Lời giải chi tiết đề thi chọn Đội tuyển quốc gia Việt Nam dự thi IMO năm 1990

Ta thấy chỉ cần xét lũy thừa của các số này trong phân tích N thành thừa số nguyên tố bằng 1 vì nếu có một lũy thừa nào đó lớn hơn 1 thì theo điều kiện (2), ta thấy khi xét các p[r]

1 LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA

DỰ THI IMO NĂM 1990 ************

Bài Trong mặt phẳng cho đa giác lồi M M M0 M2n(n1) mà 2n1cùng nằm một đường trịn ( )C có bán kính R Giả sử điểm A nằm đa giác lồi cho góc M AM M AM M AM  0 1, 1 2, 2 3, ,M AM2n 0

2n



 , điểm A không trùng với tâm ( )C B điểm nằm ( )C cho AB vng góc với đường kính ( )C qua A Chứng minh rằng:

0 2

0 2

2

1 1 2 1

n n

AM AM AM AM

n

AB R

n

AM AM AM AM 

   



  



   

Lời giải

Do góc M AM M AM 0 1, 1 2, ,M AM2n 0 2n



 nên xét vector đơn vị AM0,AM AM1, 2, ,AM2n đặt đoạn tương ứng

0, 1, 2, , 2n

AM AM AM AM đa giác M M M0 1 2 M2n có A trọng tâm Do đó: AM0AM1AM2 AM2n 0

    

hay 2

0 2

n

n

AM AM AM AM

AM  AM  AM  AM 

   



Ta có:

B

O A M0

M2

M3

M4

M5

M2n-1

2

0 2

0 2 2

0 2

0 1 2 2

0 2

0 ( ) n n n n n n n

AM AM AM AM

OM OM OM OM OM OM OM OM

AM AM AM AM

OM AM OM AM OM AM OM AM

AM AM AM AM

OA AM AM

                             2

1 2

0 2

2 2

0 2

0 2

( ) ( ) ( ) n n n n n

OA AM AM

OA AM AM OA AM AM

AM AM AM AM

AM AM AM AM AM AM AM

OA

AM AM AM AM AM AM AM

                                   2 2

0 2

n n n AM AM

AM AM AM AM

 

  

 

 

    

Suy 2

0 2

(2 1)

2

n n

AM AM AM AM

n R AM AM AM AM R

n

   

       



Tiếp theo, từ đẳng thức 2

0 2

n

n

AM AM AM AM

AM  AM  AM   AM 

   



, ta thấy

2

0

0

0 2

1 1

n n

n i

i i

n n i i

OM OM OM OM

OA OA

AM AM AM AM AM AM  AM  AM

                       Bình phương hai vế đẳng thức này, ta

2

2 2

2 2

2

0 0

2

2

2

0 0

1 1

2

2 ( )

                                                             

n n n n

i

i i i i i i i j n i j i i

n

i j i j

i j n i j i i i j n i j

OM

OA OA R

AM AM AM AM AM AM

OM OM OA OM OM

R OA

AM AM AM AM AM

2

2

2

0 2

1

2 (*)

                                 

  i j n i j

n

i j

i i i j n i j i j n i j

AM AM OM OM

OA AB

AM AM AM AM AM

Ta rút gọn tổng

i j i j n i j OM OM

AM AM   

 

Ta sử dụng tính chất tích vơ hướng:

2 2 2

0 2 2

2

2

0 2

2

2

2 cos

2

2

i j i j i j i j

i j n i j i j n i j i j n i j i j n i j

i j i j i j

i j n i j i j n i j

i

i j n i j j

OM OM OM OM M M R M M

AM AM AM AM AM AM AM AM

AM AM AM AM M AM

R

AM AM AM AM

AM R

AM AM AM

                                        

0 , ,

2 cos i j

i j n i j i j n

M AM      



 

Ta chứng minh

2

cos

2 i j

i j n

n M AM

  

  

3 Ta thấy

2n (2 1)

C  n n góc M AMi j, 0 i j2n chia thành 2n1 bộ, đó, gồm góc ,1

2 k k n n     Hơn 1 1

2 (2 1) (2 1) (2 1)

cos sin sin sin sin sin

2 2 2 2

2

cos sin sin cos

2 2 2

n n

k k

n n

k k

k k k n

n n n n n n

k k

n n n n

                                                           

Do đó, (**) chứng minh Do đó, tổng

i j i j n i j OM OM AM AM     

0 2 , ,

2 2

0 0

2 (2 1)

2

i j i

i j n i j i j n i j i j n i j j

n n

i

i j n i j i i i

OM OM R AM

n

AM AM AM AM AM

R

AM

AM AM AM

                                       

Thay vào đẳng thức (*), ta

2

2 2

2

2

0 2 0

2

2 2

2

2

0 0

2

2 2

2

0 0

1

2 1 1

n n n

i

i i i j n i j i j n i j i i i

n n n

i

i i i j n i j i i i

n n

i

i i i i i

OA R

AB AM

AM AM AM AM AM AM

AB

AB AM

AM AM AM AM

AB AM AM AM                                                                         2 n i n i n i i AM AB AM             

Đến đây, ta thấy hai bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên vì:

2 2 2 2 2

2 0

2 2

0 0

2

2

0

2

1 1

1

(2 1)

n n n

i i i

i i i

n n n

i i i i i i

n n

i

i i i

AM AM AM

n n

AB

n n

AM AM AM

AM n AM                                                                                  

4

Bài Cho bốn số thực dương A B a b, , , Xét dãy số thực (xn) thỏa mãn:

2

3

1

,

,

n n n

x a x b

x  A x B x  n

 

  

  

 

Chứng minh tồn giới hạn lim n

nx tìm giới hạn

Lời giải

Nếu dãy số có giới hạn gọi L Do A B a b, , , 0 nên dãy số xác định dương L0

Chuyển công thức tổng quát cho: 3 3

1

n n n

x  A x B x  qua giới hạn, ta có: 3 2( ) ( )3

L A L B L L L A B L A B Xét dãy số  un có  

3 3

1 , , ( ) , n ( ) n, 1, 2,3, u  a b A B u   A B u n

Ta chứng minh dãy giảm bị chặn Thật vậy,

Ta có  

3

2

3 3

1 2 2

3

( )

( ) ( )

n

n n n n n

n n

A B u

u u u A B u u

A B A B u u



 

    

   

Do

1 ( )

u  AB nên quy nạp, ta có

( )

n

u  A B với n1 Từ suy un1un 0,n dãy tăng

Dãy (un) tăng bị chặn

(A B ) nên có giới hạn Trong công thức xây dựng dãy, chuyển qua giới hạn, ta

limun (AB)

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh dãy  vn xác định sau

 3 3

1 max , , ( ) , n ( ) n, 1, 2,3, v  a b A B v   A B v n

là dãy giảm bị chặn

(A B ) nên có giới hạn, giới hạn (A B )

Do đó,

limun limvn (AB)

5 - Với n1, ta thấy u1minx x1, 2maxx x1, 2v1

- Giả sử (*) với nk1, tức uk minx2k1,x2kmaxx2k1,x2kvk Khi đó, ta có 3 3

1 ( ) 2

k k k k k k k

u   A B u  A u B u A x B x  x  Suy 3 3 3 3

1 2 2

k k k k k k

u   A u B u  A x  B x x  Do đó, ta uk1 minx2k1,x2k2

Hoàn toàn tương tự, ta có maxx2k1,x2kvk1 hay (*) với nk1 Theo nguyên lí quy nạp, (*) chứng minh

Từ suy hai dãy x2k1  , x2k bị kẹp hai dãy    un , vn ; đồng thời, ta

chứng minh

limun limvn (AB) nên 2

limx n limxn (AB) Vậy dãy  xn có giới hạn hữu hạn limxn (A B)



6

Bài Chứng minh không tồn hàm số f x( ) xác định với số thực x thỏa

mãn

( ( ))

f f x x  với x

Lời giải

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau

Gọi Sn tập hợp điểm bất động hàm số ( )

( ) n

f x Khi f x( ) đơn ánh

,

n

S  n

Chứng minh Thật vậy,

Giả sử xSn, ( )

( ) n

f x x Suy ( ) ( 1) ( )

( ( )) ( ) ( ( )) ( )

n n n

f f x f  x f f x f x

   , tức

( )

f x điểm bất động ( ) ( ) n

f x hay f x( )Sn Do f x( ) ánh xạ Sn vào

Xét a b, Sn f a( ) f b( ), ( ) ( 1) ( 1) ( )

( ) ( ( )) ( ( )) ( )

n n n n

a f a  f  f a  f  f b  f b b nên ( )

f x đơn ánh Sn

Từ đó, ta suy Sn tập hữu hạn f S( n) phép hốn vị Sn Bổ đề chứng minh

Hơn nữa, x điểm bất động f x( ) thì: f x( )x f f x( ( )) f x( )x nên x điểm bất động (2)

( )

f x hay S1S2

Bằng lập luận tương tự, ta có: S1S2 S4 S8

*Trở lại toán

Giả sử tồn hàm số f x( ) thỏa mãn đề bài, ta xác định tập hợp S S2, Những điểm bất động (2)

( )

f x nghiệm phương trình:

2 1,

xx  x  x Do đó: S2  { 1, 2} Những điểm bất động (4)

( )

f x nghiệm phương trình:

2

( 2) 1, 2,

2

x x   x  x   x x  x x  

Do đó:

1

{ 1, 2, }

2

S     Đặt 5,

2

c  d   Do c d, S4 \S2 nên theo bổ đề f c( )c f c( )d Ta xét hai trường hợp:

-Nếu f c( )c (2)

( ) ( )

f c  f c c nên cS2, mâu thuẫn -Nếu f c( )d f d( )c, đó: (2)

( ) ( ( )) ( )

7

Bài Xét tập T gồm hữu hạn số nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện sau:

(1)Với hai phần tử T ước chung lớn bội chung lớn chúng cũng thuộc T

(2)Với phần tử x T, tồn phần tử x’ thuộc T cho x x’ nguyên tố cùng bội chung lớn chúng số lớn thuộc T

Với tập T thế, gọi T số phần tử Tìm số T lớn nhất, biết 1990



T

Lời giải

Gọi N phần tử lớn T Nếu T khơng chứa theo điều kiện (2), phải chứa số X 1 nguyên tố với N, bội chung nhỏ chính tích N X, NX  N nên điều mâu thuẫn với cách chọn N, suy 1T Cũng theo điều kiện (2), ta thấy phần tử d T ước N N

d nguyên tố với d

Giả sử N có n ước nguyên tố phân biệt p p p1, 2, 3, ,pn Ta thấy cần xét lũy thừa của số phân tích N thành thừa số ngun tố có lũy thừa lớn theo điều kiện (2), ta thấy xét phần tử tập hợp này, phải giữ nguyên lũy thừa phần tử thuộc T khơng thể tách mà số lượng phần tử khơng đổi Do đó, khơng tính tổng qt, ta giả sử N  p p1 2p3  pn (N số square – free)

Ta gán cho phần tử xT, gồm n phần tử ( ,d d1 2, ,dn),di 0,1

1, 2, , n

d d d lũy thừa p p p1, 2, 3, ,pn phân tích thành thừa số nguyên tố x

Dễ thấy có dạng xâu nhị phân có độ dài n Ta đặt (0,0,0, ,0), (1,1,1, ,1)

 

0 1

Ta định nghĩa hai phép toán AND OR sau:

(1,1) 1, (1,0) (0,1) (0,0) (1,1) (1,0) (0,1) 1, (0,0)

(1) 0, (0)

AND AND AND AND

OR OR OR OR

NOT NOT

   

   

8 Xét hai phần tử x y T,  với xâu nhị phân đại diện cho chúng

1

( ,x x x, , ,xn) ( ,y y y1 2, 3, ,yn) với x yi, i 0,1 ,i1,n

Khi đó, ước chung lớn bội chung nhỏ chúng thuộc T đại diện xâu nhị phân tương ứng

1

( , , , , )a a a an ( , , , , )b b b1 2 3 bn với a bi, i 0,1 ,i1,n, ai AND x y b( , ),i i i OR x y i( , ),i i 1, n

Ta định nghĩa phép cộng module xy phép toán XOR x y sau: ( , ) (0,0) (1,1) 0, (0,1) (1,0)

XOR XOR  XOR XOR 

Bằng cách lập bảng xét giá trị biểu thức, ta chứng minh

 ( , ), ( ( , )) ( , )

AND OR x y NOT AND x y XOR x y

Như thế, với hai phần tử x y T,  , cách thực phép AND OR NOT , , cách thích hợp, ta thu giá trị phép cộng module x y, theo định nghĩa tập hợp T XOR x y( , )  x y T

Để đơn giản, ta kí hiệu  x NOT x( ) ta gọi tập hợp S mà x y S, 

có xy,  x, y S tập hợp đóng (nếu gọi đầy đủ đóng phép toán  , ) Rõ

ràng, tập hợp T cho tập hợp đóng

Xét x T    x x 0 T,  0 1 T nên xét T1  0,1 T1 T T1 đóng Nếu T T\ 1 , xét x T T \ 1 T2 0 1, , ,x x1T đóng

Dễ thấy T1 2 ,1 T2 22, ta chứng minh T 2k với k 



Thật vậy, giả sử T1 T2T3  Tm T T, i 2i tập đóng

9 Đặt Tm1  S Tm

1

m m

T    rõ ràng Tm1 tập đóng Thật vậy,

, m

zx y y T     z 1 z x(y1)Tm1

Điều có nghĩa ta mở rộng dãy  Tm thêm thỏa mãn số phần tử tập cuối lũy thừa tất tập đóng Q trình kéo dài vô hạn nên phải tồn số nguyên dương k cho

1 , i

m m k i

T T  T T   T T T  hay

k

T 

Do đó, ta chứng minh số phần tử tập hợp ban đầu phải lũy thừa 2, nhiên, theo giả thiết T 1990 nên

2 1990

max max 1024

k

k

T



 

Ta xét Np p p1 2 3 p10 với p p p1, 2, 3, ,p10 số nguyên tố phân biệt Tập hợp tất ước số có 1024 phần tử thỏa mãn điều kiện đề

10

Bài Cho tứ diện mà cặp cạnh đối có tích độ dài  Gọi góc cặp

cạnh   , , bán kính cặp đường trịn ngoại tiếp mặt tứ diện là R R R R1, 2, 3, 4 Chứng minh rằng:

2 2

1

sin sin sin

R R R R

    

Lời giải

Xét tứ diện A A A A1 kí hiệu aij  Aij ,1i j, 4,i j

Gọi   , , góc tạo cặp cạnh chéo

1 2, 4; 3, 4; 3, A A A A A A A A A A A A ;

1, 2, 3,

S S S S R R R R1, 2, 3, diện tích bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A A A A A A A A A A A A2 4, 1, 2,

Trước hết, ta chứng minh đẳng thức sau:

2 2 2 2

1 12 34 13 24 13 24

4(S S S S )(a a .sin ) (a a .sin ) (a a .sin ) Thật vậy:

Trong không gian Oxyz, xét tứ diện A A A A1 có tọa độ đỉnh

1( , 0, 0),1 2(0, 2, 0), 3(0, 0, 3), 4( , , ) A a A a A a A x y z Khi đó:

1 ( 1, 2, 0), ( 1, 0, 3) A A  a a A A  a a

 

, suy

2 2 2 2

4 2 3 4S SA A A  A A A A a a a a a a

 

Ta có A A1 (x a y z A A 1, , ), ( ,x ya z2, )

 

, suy

1 4

1 2 1 2

( ( ), ( ) ,

( )( ) ) ( , , )

A A A A yz z y a x a z zx

x a y a xy za za a y a x a a

     

       

 

1

2 2

3 4

2 2

1 2 1

( ) ( )

A A A

S S A A A A

z a a xa ya a a

   

    

 

Tương tự, ta có

1

2

2 2 2

2 4 3 1

4S SA A A A A A A y a( a ) (xa za a a )

         

1

2

2 2 2

1 4 3 2

4S SA A A A A A A x a( a ) (ya za a a )

         

Từ a a a a1 a a a a1 a a a a1 , ta có:

A

B

C

11

2 2 2 2

1

2

2 2

1 2 3 3 4 4 1 1 2

4

2

1 2 3 3 4

4

(sin sin sin ) 4( )

4

4 4

4

S S S S

a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a

R R R R

a a a a a a a a a a a a

R R

       

        

 

         

        

 

   

    

   



2

3 4 1 1 2 4

2

4

4

1 2 3 4 1

1 4

4

( )

a a a a a a a a a a a a

R R

a a a a a a a a a a a a

R R R R R R R R

 

 

    

   

    

  

Do đó: 2

1

sin sin sin

R R R R

      

12

Bài

Cho n học sinh (n3) đứng thành vòng tròn quay mặt vào giáo tâm đường trịn Mỗi lần giáo thổi cịi hai em đứng cạnh đổi chỗ cho nhau, em lại đứng im Tìm số M nhỏ cho sau M lần thổi còi, cách đổi chỗ như cách thích hợp em học sinh đứng thành vòng tròn sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau, hai em đó, tạm gọi A B, lúc đầu A đứng bên tay trái B lúc kết thúc, A đứng bên tay phải B

Lời giải

Ta thấy yêu cầu tốn phát biểu thành:

Giả sử ban đầu n bạn học sinh đứng theo thứ tự định vịng trịn

theo kim đồng hồ Tìm số lần đổi chỗ nhỏ cho học sinh đứng theo thứ tự vịng trịn ngược chiều kim đồng hồ

Đánh số học sinh 1, 2,3, ,n2,n1 theo chiều kim đồng hồ trạng thái cuối, học sinh đánh số ngược chiều kim đồng hồ

Ta thấy với ba học sinh A B C đứng theo thứ tự đổi chỗ B C, ta nhận , , thứ tự A C B Ta coi việc đổi chỗ đó, B đứng yên C chuyển , , qua vị trí xen A B Như thế, với dãy cách đổi chỗ nào, ta ln chọn học sinh đứng yên suốt q trình đó, giả sử học sinh đánh số Rõ ràng khơng thể có trường hợp có ba học sinh A B C , , (không thiết đứng cạnh nhau) đứng yên đó, học sinh xác định chiều khơng đổi suốt q trình đổi chỗ khơng thỏa mãn đề Ta chứng minh hai nhận xét sau:

Nhận xét

Với n3, ta ln chọn hai học sinh đứng yên trình đổi chỗ việc chọn không ảnh hưởng đến số lần đổi chỗ nhỏ Điều có nghĩa cách chọn hai học sinh này, có cách đổi chỗ thỏa mãn đề cần x lần

một cách chọn hai học sinh khác, tồn cách đổi chỗ với x lần

13 Ta cố định học sinh A thời điểm Xét cách chọn cặp học sinh với hai học sinh chọn A B Giả sử đoạn thẳng AB chia n2 học sinh lại thành phần X Y1, 1, X1 nằm cung tròn hướng từ B đến A, X2 nằm cung lại Giả sử X1 a Y, 1 b với a b n   2

A

b1

b2

C B

a1

a2

Dễ thấy học sinh tập hợp X1 phải di chuyển vượt qua dây AB để phía đối diện với f1 lần đổi chỗ học sinh X2 phải di chuyển vượt qua dây AB phía đối diện với f2 lần đổi chỗ, tổng số lần đổi chỗ f1 f2 lần

Giả sử cách di chuyển đó, tập hợp X1, có a1 học sinh di chuyển phía

A b1 học sinh di chuyển phía B Tương tự, tập hợp X2, số học sinh di chuyển phía A B , a b2, 2

Do n2 0 nên tồn học sinh thuộc hai tập hợp X X1, 2; ta giả sử C nằm kề với B thuộc X2.Khi đó, chuyển hai học sinh cố định từ A B thành ,, A C

thì hai tập hợp X Y1, 1 trở thành X Y2, 2 với X2  X1 1,Y2  Y1 1

Ta cách di chuyển tương ứng với số cách di chuyển cần f1 f2 lần đổi chỗ

14 Ta cho học sinh tập X2 di chuyển vượt qua C (thay vượt qua B trước), học sinh tốn thêm lần đổi chỗ nên tổng cộng thêm b21 lần Tiếp theo, cho học sinh tập Y2 di chuyển vượt qua C phía bên Các học sinh cũ tốn lần đổi chỗ giống cũ (đều phải vượt qua tất học sinh từ tập X2

mới chuyển qua), nhiên, cịn c21 học sinh nên khơng bị tốn thêm b21

số lần đổi chỗ tương ứng

Do đó, số lần đổi chỗ tăng lên giảm lượng nên chúng Vì hai cách chọn học sinh B C kề có số lần đổi chỗ tương ứng giống , nên với hai cách chọn học sinh bất kì, số lần đổi chỗ chúng tương ứng giống Nhận xét chứng minh

Nhận xét

Nếu gọi f n số lần chuyển chỗ nhỏ trường hợp có ( ) n học sinh, ta có

(3) 1, (4) 2, ( ) ( 2) 2,

f  f  f n  f n  n n

Thật vậy,

Nếu có học sinh ta cần đổi chỗ cặp học sinh trường hợp có học sinh đổi chỗ hai cặp kề có cách xếp thỏa mãn đề Dễ dàng suy

(3) 1, (4)

f  f 

Xét n5 tùy ý, với n2 học sinh, ta có số lần chuyển chỗ f n( 2) Ta thêm hai học sinh thứ n1 n vào vòng tròn theo nhận xét 1, ta chọn hai học sinh

này cố định Các học sinh lại phải di chuyển vào hai học sinh cố định Rõ ràng cách đổi chỗ nhỏ thực với n2 học sinh lại, muốn chuyển chỗ cho n học sinh học sinh trước phải vượt qua thêm

trong hai học sinh cố định nêu đòi hỏi cần thêm n2 lần đổi chỗ bắt buộc Theo nhận xét cách chuyển nhỏ f n , suy ( )

( ) ( 2)

f n  f n  n với n5

Từ suy

(2 ) 2 ( 1)

15 Ta cách đổi chỗ thỏa mãn đề

- Với n chẵn, đặt n2 ,k ta cố định học sinh n

Xét học sinh 1, 2,

n

n n  di chuyển phía học sinh n theo thứ tự ;

các học sinh lại 2, 3, 4, ,

n

di chuyển phía học sinh theo thứ tự để vào khoảng hai học sinh Dễ thấy rằng: học sinh thứ i n 1 i với

2, 3, 4, ,

n

i cần số lần đổi chỗ i1 Do đó, tổng số lần đổi chỗ học sinh 2 1 ( 1)

2 2

n n n

k k

   

        

   

   

- Với n lẻ, đặt n2k1, tương tự, ta cố định học sinh n Xét học sinh 1, 2, ,

2

n

n n  di chuyển phía học sinh n theo thứ tự

đó; học sinh cịn lại 2, 3, 4, ,

n

di chuyển phía học sinh theo thứ tự để vào khoảng hai học sinh Học sinh lại

2

n

di chuyển theo hướng túy ý đến vị trí Dễ thấy rằng: học sinh thứ i n 1 i với

1 2, 3, 4, ,

2

n

i  cần số lần đổi chỗ i1 Do đó, tổng số lần đổi chỗ học sinh 2 3 1

2 2 2

n n n n n

k

          

       

     

     

Từ ta kết luận số lần đổi chỗ nhỏ cần sử dụng ( 2)

n n

  

 

 

(biểu thức tương ứng với giá trị nêu trường hợp chẵn lẻ n )