Từ (**) dễ thấy: b n ≥ ∀0, n.

Tiếp theo, ta chứng minh nhận xét:

Với mọi n, b có thể biểu diễn dưới dạng n e b1 1 +e b2 2+ + e b s s với e e1, , ,2 e là các số s

Ta cũng chứng minh (***) bằng quy nạp

-Với n s≤ , ta có thể chọn e i =0,i n≠ và e n =1

Ta giả sử (***) đúng đến n m= −1, ta sẽ chứng minh (***) cũng đúng với n m= :

Theo nhận xét (*), tồn tại k với 1 k s≤ ≤ thỏa: a n =a k+a n k− Khi đó theo giả thiết quy nạp:

1 1 2 2

' ' '

b = +b b − = +b e b +e b + +e b với e e' , ' , , '1 2 e s∈¥

Ta chọn e i =e i k' ,i ≠ và e k =e' 1,k+ i k= thì rõ ràng (***) cũng đúng với n m= .

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

Hơn nữa: b n+l = +(n l)al −la n+l ≤ +(n l)al −l(a n+al)=nal −la n =b n

Suy ra, b n ≤max{ |1b k ≤ ≤k l vì mỗi số tự nhiên n có thể biểu diễn được dưới dạng: } p q+ l với

1 p≤ <l và b n =b p q+ .l ≤b p q+ −( 1).l ≤b p+ −(q 2).l ≤b p

Kết hợp với (***), ta thấy: b chỉ nhận một số hữu hạn các giá trị nguyên dương n

Từ b n+l ≤b n, ta thấy dãy số b b q, q+l,b q+2l, sẽ là hằng số với một giá trị n N= đủ lớn nào đó, tức là b n =b n−l,∀ >n N , suy ra: n al −l.a n =la n−l − −(n l)al ⇔a n = +al a n−l,∀ >n N.

Bài toán được giải quyết hoàn toàn