Câu lạc Toán học Viện Toán học Hà Nội Đáp án Bài kiểm tra số 1-2 Trường đông 2013 CLB Toán học xin chân thành cám ơn thầy đóng góp đề lời giải! Ta có a1 = 32 , a2 = 13 ,a 12 = 57 60 Bằng quy nạp ta chứng minh rằng, với n ≥ an = n + n+1 + ··· + 2n (1) Thật vậy, dễ thấy với n = 1, 2, 3, đẳng thức (1) Giả sử (1) với n = k, tức ak = k + k+1 + ··· + 2k Ta chứng minh (1) với k + Ta có 3k+2 = 1k + k+1 + ··· + 2k(k+1)(2k+1) 1 1 + · · · + 2k + 2k+1 + 2k+2 + k+2 1 1 + · · · + 2k + 2k+1 + 2k+2 k+2 ak+1 = = ak − = = k+1 k+1 + + 2k k − − 3k+2 2k(k+1)(2k+1) 1 3k+2 − 2k+2 − 2k(k+1)(2k+1) 2k+1 Vậy theo nguyên lý quy nạp (1) chứng minh Ta nhắc lại bất đẳng thức quen thuộc ln + 1 n+1 < n n < ln + < ln + (2đ.) n < 1n , ∀n ≥ 1, hay n−1 , ∀n ≥ Từ suy ln + n +· · ·+ln + ⇔ ln 2n < n + n+1 +· · ·+ n+1 n+2 2n + · ··· · n n+1 2n 2n < ln + < an < ln n−1 n n+1 n−1 n +· · ·+ln + ··· 2n − 2n 2n − , Như vậy, ln 2n + n < an < ln 2n − n−1 Chuyển qua giới hạn n → ∞, tính liên tục hàm số ln định lý giới hạn kẹp ta lim an = ln n→∞ (3đ.) Nhận xét (a) Việc phát cơng thức tổng qt (1) suy từ tháo tác đơn giản sau Trước hết, n−1 an = a1 − k=1 3k + 2k(k + 1)(2k + 1) Bây giờ, ta biết 3k + 2k(k + 1)(2k + 1) a = k + b k+1 + c 2k + Hơn nữa, lập luận đơn giản đơn giản cho thấy a = 1, b = − 12 , c = −1 Thế giá trị vào tổng giản ước đơn giản ta thu (1) (b) Việc chứng minh limn→∞ an = ln suy qua kĩ thuật so sánh "tổng rời 1 n n = limn→∞ 1n i=1 i = 1+x d x = [ln(1 + x)]10 = ln rạc-tích phân": limn→∞ i=1 n+i 1+ n Ngồi ra, ta qui "chuỗi điều hồ" sau: • an = + 12 + · · · + 2n − + 12 + · · · + n−1 Tổng + 12 + · · · + 1n biết đến tên gọi "số điều hồ" • Tất nhiên, dãy số điều hồ tiến tới vơ n → ∞ Tuy nhiên ta có ước lượng sau: + 21 + · · · + 1n ∼ ln n Cụ thể hơn, + 12 + · · · + 1n − ln n tiến tới giá trị hữu hạn (hằng số Euler) n → ∞, kiện giúp ta kết thúc chứng minh (c) Ta rằng: a1 , a2 , dãy số thực cho limn→∞ an = a (hữu hạn) a1 lim n+1 n→ + a2 n+2 ··· + an = a ln 2n Bạn thử chứng minh xem! Bài tốn cịn với n ≥ số a1 , , an (con số 14 đơn đến từ việc a14 , hay tốt A 14, mã tồ nhà Viện Tốn học Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam!) Theo bất đẳng thức Trung bình cộng-Trung bình nhân, ta có n + ai+1 i=1 ai+1 + ai+2 ≥ n (Với qui ước hiển nhiên an+1 = a1 , an+2 = a2 ) (1đ.) Nói cách khác, n i=1 + ai+1 ai+1 + ai+2 n −1 ≥0⇔ i=1 − ai+2 ai+1 + ai+2 n ≥0⇔ i=1 ai+1 + ai+2 n ≥ i=1 ai−1 + Dễ thấy dấu = ” xảy a1 = a3 = · · · = an−1 , a2 = a4 = · · · = an n chẵn a1 = a2 = · · · = an n lẻ (4đ) Lưu ý: Không xác định sai dấu ” = ”: trừ điểm Nhận xét Bất đẳng thức sử dụng để đưa chứng minh ngắn gọn cho trường hợp bất đẳng thức Shapiro: a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an (hoặc a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ) a1 a2 + a3 + a2 a2 + a3 + ··· + an a1 + a2 ≥ n Bạn thử sức xem! (a) Ta có ABK = AEK Mặt khác, ta lại có K BD = = = = Suy ABK = K BD Do BDE − BK D BE D − BAE BE D − BEA AEK BAD cân B nên điều dẫn đến BK ⊥ AD (2đ.) (b) Kéo dài BO cắt AC M Ta chứng minh M ∈ (DE F ) Lưu ý từ ta suy M ≡ M M thuộc đường thẳng BO cố định Thật vậy, để ý AE dây cung chung hai đường tròn (O) (B) nên OB ⊥ AE Theo phần a) BK ⊥ AD nên F trực tâm ABM Do F M D = ABK = F E D Suy M , D, E, F thuộc đường tròn Vậy M ∈ (DE F ) toán chứng minh (3đ.) Ta dễ dàng lập câu lạc thoả mãn điều kiện đề Điều cho ta đánh giá n ≥ Gọi P tập hợp gồm tất tập N := {1, 2, , n} Ta đánh số câu lạc từ đến n gọi Ai tập học sinh câu lạc thứ i Ký hiệu S tập tất học sinh trường Xét ánh xạ f : S → P, xác định f (x) = {i ∈ N |x ∈ / Ai } Ta nhận thấy với tập I ⊂ N gồm phần tử theo ii) ln tồn u ∈ ∩i∈I Ai Nói cách khác, f (u) ⊂ N \ I Thế nhưng, điều kiện i nói học sinh khơng thuộc n − câu lạc Nói cách khác | f (u)| ≥= n − = |N \ I| Từ suy f (u) = N \ I Như vậy, 800 = |S| ≥ |I m( f )| ≥ Từ đây, hàm số n → n không giảm 12 n = 792 < 800 < 13 , ta suy n ≤ 12 (2đ.) Cuối cùng, ta chứng minh trường hợp n = 12 xảy Trước hết, ta tập có khơng q 800 phần tử mà từ chọn 12 tập thỏa mãn đầu Điều gợi ý từ ánh xạ f Ta đặt Si , ≤ i ≤ 12, tập gồm tất tập gồm phần tử 12 {1, 2, , 12} mà không chứa số i Như | ∪12 i=1 Si | = = 792 12 tập Si thỏa mãn điều kiện đầu Xây dựng cho ta "trường" có 792 học sinh, đánh "số" 792 tập phần tử 1, 2, , 12 cho học sinh "số" {a, b, c, d, e} không thuộc câu lạc a, b, c, d, e thuộc tất câu lạc lại Cuối cùng, ta bổ sung học sinh học sinh không tham gia câu lạc Ta dễ dàng kiểm tra 800 = 792 + học sinh trường với 12 câu lạc thoả mãn điều kiện đề (3đ.) Bài toán chứng minh hồn tồn Cách khác Lời giải ngơn ngữ đồ thị đây, giúp bạn dễ hình dung Xây dựng đồ thị phần tập đỉnh X ∪ S X tập hợp học sinh trường S tập hợp câu lạc Các cạnh xây dựng cách hiển nhiên: x ↔ s x ∈ s, nói cách khác, học sinh x thuộc câu lạc s Kí hiệu tập hợp tập phần tử S Các giả thiết tốn nói rằng: • |X | = 800; • ∀ x ∈ X , |s ∈ S; x ↔ s| ≤ 7; • ∀A ∈ , ∃x cho x ↔ s với s ∈ A Dễ thấy rằng, điều kiện thứ điều kiện cuối thay bởi: • ∀A ∈ phân biệt, ∃! x cho x ↔ s với s ∈ S Từ suy ánh xạ → X , gửi tập đỉnh S đến đỉnh kề với đỉnh đơn ánh Ta suy n Do hàm số n → n không giảm ≤ |X | = 800 12 = 792 < 800 < 13 nên ta phải có n ≤ 12 Để kết thúc, ta n = 12 giá trị cần tìm cách xây dưng 12 câu lạc trường học 800 học sinh thoả mãn điều kiện đề Kí hiệu tập câu lạc S Ta "đánh số báo danh" 792 = 12 học sinh tập phần tử S ta tuyên bố học sinh (s1 , , s7 ) thuộc câu lạc s1 , , s7 (và câu lạc đó) Cuối cùng, 800 − 792 = học sinh cịn lại khơng tham gia câu lạc Dễ thấy xây dựng thoả mãn điều kiện đề Thế y = −2x vào đẳng thức ban đầu ta có g( f (−x)) = f (x) (1) f (−x − y) = f (x) + (2x + y)g( y) (2) Từ Và đó, x = vào biểu thức ta có f (− y) = f (0) + y g( y) (3) (x + y)g(x + y) = (2x + y)g( y) − x g(−x) (4) Thế (3) (2) vào (1) ta thu Biểu thức này, với y = 0, cho ta x g(x) = 2x g(0) − x g(−x) (5) (2đ.) Như vậy, với x = g(x) + g(−x) = 2g(0) (6) Chú ý đẳng thức tất nhiên với x = Đặt h(x) = g(x) − g(0) Khi h(0) = theo (6), h(−x) = −h(x) (7) (x + y)h(x + y) = (2x + y)h( y) + xh(x) (8) Theo (4) (7) ta có Đối chỗ x y (8) so sánh ta suy xh( y) = yh(x) (9) Ta suy h(x)/x = h( y)/ y , với x, y = 0, h(x)/x = c ( x = 0) với c số Như vậy, h(x) = c · x ∀x (Đẳng thức với x = h(0) = 0.) Ta suy g(x) = c x + b (2đ.) Đặt f (0) = a, theo (3), ta có f (x) = a − b x + c x Từ ta kiểm tra b = 0, c = a = c = Nói cách khác, f (x) ≡ g(x) ≡ f (x) = x + a, g(x) = x (1đ.) Thử lại, ta thấy ( f (x), g(x)) = (0, 0) ( f (x), g(x)) = (x + a, x) với a số, thoả mãn điều kiện yêu cầu (1đ.) Lưu ý: Không đề cập đến việc thử lại nghiệm: trừ điểm Kí hiệu I a , I b , I c tương ứng tâm đường trịn bàng tiếp góc A, B, C Thế I I c , I I b đường kính đường trịn (IAB), (IAC) Do BE = C F = AI nên EIB FIC = = I I c A = 90◦ − I c IA = 90◦ − C I I a I I b A = 90◦ − I b IA = 90◦ − BI I a Suy E I B + BI I a + C I I a + F I C = 180◦ Vậy E, I, F thẳng hàng (2đ.) Để ý I trực tâm I a I b I c nên áp dụng "Bổ đề đường thẳng đối xứng" ta suy giao điểm D d1 d2 phải thuộc đường tròn (I a I b I c ) (2đ.) Mà đường trịn (ABD) đường tròn Euler I a I b I c Theo tính chất quen biết đường trịn Euler: "với điểm P thuộc đường tròn ngoại tiếp, trung điểm I đoạn H P nối P với trực tâm tam giác ABC thuộc đường tròn Euler" Ta suy trung điểm I D phải thuộc đường tròn (ABC) (3đ.) Học sinh tự chứng minh kết sau Bổ đề đường thẳng đối xứng Cho tam giác ABC d đường thẳng qua trực tâm H Gọi d1 , d2 , d3 đường thẳng đối xứng với d qua BC, CA, AB Khi đó, d1 , d2 , d3 đồng qui điểm K thuộc đường trịn ngoại tiếp ABC Lưu ý: • Khơng chứng minh Bổ đề đường thẳng đối xứng: trừ điểm • Nêu rõ tính chất đường trịn Euler khơng chứng minh: trừ điểm Nhận xét Có thể K ≡ A Và quan sát dẫn đến cách giải toán cách nhanh gọn Ta chứng minh phản chứng Giả sử tồn số nguyên a0 , , ak (k ≥ 2) thoả mãn tính chất nêu Vế phải đằng thức đề chia dư 1, ta phải có a0 = k−1 i Mặt khác, cách thay vế phải (5 + 1)k−1 = i=0 Ck−1 5i trừ hai vế cho ta có đẳng thức k k−1 Cki 5i−1 = i=1 i 5i−1 Ck−1 (1) i=1 Xét đồng dư modulo đẳng thức (1) ta suy ka1 ≡ k − (mod 5) Do a1 = 1, đồng dư xảy a1 = k ≡ (mod 5) (1đ.) Như vậy, (1) trở thành k k−1 Cki 5i−1 i=2 i Ck−1 5i = (2) i=1 Ta chứng minh quy nạp k ≡ (mod 5n ) với n ≥ Điều hiển nhiên kéo theo k = mâu thuẫn với giả thiết Như k ≡ (mod 5), nghĩa khẳng định cho n = Giả sử khẳng định tới n Viết k = 5n m + (m nguyên dương) Nhận xét C5i n m+1 5n+2−i C5i n m 5n+2−i , ∀ ≤ i ≤ n + (3) Thật vậy, khẳng định hiển nhiên ≤ i ≤ Ta giả sử i ≥ Ta biết lũy thừa i! i j≥1 ≤ 5j j≥1 i = 5j i Mặt khác, với n ≥ 5n | (5n m + 1) · 5n · · · (5n m − i + 2) Ta suy luỹ thừa n n n m−i+2) C5i n m+1 = (5 m+1)·5 m···(5 khơng n − 4i Tương tự, luỹ thừa i! C5i n m+1 = 5n m···(5n m−i+1) i! khơng n − n− i i Nhưng dễ thấy i ≥ > n + − i Và (3) chứng minh (3đ.) Trong (2) xét đồng dư modulo 5n+1 ta có ngay, theo (3), vế trái chia hết cho 5n+1 k − 5n+1 Nói cách khác, k ≡ (mod 5n+1 ) khẳng định cho n + Bài tốn giải hồn tồn (3đ.) Lưu ý: Nếu chứng minh a0 ≡ (mod 5) mà không thiết lập a0 ≡ (mod 5), a1 ≡ (mod 5), k ≡ (mod 5): cho điểm Cách khác Ta trình bày tóm tắt bước cách giải khác • Dễ thấy a0 = Viết lại đẳng thức thành: (mod 5) nên a1 = | k − 1; k i i i=1 Ck = 6k−1 − Do 6k−1 −1 ≡ k−1 • Theo đẳng thức quen biết, "bổ đề nâng luỹ thừa", v5 (6k−1 − 1) = n + 1, n = v5 (k − 1) ≥ • Trong vế trái trên, hạng tử Cki 5i với i ≥ n + hiển nhiên chia hết cho 5n+2 Mặt khác, kết đáng ý, "Định lý Kummer", ta có v5 (Cki ) = n với ≤ i ≤ n + Từ suy hạng tử vế trái, kể từ i = 2, chia hết cho 5n+2 Như vậy, đẳng thức có dạng 5k + 5n+2 B = 5n+1 C , với k không chia hết cho Nhưng đẳng thức hiển nhiên khơng xảy n ≥ Nhận xét Lẽ dĩ nhiên, tốn cịn cho số nguyên tố lẻ thay