Loi giai de IMO 2010

LỜI GIẢI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN QUỐC TẾ 2010 ************* Bài 1: Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn với x, y ∈ ¡ thì: f ( [ x ] y ) = f ( x).[ f ( y)] [ x ] số nguyên lớn không vượt x Ta có: f ( [ x ] y ) = f ( x).[ f ( y)] với số thực x, y (*) Cho x = , ta có: f ( ) = f (0).[ f ( y ) ] , ∀y ∈ ¡ Xét trường hợp: Nếu f (0) = : đẳng thức (*), cho x = , ta có: f ( y ) = f (1).[ f ( y ) ] f ( y) f ( x) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ , thay vào (*), ta được: f ( [ x ] y ) = f (1) f (1) f ( x) f ( y ) Hồn tồn tương tự, ta có: f ( [ y ] x ) = , suy ra: f ( [ x ] y ) = f ( [ y ] x ) f (1) Giả sử f (1) ≠ thì: [ f ( y ) ] = Đẳng thức với x, y ∈ ¡ nên với x = , y = , ta được: f (1) = f (0) = , mâu thuẫn Do đó: f (1) = , suy ra: f ( y ) = 0, ∀y ∈ ¡ , tức ta có hàm số f ( x) = 0, ∀x ∈ ¡ Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn (*) - Nếu [ f ( y ) ] = 1, ∀y ∈ ¡ , từ (*), suy ra: f ( [ x ] y ) = f ( x) Cho y = , ta được: f ( x) = f (0) số Đặt f (0) = a , [ f ( y ) ] = 1, ∀y ∈ ¡ nên [ f (0) ] = ⇒ [ a ] = ⇒ a ∈ [1; 2) Do đó: f ( x) = a, ∀x ∈ ¡ với a ∈ [1; 2) Thử lại, ta thấy hàm số thỏa mãn (*) Vậy có hai hàm số cần tìm là: f ( x) = 0, ∀x ∈ ¡ f ( x) = a, ∀x ∈ ¡ , a ∈ [1; 2) Bài 2: Cho tam giác ABC với I tâm nội tiếp Γ đường tròn ngoại tiếp tam giác ¼ Đường thẳng AI cắt Γ điểm thứ hai D (khác A) Gọi E điểm cung BDC 1· · · = CAE < BAC đường tròn Γ F điểm nằm đoạn BC cho BAF Chứng minh rằng: đường thẳng EI DG qua điểm nằm Γ Gọi K giao điểm tia AD với đường tròn tâm D, bán kính DI · Do D giao điểm phân giác góc BAC với (O) » nên D trung điểm cung BC Dễ thấy đó: DI = DB = DC Suy ra: điểm B, I , C , K thuộc (D) D trung điểm IK Theo giả thiết, G trung điểm IF nên DG đường trung bình ∆IFK Ta được: · · GD // FK ⇒ IDG (1) = IKF Tiếp theo, ta chứng minh: ∆AEI : ∆AKF Thật vậy: 1· · · = CAE < BAC Do BAF ·ABF = ·AEC nên AB AF = suy ra: ∆ABF : ∆AEC ( g g ) ⇒ AE AC · · · Hơn nữa: ·ABI = IBC nên = ·AKC IAB = IAC ∆ABI : ∆AKC ( g.g ) ⇒ AB AI = AK AC So sánh hai đẳng thức trên, ta được: AE AK · · · · − BAF · · AE AF = AB AC = AI AK ⇒ = Mặt khác: IAE nên = IAC − CAE = IAB = IAF AI AF · · (2) ∆AEI : ∆AKF (c.g.c) ⇒ IEA = IKF · · ⇒ ·ADG = ·AEI , tức góc chắn cung Từ (1) (2), ta được: IDG = IEA đường tròn Γ cho Từ suy đường thẳng EI DG qua điểm nằm Γ Đây đpcm Bài 3: Tìm tất hàm số g : ¥ → ¥ thỏa mãn: ( g ( m) + n ) ( m + g ( n ) ) bình phương với m, n ∈ ¥ Với p số nguyên tố, kí hiệu p a || b; a, b ∈ ¥ nghĩa b chia hết cho pα không chia hết cho p a +1 Ta chứng minh rằng: Với p nguyên tố, p | g (n) − g (m) p | n − m Thật vậy, xét hai trường hợp: (*) - Nếu p số nguyên tố lẻ: Giả sử p thỏa mãn p | g (n) − g (m) Ta có nhận xét đó, tồn k nguyên cho p || g (m) + k , p || g (n) + k (thật vậy, ta dễ dàng chọn k cho p | g (m) + k , p | g (n) + k ; đó, ba ( g (m) + k , g (n) + k ); ( g (m) + k + p, g (n) + k + p ); ( g (m) + k + p, g (n) + k + p) thỏa mãn hai số thuộc chia hết cho p tồn có hai số khơng chia hết cho p , thỏa mãn nhận xét trên) Theo giả thiết: ( g (n) + k )( g (k ) + n) số phương nên ta có p | g (k ) + n Hoàn toàn tương tự p | g (k ) + m , p | n − m Do đó, nhận xét (*) trường hợp p số nguyên tố lẻ - Nếu p = : Giả sử | g (n) − g (m) Ta có hai trường hợp cần xét: + Nếu | g (n) − g (m) , ta chọn k cho || g (m) + k , || g ( n) + k Cũng tương tự trên, từ điều suy | g (k ) + n, | g ( k ) + m | (n − m) + Nếu || g (n) − g ( m) , chọn k cho 23 || g (n) + k Khi || g (m) + k từ đó, ta dễ dàng thấy rằng: phải chia hết g ( k ) + n g ( k ) + n , tức là: | n − m Trong trường hợp này, nhận xét (*) Như thế, với số nguyên tố p, p | g (n) − g (m) p | n − m với m, n ∈ ¥ Thay n = m + , ta có: với p số nguyên tố: p | g (m + 1) − g ( m) p |1 , điều khơng thể xảy với số nguyên tố cả, đó: | g (m + 1) − g ( m) |= , ∀m ∈ ¥ Giả sử tồn giá trị m tự nhiên cho g (m + 1) − g (m) = −1 hàm số nhận giá trị nguyên dương nên tồn số nguyên dương M cho g ( M + 1) − g ( M ) = −1 g ( M + 2) − g ( M + 1) = ; đó: g ( M + 2) = g ( M ) , tức g ( M + 2) − g ( M ) = chia hết cho số nguyên tố p nên theo nhận xét (*), ( M + 2) − M = 2Mp với số nguyên tố p, vơ lí Suy với m, ta có g (m + 1) − g (m) = , đặt g (0) = a, a ∈ ¥ ; quy nạp, ta chứng minh được: g (m) = m + a, ∀m Thử lại ta thấy thỏa Vậy tất hàm số cần tìm là: g ( n) = n + a với a số nguyên không âm Bài 4: Cho P điểm nằm tam giác ABC ( CA ≠ CB ) Các tia AP, BP, CP cắt đường tròn ngoại tiếp Γ tam giác ABC điểm K , L, M Tiếp tuyến C đường tròn Γ cắt đường thẳng AB S Chứng minh rằng: SC = SP MK = ML Gọi O tâm đường tròn Γ , SC tiếp tuyến (O) nên: SP SB = SA SP · · · · · · Do đó: ∆SAP : ∆SPB (c.g c ) ⇒ SAP = SPB ⇒ 1800 − SAP = 1800 − SPB ⇒ SPL = BAP · · · · » Γ ) nên PLK Hơn nữa: PLK (cùng chắn cung BK Suy ra: SP // LK = SPL = BAP Khơng tính tổng qt, giả sử CA < CB uuu r uuur uuu r uuu r π π Khi đó: đặt (CP, CO) = α , ≤ α < Do SC vng góc với CO nên: (CS , CP) = − α 2 uuur uuu r uuu r uuu r π Do SP = SC nên tam giác SPC cân S, suy ra: ( PC , PS ) = (CS , CP ) = − α uuuu r uuuu r uuuu r uuur Cũng OM = OC nên tam giác OMC cân O, suy ra: ( MO, MC ) = (CM , CO) = α uuuu r uuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuu r π  π Do đó: ( MO, PS ) = ( MO, MC ) + ( MC , PS ) = α +  − α ÷ = 2  Ta được: OM ⊥ SP , mà SP // LK nên: OM ⊥ LK Các điểm K , L, M thuộc (O) nên suy ∆MKL cân M hay MK = ML Ta có đpcm SC = SA.SB ⇒ SP = SA.SB ⇒ Bài 5: Mỗi hộp sáu hộp B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6 ban đầu chứa đồng xu Có hai phép biến đổi chấp nhận: - Loại 1: Chọn hộp không rỗng B j ,1 ≤ j ≤ , bỏ đồng xu hộp B j thêm hai đồng xu vào hộp B j +1 - Loại 2: Chọn hộp không rỗng Bk ,1 ≤ k ≤ , bỏ đồng xu hộp Bk hoán đổi số đồng xu có hai hộp Bk +1 , Bk + cho (có thể hộp rỗng) Hỏi có tồn hay khơng dãy hữu hạn phép biến đổi chấp nhận hai loại cho từ hộp cho ban đầu, ta thu hộp B1 , B2 , B3 , B4 , B5 2010 rỗng hộp B6 có chứa 20102010 đồng xu? Ta chứng minh sau số hữu hạn phép biến đổi loại 2010 hộp B1 , B2 , B3 , B4 , B5 rỗng hộp B6 chứa 20102010 đồng xu Thật vậy: Đặt N = 20102010 2010 (dễ thấy N M4 ) Gọi [a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 ], ∈ ¥ , i = 1, số đồng xu có hộp B1 , B2 , B3 , B4 , B5 , B6 thời điểm định Kí hiệu T1 phép biến đổi loại dãy liên tiếp phép biến đổi loại 1; T2 phép biến đổi loại dãy liên tiếp phép biến đổi loại N Ta thấy: đạt [0, 0, 0, , 0, 0] đạt bộ: [0, 0, 0, 0, 0, N ] nhờ cách áp dụng phép biến đổi T1 theo định nghĩa trên: [0, 0, 0, N N T1 T1 , 0, 0]  →[0, 0, 0, 0, , 0]  →[0, 0, 0, 0, 0, N ] Tiếp theo, ta thấy: đạt [0, 0, 0, X , 0, 0] với X ≥ N , X ∈ ¥ N , 0, 0] cách áp dụng phép biến đổi T2 cho hộp B4 , B5 , B6 : N T2 [0, 0, 0, X , 0, 0]  →[0, 0, 0, , 0, 0] Như thế, ta cần chứng minh rằng: sau số hữu hạn phép biến đổi loại dễ dàng đạt [0, 0, 0, đạt bộ: [0, 0, 0, X , 0, 0] với X ≥ N , X ∈¥ (*) .2 Đặt X = 222 lũy thừa bảy tầng Ta có: 4 11 15 2010 < 211 < 216 = 2 ⇒ 2010 2010 < (2 ) = 2 ⇒ 2010 20102010 15 24 22 < (2 ) =2 15 4+2 N Trước hết ta chứng minh nhận xét sau: Dãy số cho thỏa mãn: an = max{ak + an − k |1 ≤ k ≤ s} với n > s (*) Thật vậy: Với n = 1, 2, , s , nhận xét (*) hiển nhiên Giả sử (*) với n = s + 1, s + 2, , s Ta chứng minh (*) với n > s Ta có: an = max{ak + an − k |1 ≤ k ≤ n − 1} ≥ max{ak + an − k |1 ≤ k ≤ s} với n > s (1) Theo giả thiết, tồn số j với ≤ j ≤ n − thỏa: an = a j + an − j n > s Khi đó, theo giả thiết quy nạp, tồn k với ⇒ an = ak + a j − k + an − j Ta có n − k > s − s = s nên: Không tính tổng quát, giả sử: j ≥ ≤ k ≤ s thỏa mãn: a j = ak + a j −k an = ak + a j −k + an − j ≤ ak + max{am + an −k + m |1 ≤ m ≤ n − k − 1} = = ak + an −k ≤ max{ak + an− k |1 ≤ k ≤ s} (2) Từ (1) (2), suy ra: an = max{ak + an − k |1 ≤ k ≤ s} Theo nguyên lí quy nạp, (*) chứng minh ak a |1 ≤ k ≤ s} , giả sử số l thỏa ≤ l ≤ s l = t k l Ta chứng minh l giá trị thỏa mãn đề Thật vậy: a a Trước hết, ta chứng minh: n ≤ l , ∀n n l Ta chứng minh (**) quy nạp Rõ ràng, (**) với n = 1, 2,3, , s cách xác định l a a Giả sử (**) đến n = m − 1, m > , tức là: n ≤ l , ∀n ≤ m − n l n = m Ta chứng minh (**) với Theo giả thiết, tồn tại: ≤ k < m thỏa: am = ak + am− k Dễ thấy theo giả thiết quy nạp, ta có: a a a a a am = ak + am− k ≤ k l + (m − k ) l = m l ⇒ m ≤ l l l l m l Theo nguyên lí quy nạp, (**) chứng minh Tiếp theo, đặt t = max{ (**) Ta xét dãy số sau: bn = n.al − l an , bn ∈ ¥ Từ (**) dễ thấy: bn ≥ 0, ∀n Tiếp theo, ta chứng minh nhận xét: Với n, bn biểu diễn dạng e1.b1 + e2 b2 + + es bs với e1 , e2 , , es số nguyên không âm (***) Ta chứng minh (***) quy nạp -Với n ≤ s , ta chọn ei = 0, i ≠ n en = Ta giả sử (***) đến n = m − , ta chứng minh (***) với n = m : Theo nhận xét (*), tồn k với ≤ k ≤ s thỏa: an = ak + an −k Khi theo giả thiết quy nạp: bm = bk + bm − k = bk + e '1 b1 + e '2 b2 + + e 's bs với e '1 , e '2 , , e 's ∈ ¥ Ta chọn ei = e 'i , i ≠ k ek = e 'k + 1, i = k rõ ràng (***) với n = m Theo nguyên lí quy nạp, (***) chứng minh Hơn nữa: bn + l = (n + l )al − l an + l ≤ (n + l )al − l (an + al ) = nal − l an = bn Suy ra, bn ≤ max{bk |1 ≤ k ≤ l } số tự nhiên n biểu diễn dạng: p + q.l với ≤ p < l bn = bp + q.l ≤ bp + ( q −1).l ≤ bp + ( q − 2).l ≤ bp Kết hợp với (***), ta thấy: bn nhận số hữu hạn giá trị nguyên dương Từ bn + l ≤ bn , ta thấy dãy số bq , bq + l , bq + l , số với giá trị n = N đủ lớn đó, tức bn = bn −l , ∀n > N , suy ra: n.al − l an = l an −l − (n − l )al ⇔ an = al + an −l , ∀n > N Bài toán giải hoàn toàn ... B5 2010 rỗng hộp B6 có chứa 20102 010 đồng xu? Ta chứng minh sau số hữu hạn phép biến đổi loại 2010 hộp B1 , B2 , B3 , B4 , B5 rỗng hộp B6 chứa 20102 010 đồng xu Thật vậy: Đặt N = 20102 010 2010. .. với X ≥ N , X ∈¥ (*) .2 Đặt X = 222 lũy thừa bảy tầng Ta có: 4 11 15 2010 < 211 < 216 = 2 ⇒ 2010 2010 < (2 ) = 2 ⇒ 2010 201 02010 15 24 22 < (2 ) =2 15 4+2