Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 12 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 1999 Bài Cho số nguyên tố lẻ p thỏa mãn 2h 1(mod p) với h p 1, h * số chẵn p a ( ; p ) Xét dãy số (an ) xác định bởi: a0 a, an 1 p bn , n 0,1, 2, với bn ước số lẻ lớn an Chứng minh (an ) dãy số tuần hồn tìm chu kì dương nhỏ Lời giải Ta thấy với i, số chẵn, p bi 1 p mà bi 1 Suy 1 p p , i p bi 1 2 p p, i , tức giá trị số hạng dãy (an ) cho hữu hạn Đặt ki bi với ki , bi , ki bi số lẻ Nếu bi b j | a j a j | , theo nhận p xét a j ngược lại hai số nằm khoảng , p 2 p Cũng theo nhận xét phải tồn giá trị i j; i, j , p thỏa mãn a j ; mặt khác 2 p bi 1 , a j p b j 1 nên bi b j , 1 a j 1 , tiếp tục trình này, ta a0 a j i , tức dãy cho tuần hoàn từ số hạng Nếu đặt T j i T chu kì dương nhỏ cần tìm dãy cho Ta biết lũy thừa n ! n nên đặt K tích tất số tự nhiên i i 1 ( p 1)! p khoảng , p , tức K , lũy thừa K p 1 2 ! p p 1 p , lũy thừa tích tất số chẵn 2i 2i 1 i 1 p 1 p khoảng , p Suy k1 k2 k3 kT Đẳng thức xảy tập 2 p hợp a1 , a2 , a3 , , aT tập hợp tất số chẵn khoảng , p 2 Ta có a1a2 a3 aT 2k1 k2 k3 kT b1b2b3 bT (mod p) Theo giả thiết bi 1 (mod p ) nên a1a2 a3 aT (1)T b0b1b2 bT 1 (mod p) , cách chọn T nên b0 bT , tức a1a2 a3 aT (1)T b1b2 bT (mod p) , suy ra: (1)T b1b2 bT k1 k2 k3 kT b1b2 b3 bT (mod p) (1)T 2k1 k2 k3 kT (mod p) (bi , p) (b1b2b3 bT , p ) Ta 22( k1 k2 k3 kT ) 1(mod p ) Hơn nữa, theo giả thiết 2h 1(mod p ), h 1, 2,3, , p nên từ hệ thức trên, suy 2(k1 k2 k3 kT ) p k1 k k3 kT p 1 So sánh hai bất đẳng thức tổng k1 k k3 kT , ta k1 k2 k3 kT p 1 p Do a1 , a2 , a3 , , aT tất số chẵn khoảng , p , suy 2 1 p 1 p 1 T ( p 1) 2 p 1 Vậy dãy số cho tuần hồn với chu kì dương nhỏ T Bài Hai đa thức f ( x ) g ( x) có hệ số thực gọi “đồng dạng” tồn số thực q thỏa mãn f ( x ) q g ( x ), x Chứng minh tồn đa thức P( x ) có bậc 1999 với hệ số thực thỏa mãn P ( x) ( P ( x)) ( x 4) “đồng dạng” Hỏi có đa thức bậc 1999 thỏa mãn điều kiện trên? Lời giải Xét dãy đa thức Tn ( x ) sau T0 ( x ) 2, T1 ( x) x, Tn 1 ( x ) x Tn ( x) Tn 1 ( x), n 1, 2,3, Ta chứng minh Tn cos x cos( nx) Thật vậy: -Với n , T0 ( x ) T0 cos -Với n , T1 ( x ) x T1 cos x cos( x) - Giả sử với n k , n k , (*) đúng, tức Tk cos x cos(kx ), Tk 1 cos x cos(( k 1) x) Khi đó, ta có: Tk 2cos x cos x T (cos nx ) T (cos(k 1) x) cos x cos( kx) 2cos(( k 1) x) cos(k 2) x cos((k 1) x ) cos(( k 1) x ) 2cos( k 2) x Suy (*) với n k Theo nguyên lí quy nạp, (*) với n Dễ thấy đa thức Tn ( x ) có bậc n Ta chứng minh đa thức T1999 ( x) xác định thỏa mãn đề Thật vậy: T1999 cos x cos (1999 x ) 4 sin (1999 x) Từ T1999 cos x cos(1999 x ) , đạo hàm hai vế, ta có cos x 2 1999 sin(1999 x) T1999 cos x 2 sin x T1999 2cos x (4 cos x 4) T1999 Suy T1999 ( x) 1999 sin(1999 x) sin x 1999 sin (1999 x) 4sin x 4 19992 sin (1999 x) sin x ( x )) , x [2; 2] ( x 4)(T1999 1999 Vì bậc hai vế 1999 mà đẳng thức với giá trị x thuộc [2;2] nên theo định lí nghiệm đa thức với giá trị thực x Do đó, đa thức T1999 ( x) thỏa mãn đề Ta chứng minh có hai đa thức thỏa mãn điều kiện đề Thật vậy: Gọi a1999 hệ số bậc cao đa thức P( x ) hệ số bậc cao biểu thức P ( x) 2 a1999 , biểu thức ( x 4)( P( x))2 1999 a1999 Do a1999 nên đồng hệ số, ta thấy giá trị q thỏa mãn P ( x) q ( P( x ))2 ( x 4) q 19992 1999 1999 i 0 i 1 Đặt P( x) x i , P( x ) iai xi 1 Điều kiện cho tương đương với đẳng thức: 2 1999 i 1999 i 1 a x q ( x 4) i iai x i 0 i 1 Hệ số x 2.19991 vế trái 2a1999 a1998 , vế phải 2q 1999 1998a1999 a1998 , đó: 2a1999 a1998 2q 1999 1998a1999 a1998 a1999 a1998 a1998 (vì a1999 ) So sánh hệ số x 2.1998 hai vế, ta có: 2 a1998 2a1997 a1999 q (19982 a1998 1997 1999a1997 a1999 1999 a1999 ) 4q 19992 a1999 a1997 a1999 (2q 1997 1999 2) Do a1999 nên ta có a1997 Bằng phương pháp quy nạp lùi, ta chứng minh a2 i 0, a2i 1 0, i 999 (*) - Với i 999 , theo chứng minh (*) - Giả sử (*) đến i k , k 999 , tức a2 i 0, a2i 1 0, k i 999 So sánh hệ số x 2(2 k 1) 1 hai vế, ta có: a j q ijai a j ijai a j 0 i , j k ,i j 2(2 k 1) 1 0 i , j k ,i j 2(2 k 1) 1 0i , j k ,i j 2(2 k 2)1 a2 k a2 k 1 a2 k So sánh hệ số x 2(2 k 1) hai vế, ta có: a j q ijai a j ijai a j 0 i , j k ,i j 2(2 k 1) 0 i , j k ,i j 2(2 k 1) 0i , j k ,i j 2(2 k 2) 2a2 k 3 a2 k 1 q 2(2k 1) (2k 3) a2 k 1a2 k 3 8(2k 3)(2k 1)a2 k 3a2 k 1 8q (2k 3)(2k 1) 2 a2 k 3a2 k 1 2q (2k 1)(2k 3)a2 k 1a2 k 3 a2 k Do đó, (*) với i k nên theo nguyên lí quy nạp (*) chứng minh Từ tính chất này, ta có P( x ) hàm số lẻ nên P(0) Giả sử đa thức P ( x ) T1999 ( x ) trên, tồn đa thức R( x ) thỏa mãn đề Khi đó, rõ ràng hai thỏa mãn đẳng thức sau: T ( x ) q ( x 4)(T ( x)) , R ( x) q ( x 4)( R( x )) Trừ vế hai đẳng thức, ta có: T ( x ) R ( x) q ( x 4) (T ( x)) ( R ( x)) T ( x) R( x )T ( x ) R( x) q ( x 4) T ( x) P( x) T ( x ) R ( x) Đặt M ( x) T ( x) R( x), N ( x ) T ( x) R( x) M ( x) T ( x ) R( x ), N ( x ) T ( x) R( x) , ta M ( x) N ( x) q ( x 4) M ( x) N ( x) Do M (0) N (0) nên đa thức bên vế phải có nhân tử x Ta chứng minh đa thức K ( x) thỏa mãn K (0) K (0) biểu diễn dạng K ( x) x H ( x ) Thật vậy, K (0) nên tồn đa thức G ( x) thỏa K ( x) xG ( x) K ( x) xG( x ) G ( x ) , mà K (0) nên G (0) , tồn H ( x) mà G ( x) xH ( x) suy K ( x) x H ( x ) Từ đó, ta thấy xét nghiệm x hai đa thức đến lúc đó, ta hai đa thức M ( x), N ( x ) có dạng mx n , rõ ràng vế phải có thêm hai nghiệm x 2 nên buộc đa thức phải đồng với Suy M ( x) N ( x ) , tức R( x) T ( x) R( x ) T ( x ) Vậy có hai đa thức thỏa mãn đề T1999 ( x ) Bài tốn giải hồn tồn Bài Cho đa giác lồi (H) Chứng minh với số thực a (0,1) , tồn điểm phân biệt nằm cạnh (H), kí hiệu A1 , A2 , , A6 theo chiều kim đồng hồ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: A1 A2 A5 A4 a A6 A3 Các đường thẳng A1 A2 , A5 A4 cách đường thẳng A6 A3 Lời giải Trước hết, ta dựng đoạn A6 A3 có đỉnh nằm cạnh (H) Lấy điểm X nằm đa giác (H) cho, gọi (d) đường thẳng qua X, khơng song song với cạnh (H) A6 , A3 hai giao điểm (d) với cạnh (H) Đánh dấu miền mặt phẳng nằm (H) chia (d) P phần lại Q Ta tìm vơ số sáu điểm thỏa mãn (1) cần chứng minh số đó, tồn thỏa mãn (2) Trên đoạn A6 A3 dựng, lấy điểm I cho A6 I a A6 A3 Trong miền P, dựng hình bình hành A6 IMN cho hai đỉnh M A3 N nằm cạnh (H) Tiếp tục tịnh tiến I vector MN phía cạnh (H) đến hai đỉnh nằm cạnh (H) Dễ thấy M đoạn MN tồn vì: N A2 -Nếu (d) khơng song song với cạnh (H) A6 nên a đoạn MN tiến gần đỉnh (H) A1 - Nếu (d) song song với cạnh (H), độ dài MN lớn độ dài cạnh M, N thuộc hai cạnh kề với cạnh (H) nêu trên; ngược lại MN nằm cạnh Tiếp theo, ta chứng minh trường hợp (d) khơng song song với cạnh (H) miền (P), có đoạn MN thỏa mãn cách dựng Thật vậy, giả sử tồn hai đoạn MN , M ' N ' có đỉnh nằm cạnh (H) tứ X giác A6 IMN , A6 IM ' N ' hình bình hành Ta chứng minh điều mâu thuẫn với giả thiết (H) đa giác lồi Thật vậy, ta xét ba trường hợp: - Nếu giao điểm hai đường thẳng qua hai cạnh chứa A6 , A3 cắt điểm nằm miền (P) Khi đó, đoạn thẳng song song với A6 A3 có đỉnh nằm miền có độ dài nhỏ A6 A3 Nếu tồn hai đoạn thẳng MN , M ' N ' Ta có ba trường hợp: + Nếu có cặp đỉnh chúng thuộc cạnh, giả sử M M’ hai đỉnh cịn lại N, N’ khơng; rõ ràng đỉnh nằm N, N’ không nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng qua đầu mút đoạn thẳng chứa hai đỉnh N, N’, điều mâu thuẫn với giả thiết (H) đa giác lồi + Nếu hai cặp đỉnh hai đoạn MN , M ' N ' nằm cạnh (H) hai cạnh phải song song với nhau, ta thấy điều mâu thuẫn + Nếu khơng có cặp đỉnh thuộc đoạn tương tự trường hợp trên, đỉnh nằm hai đỉnh M, M’ N, N’ không thuộc nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng qua đầu mút đoạn thẳng chứa hai đỉnh M, M’ N, N’; mâu thuẫn - Nếu giao điểm đường thẳng qua hai cạnh chứa A6 , A3 song song tịnh tiến vector A6 A3 đường thẳng đó, ta ln nhận vector có với A6 A3 Do đa giác cho lồi nên đỉnh lại thuộc miền (P) (H) nằm phần hai đường thẳng song song nêu Từ đó, ta đưa trường hợp dẫn đến điều mâu thuẫn - Nếu giao điểm hai đường thẳng qua hai cạnh chứa A6 , A3 cắt điểm khơng nằm miền (P) Khi đó, độ dài đoạn thẳng song song với A6 A3 tăng lên đến giá trị giảm xuống đến 0; giảm đến độ dài A6 A3 ta lại quay trường hợp có điều vơ lí Tiếp theo, ta cần chứng minh tồn cách dựng đường thẳng (d) mà điểm thỏa mãn đề -Nếu khoảng cách từ A1 A2 từ A5 A4 A1 A2 A6 đến A6 A3 tốn kết thúc -Nếu khoảng cách từ A1 A2 từ A5 A4 I đến A6 A3 không giả sử đoạn A1 A2 gần A6 A3 đoạn A5 A4 Quay (d) quanh X nửa vòng tròn, độ dài A6 A3 thay đổi liên tục quay (d) quanh X vòng tròn Độ dài đoạn A1 A2 A5 A4 thay đổi theo A5 A3 A4 tỉ lệ chúng giữ nguyên Đến quay xong đoạn A1 A2 A5 A4 đổi chỗ cho nhau, tức khoảng cách từ đoạn đoạn A5 A4 đến A6 A3 gần đoạn A1 A2 Do phép biến đổi thực liên tục nên tồn thời điểm mà khoảng cách A1 A2 A5 A4 đến A6 A3 Ngay lúc đó, điểm A1 , A2 , , A6 thỏa mãn tất điều kiện đề Ta có đpcm Bài Cho dãy số thực dương (un ) Với số nguyên dương n, kí hiệu kn số nguyên dương nhỏ kn thỏa mãn n i u i 1 i i 1 k Chứng minh dãy n 1 có giới hạn hữu hạn (un ) có giới hạn hữu hạn kn Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Cho (an ) dãy số nguyên dương tăng thực với lim an Khi đó: an1 lim n an 1 an i lim ln i an n Thật vậy: i 1 i 1 1 Trước hết, ta có bất đẳng thức quen thuộc e 1 (suy từ định nghĩa số e i i n i 1 i 1 1 1 e lim dãy tăng dãy giảm) n n i i Lấy logarit nepe vế bất đẳng thức trên, ta được: 1 1 i 1 i 1 i ln ln e (i 1) ln i ln (i 1) ln i i i i 1 ln(i 1) ln i ln i ln(i 1) ln(i 1) ln i i i 1 i Tính tổng với i từ an đến an 1 , ta có: Do đó: an1 an1 an1 an1 ln i ln(i 1) ln(i 1) ln i ln an1 ln(an 1) ln(an1 1) ln an i an i an i i an i an i an 1 an1 an 1 Tức ln ln Do lim an nên an i an i an a a 1 a lim ln n 1 lim ln n 1 lim ln n 1 n n n an an an an1 Theo nguyên lí kẹp, ta lim n an 1 an i lim ln i an n kn Ta trở lại toán Từ giả thiết kn số nguyên dương nhỏ thỏa mãn n ui , ta có: i 1 i i 1 kn 1 kn n ui i 1 i i 1 i 1 i n 1 kn1 1 n Do đó: un 1 ui ui i 1 i 1 i 1 kn1 1 i 1 k n1 n 1 ui i i 1 i 1 i kn1 n 1 n kn 1 kn1 1 1 kn kn1 un 1 ui ui i i 1 i i kn 1 i i 1 i 1 i 1 i i 1 i i kn i k n1 1 kn1 k n1 1 Tức un 1 , điều có nghĩa lim un tồn lim tồn n n i kn 1 i i kn i i kn i hai giới hạn này, theo ngun lí kẹp, (*) Từ đó, ta thấy cần xét hai trường hợp: kn1 1 -Nếu lim un từ n k n1 lim n k n1 1 u , ta thấy lim Theo bổ đề n 1 n i k n 1 i i kn i k n 1 k n 1 nlim k k n n i lim ln i kn n -Nếu lim un a dễ thấy từ cách xác định kn , ta có lim kn theo (*) n n k n1 k n1 k k 1 a Theo bổ đề trên, ta có lim lim ln n 1 a lim n 1 e a hữu hạn n n n n i kn i i kn i kn kn lim k Vậy dãy n 1 có giới hạn hữu hạn (un ) có giới hạn hữu hạn Ta có đpcm kn Bài Cho tam giác A1 A2 A3 nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn (K1) tiếp xúc với cạnh A1 A2 , A1 A3 tiếp xúc với đường tròn (O) điểm M , N1 , P1 Các điểm M , N , P2 M , N , P3 xác định cách tương tự Chứng minh đoạn thẳng M N1 , M N , M N cắt trung điểm đoạn Lời giải Gọi E, F giao điểm AP1, CP1 với đường tròn (K1), gọi D giao điểm N1P1 với (O) Ta chứng minh D trung điểm cung A A Thật vậy: A1 E Gọi P1 x tiếp tuyến (O) P1 Ta có: N AE A3 AP1 A3 P1 x FP1 x FN1 P1 M1 I K1 A2 D Hơn nữa, tứ giác EN1FP1 nội tiếp nên N EA N FP , suy ra: AEN N FP ( g.g ) N1 1 1 1 FP N1 AN1 E AP1 N1 P1N1 phân giác F A3 góc AP1 A3 hay D trung điểm A1 A3 P1 Từ đó, ta có: A2D phân giác góc A1 A2 A3 x Gọi I giao điểm A2D với M1N1 Ta chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp A1 A2 A3 Ta có: IM P1 N1M P1 N1 P1 x DP1 x DA2 P1 IA2 P1 Tứ giác IM1 A2P1 nội tiếp Suy ra: P IA2 PM 1 A2 , mà PM 1 A2 P1 N1M nên P1 IA2 P1 N1M DIP1 DN1 I Do đó: DIP1 DN1 I ( g g ) DI DP DI DN1.DP1 DN1 DI DA1 DN1 Ta có: DA DA12 DN1 DP1 N1 A3 P1 N1 DP1 N1 DA1 N1 DP1 A1 DP1 DA1 Do đó: DI DA12 DI DA1 hay DIA1 cân D A1 A2 A3 AA A DA I DIA A A I IA A DA N N A I IA1 A2 N 1 2 1 1 A1 I 2 IA A N A I hay A1I phân giác A AA 1 Từ suy I tâm đường trịn nội tiếp A1 A2 A3 Dễ thấy A1M N1 cân A1 A1I phân giác A2 A1 A3 nên I trung điểm M1N1 Hoàn toàn tương tự, ta có: I trung điểm M2N2, M3N3 Vậy đoạn thẳng M N1 , M N , M N cắt trung điểm đoạn Ta có đpcm 10 Bài Cho p số nguyên tố Xét đa giác có p cạnh với khỉ đỉnh Người ta cho p hạt đậu cho khỉ với quy tắc sau: Hạt đậu cho khỉ đó, hạt đậu cho khỉ đỉnh thứ ba tính từ vị trí khỉ nhận hạt đậu theo chiều kim đồng hồ, hạt đậu thứ ba cho khỉ thứ năm tính từ vị trí khỉ nhận hạt đậu thứ hai theo chiều kim đồng hồ thế…Tức hạt đậu thứ k cho khỉ đỉnh thứ 2k tính từ vị trí khỉ nhận hạt đậu thứ k Hỏi có khỉ khơng nhận hạt đậu nào? Có cạnh đa giác có tính chất hai khỉ đầu cuối cạnh nhận hạt đậu? Lời giải 1.Đánh số đỉnh đa giác 1, 2, 3, , p 1, p theo chiều kim đồng hồ Đặt r (a ) số dư phép chia a cho p Ta thấy hạt đậu thứ k cho khỉ đỉnh cách đỉnh theo chiều kim đồng hồ (2k 1) k Nếu xem đỉnh thứ p đỉnh vị trí r (k ) Dễ thấy k ( p k )2 (mod p) nên số khỉ nhận đậu không nhiều p 1 p 1 có đồng dư thức i k (mod p) , ta cần p 1 p 1 có (i k )(i k ) 0(mod p ) , i k (mod p ) i k 0(mod p ) i k p 2 nên i k 0(mod p ) ; suy (i k )(i k ) 0(mod p) ; đó, ta ln có i k (mod p) Mặt khác, ta thấy với i k Rõ ràng giá trị bình phương có số dư theo module khác cho ta vị trí p 1 khỉ nhận đậu, tức có khơng khỉ nhận p 1 Từ hai điều trên, ta thấy có khỉ nhận đậu nên tương ứng có p 1 khỉ khơng nhận hạt đậu 2.Gọi cạnh có hai khỉ đầu mút nhận đậu cạnh tốt Đánh dấu khỉ đầu cuối cạnh theo chiều kim đồng hồ y x ta có x y 1(mod p ) 11 Đặt A {( x, y ) |1 y x p, x y 1(mod p )} Ta có ( x y )( x y ) 1(mod p ) {r ( x y ) | ( x, y ) A} {1, 2,3, , p 1} Ta biết với số tự nhiên k đoạn [1, p] tồn số k ' [1, p ] cho k k ' 1(mod p ) Do đó, r ( x y ) r ( x ' y '), ( x ', y ') A x y ( x ')2 ( y ')2 1(mod p) x y x ' y '(mod p) , suy x y x ' y '(mod p ) , tức x x ', y y '(mod p ) Nhưng x, x ', y, y ' [1, p ] nên x x ', y y ' Ta A {r ( x y ) | ( x, y ) A} p Ta cần đếm số phần tử tập A tương ứng với cạnh tốt {r ( x ), r ( y )} Ta có trường hợp: - Nếu x p y 1(mod p ) p 1(mod 4) (theo định lí thặng dư bậc hai) Trong trường hợp phương trình y 1(mod p ) có hai nghiệm có dạng y , p y tương ứng với chúng hai nghiệm ( p, y ), ( p, p 1) A tương ứng với cạnh tốt { p, r ( y )} - Nếu y p x 1, x p , ta hai cặp (1, p), (1, p 1) A tương ứng với cạnh tốt có dạng {1, p} - Nếu p {x, y} , ta có cặp thỏa mãn đề ( x, y ), ( p x, y ), ( x, p y ), ( p x, p y ) A tương ứng với cạnh tốt có dạng {r ( x ), r ( y )} Gọi m số cạnh tốt Theo trường hợp trên, ta có đẳng thức 4(m 2) A p p 1(mod 4) , suy m p 3 Và p 3(mod 4) khơng có cạnh tốt dạng { p, r ( y )} nên ta có đẳng thức khác 4(m 2) A p m p 1 p3 cạnh mà hai khỉ p 1 hai đầu mút nhận đậu; p số nguyên tố thỏa mãn p 3(mod 4) có cạnh mà hai khỉ hai đầu mút nhận đậu Vậy p số nguyên tố thỏa mãn p 1(mod 4) có 12 ... x) T1999 cos x 2 sin x T1999 2cos x (4 cos x 4) T1999 Suy T1999 ( x) 1999 sin (1999 x) sin x 1999 sin (1999 x) 4sin x 4 ? ?19992 sin (1999 ... 2.1998 hai vế, ta có: 2 a1998 2a1997 a1999 q (19982 a1998 1997 1999a1997 a1999 ? ?1999 a1999 ) 4q ? ?19992 a1999 a1997 a1999 (2q 1997 1999 2) Do a1999 nên ta có a1997 Bằng phương... i 1 Hệ số x 2 .1999? ??1 vế trái 2a1999 a1998 , vế phải 2q ? ?1999 1998a1999 a1998 , đó: 2a1999 a1998 2q 1999 1998a1999 a1998 a1999 a1998 a1998 (vì a1999 ) So sánh hệ