Dap an de VMO 2

Lời giải đề lần hai Ngày 12 tháng 12 năm 2009 PHẠM HY HIẾU Bài toán 0.1 Cho a, b, c > Chứng minh bất đẳng thức: b+c c+a a+b + + ≥ a + 7b + c b + 7c + a c + 7a + b Lời giải Đặt (x, y, z) := (a + 7b + c, b + 7c + a, c + 7a + b), ta có: (a + b, b + c, c + a) = 7(z + x) − 2y 7(x + y) − 2z 7(y + z) − 2x , , 54 54 54 Từ đó: 7(z + x) − 2y 7(x + y) − 2z 7(y + z) − 2x + + ≥ 54x 54y 54z 7x − 2z 7y − 2x 7z − 2y + + ≥ 15 ⇔ y z x 7x + 2y − 2z 7y + 2z − 2x 7z + 2x − 2y ⇔ + + ≥ 21 y z x (1) ⇔ Giả sử x = max {x, y, z}, từ định nghĩa (x, y, z) ta suy x < y + z Vậy x, y, z số đo ba cạnh tam giác Suy ra: {7x + 2y − 2z, 7y + 2z − 2x, 7z + 2x − 2y} > Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: cyc 7x + 2y − 2z = y ≥ = cyc (7x + 2y − 2z)2 y(7x + 2y − 2z) (7(x + y + z))2 cyc y(7x + 2y − 2z) 49(x + y + z)2 2(x2 + y + z ) + 5(xy + yz + zx) (1) Vậy ta cần chứng minh: 49(x + y + z)2 ≥ 21 2(x2 + y + z ) + 5(xy + yz + zx) ⇔ x2 + y + z − (xy + yz + zx) ≥ Bất đẳng thức sau hiển nhiên nên ta có đpcm Bài tốn 0.2 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn hai điều kiện: |{ f (x) |x ∈ R∗ }| < +∞ x f (x − − f (x)) = f (x) − x − 1, ∀x ∈ R Lời giải Đặt g(x) = x − f (x), f (x) = x − g(x) Ta có: (1) ⇒ |{ g(x) f (x) |x ∈ R∗ }| = |{1 − |x ∈ R∗ }| < +∞ x x (i) Mặt khác: (2) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ f ((x − f (x)) − 1) = (f (x) − x) − f (g(x) − 1) = −g(x) − (g(x) − 1) − g(g(x) − 1) = −g(x) − 2g(x) = g(g(x) − 1) (ii) Ta chứng minh g(x) = 0, ∀x ∈ R Thật vậy, giả sử ngược lại tồn x0 cho g(x0 ) = Ta chứng minh tồn vô hạn số thực x cho g(x) = Thật vậy, xét dãy số {un }∞ n=0 xác định bởi: u0 = x0 un+1 = g(un ) − 1, ∀n ∈ N Ta có: g(un+1 ) = g(g(un ) − 1) = 2g(un ) ⇒ g(un+1 ) = 2g(un ) = = 2n+1 g(u0 ) Mà g(u0 ) = nên |{g(un )|n ∈ N}| = +∞ Hơn nữa, giả sử có số n cho un = g(un−1 ) − = un = 0, suy ra: g(0) = g(g(un−1 ) − 1) = 2g(un−1 ) = Từ un+1 = g(un ) − = g(0) − = Do vậy, {un } dãy dừng với số dừng Nói cách khác, ∀N > 0, ∃n > N : un = g(un ) |n ∈ N}| = +∞, mâu thuẫn với (i) un Do đó, nhận xét ta chứng minh Bây quay lại với (ii), đặt A := {x ∈ R|g(x) = 0}, cố nhiên x ∈ A g(x) − ∈ A Ta có: Vậy |{un |n ∈ N}| < +∞ |{ g(x) − g(x) − 1) = 2g(x) g(g(x) − 1) g(x) − 1 ⇒ − = − , ∀x ∈ A 2g(x) g(g(x) − 1) (ii) ⇒ g(x) − − |x ∈ R∗ }| < +∞, g(g(x) − 1) |{g(un )|n ∈ N}| = +∞ nên |{ |x ∈ A}| = +∞ g(x) Mâu thuẫn cho thấy điều giả sử sai g(x) = 0, ∀x ∈ R, tức f (x) = x, ∀x ∈ R Thử lại ta thấy hàm thỏa yêu cầu đề Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f (x) = x Nhưng điều vô lý, từ (i) |{ Bài tốn 0.3 Cho đường trịn (O) có đường kính AB M N dây cung khơng qua O vng góc với AB Gọi H hình chiếu M lên AN Q trung điểm M H AQ ∩ (O) ≡ R N O ∩ (O) ≡ P Chứng minh AB, P R tiếp tuyến M đường tròn (O) đồng quy Lời giải P M R Q A S O B H N Ta có AP M H chúng vng góc với AN , mà Q trung điểm M H nên (AM, AN, AP, AQ) chùm điều hòa Suy M P N R tứ giác điều hịa Do đó, tiếp tuyến M, N đường tròn (O) cắt điểm S ∈ P R Nhưng M N ⊥ AB SM, SN tiếp túc (O) nên S ∈ AB Từ ta có P R, AB tiếp tuyến M (O) đồng quy S Bài toán 0.4 Cho p số ngun tố có dạng 4k + Tính tổng nghiệm S = {1, 2, , p − 1} phương trình x4 ≡ (mod p)(∗) a với p số nguyên tố lẻ để ký p hiệu Legendre Ta có p = 4k + nên: Lời giải Ta sử dụng ký hiệu −1 p = (−1) p−1 = (−1) 4k+3−1 = (−1)2k+1 = −1 Suy ra: x4 − ≡ Tuy nhiên (mod p) ⇔ (x2 − 2)(x2 + 2) ≡ (mod p) ⇔ x2 − ≡ (mod p) ∨ x2 + ≡ −1 p = −1 nên p = −2 p (mod p) = −1 ngược lại, −2 = −1 = 1, tức có hai phương trình p p x2 − ≡ (mod p) hay x2 + ≡ (mod p) có nghiệm (mod p) Vậy phương trình (∗) ln có hai nghiệm (mod p) x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≡ (mod p), x2 ≡ ±2 (mod p) (−x)2 ≡ ±2 (mod p) Gọi x∗1 , x∗2 số S dư với x1 , x2 theo (mod p) Vì x∗ , x∗ ∈ S nên x∗ + x∗ < 2(p − 1), mặt khác x∗ + x∗ p nên x∗ + x∗ = p 2 2 Do đó, tổng nghiệm (hai nghiệm) phương trình (∗) S p Bài toán 0.5 Cho n giác lồi n ≥ khơng có ba đường chéo đồng quy Tìm số giao điểm đường chéo đa giác? Tìm số miền bên đa giác đường chéo chia thành? Lời giải Tìm số giao điểm đường chéo đa giác? Gọi f (n) số giao điểm đường chéo đa giác Ta thấy hiển nhiên f (4) = Xét đỉnh An+1 đa giác lồi n + cạnh A1 A2 An+1 Rõ ràng với ≤ i < j < k ≤ n, A1 A2 An+1 đa giác lồi nên An+1 nằm miền tam giác Ai Aj Ak nằm góc đối đỉnh với góc tam giác Ai Aj Ak Do vậy, có cặp đoạn thẳng ba cặp (An+1 Ai , Aj Ak ), (An+1 Aj , Ak Ai ) (An+1 Ak , Ai Aj ) cắt nhau, tùy vào việc An+1 nằm góc ∠Ai , ∠Aj hay ∠Ak Hơn nữa, tính lồi, đoạn An+1 At có giao với cạnh tam giác Ai Aj Ak cạnh An+1 An An+1 A1 đa giác, thế, chúng phải đường chéo đa giác Do đó, kết hợp với giả thiết khơng có ba đường chéo đồng quy, ta thấy thêm đỉnh An+1 vào số giao điểm đường chéo đa giác A1 A2 An với An+1 At (2 ≤ t ≤ n − 1) n Mặt khác ta có f (4) = = 41 nên giả sử f (n) = n4 thì: n f (n + 1) = f (n) + n n + = = n+1 Vậy theo nguyên lý quy nạp f (n) = n4 Tìm số miền bên đa giác đường chéo chia thành? Gọi g(n) số miền bên đa giác đường chéo chia thành Ta có g(4) = Xét đa giác lồi n + đỉnh A1 A2 An+1 Ta thấy với ≤ k ≤ n − 1, đường chéo An+1 Ak bị đường chéo Ai Aj cắt (1 ≤ i ≤ k − k + ≤ j ≤ n) (k − 1)(n − k) giao điểm phân biệt (do giả thiết khơng có ba đường chéo đồng quy) Các giao điểm chia đoạn thẳng An+1 Ak thành (k − 1)(n − k) + đoạn thẳng nhỏ đoạn thẳng làm cho số miền đa giác lồi tăng thêm Hơn nữa, không kể đến đường chéo chứa đỉnh An+1 số miền đa giác A1 A2 An+1 g(n) + chúng bao gồm g(n) miền đa giác lồi A1 A2 An thêm miền An+1 An A1 Các lý luận cho ta hệ thức truy hồi: n−1 ((k − 1)(n − k) + 1) g(n + 1) = g(n) + + k=2 n−1 = g(n) + + (n − 2) + = g(n) + (n − 1) + (k − 1)(n − k) k=2 n−1 ((n − k) + (k − 1))2 − (n − k)2 − (k − 1)2 k=2 (n − 2)(n − 1)2 = g(n) + (n − 1) + − 2 n−2 = g(n) + (n − 1) + n−1 (k − 1)2 (n − k) + k=2 (n − 2)(n − 1)2 − k2 k=1 n−1 k=2 (n − 2)(n − 1)2 (n − 1)(n − 2)(2n − 3) − n(n − 1)(n − 2) = g(n) + (n − 1) + n = g(n) + (n − 1) + g(n + 1) = g(n) + (n − 1) + Mặt khác ý g(4) = = 44 + sử dụng nguyên lý quy nạp ta suy ra: g(n) = nên từ công thức truy hồi trên, n n−1 + Đó kết tốn ... (An+ 1 Ai , Aj Ak ), (An+ 1 Aj , Ak Ai ) (An+ 1 Ak , Ai Aj ) cắt nhau, tùy vào việc An+ 1 nằm góc ∠Ai , ∠Aj hay ∠Ak Hơn nữa, tính lồi, đoạn An+ 1 At có giao với cạnh tam giác Ai Aj Ak cạnh An+ 1 An. .. chéo đa giác Ta thấy hiển nhiên f (4) = Xét đỉnh An+ 1 đa giác lồi n + cạnh A1 A2 An+ 1 Rõ ràng với ≤ i < j < k ≤ n, A1 A2 An+ 1 đa giác lồi nên An+ 1 nằm miền tam giác Ai Aj Ak nằm góc đối đỉnh... An An+1 A1 đa giác, thế, chúng phải đường chéo đa giác Do đó, kết hợp với giả thiết khơng có ba đường chéo đồng quy, ta thấy thêm đỉnh An+ 1 vào số giao điểm đường chéo đa giác A1 A2 An với An+ 1