- Tương tự như thế, bước lẻ thì giữ lại số lớn nhất, còn bước chẵn thì giữ lại số nhỏ nhất trong mỗi nhóm.. Hỏi số đó có thể nhận những giá trị nào?[r]
(1)LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN CHUYÊN KHTN HÀ NỘI
NĂM 2020-2021
Lê Phúc Lữ - Trương Tuấn Nghĩa VÒNG
Ngày thi thứ
Bài Tìm tất cặp số nguyên dương a b, cho 3
a b a2 2(a b) số
nguyên tố
Bài Cho a b c, , 0, chứng minh
2 2 2
4( )
1
cyc
ab ab bc ca
a ab b a b c ab bc ca
Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp có E F, thuộc cạnh AB CD, cho
2
EA FC AC
EB FD BD Giả sử đoạn EF, tồn điểm P Q, cho
,
APB ADC CQD BAD
Chứng minh A P Q D, , , thuộc đường tròn
Bài Cho S {1, 2, ,10} Giả sử tồn k tập hợp A A1, 2, ,Ak S cho i) Ai 5, i 1, 2, , k
ii) Ai Aj 2, i j Tìm giá trị lớn k
Ngày thi thứ hai
Bài Tìm tất đa thức hệ số thực P x( ) thỏa mãn
(x ) ( )y P z (y ) ( )z P x (z ) ( )x P y xP(2y z) yP(2z x) zP(2x y)
với x y z, , thỏa mãn 3(x y z) xyz
Bài Với số nguyên dương n 2, ký hiệu f n( ) ước nguyên tố lớn n Cho
trước số nguyên tố a b, phân biệt Xét dãy số (an) xác định u1 a u, 2 b
2 ( )
n n n
u f u u với n
Chứng minh tồn số cho un 3,un 5,un 2,un
Bài Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn ( ).O Xét điểm P thay đổi cung nhỏ AB ( )O Giả sử PD PC, cắt AC BD, theo thứ tự F E, Gọi M N,
là hình chiếu E F, lên AB Gọi Q giao điểm hai đường thẳng FM EN,
a) Chứng minh hai đường thẳng DN CM, cắt đường trịn (OPQ)
(2)VỊNG
Ngày thi thứ
Bài Với a , xét dãy đa thức (P xn( )) xác định P x1( ) x,
2
1( ) ( ( ) )
n n
P x P x a với n
a) Với a 6, chứng minh phương trình P xn( ) có
1
2n nghiệm thực phân biệt với
mọi n
b) Tìm điều kiện tham số a để phương trình P xn( ) có 2n nghiệm thực phân biệt
với n
Bài Chứng minh tồn vô hạn n nguyên dương để n2| 3n
Bài Cho ngũ giác ABCDE có BE CD BE, 2CD BE phân giác chung hai góc ABC, AED Gọi K hình chiếu A lên BE Giả sử (BKD),(CKE) cắt lại
P K Chứng minh KP chia đôi CD
Bài Cho tập hợp 2020
{1, 2, ,3 }
S Xét thao tác:
- Bước 1: chia tùy ý S thành 32019 nhóm, nhóm có số Ở nhóm lại
số lớn bỏ hai số lại - Bước 2: từ 2019
3 số, chia tùy ý thành 32018 nhóm, nhóm có số Ở nhóm
giữ lại số nhỏ bỏ hai số lại
- Tương tự thế, bước lẻ giữ lại số lớn nhất, cịn bước chẵn giữ lại số nhỏ nhóm
Thực số Hỏi số nhận giá trị nào?
Ngày thi thứ hai
Bài Tìm tất hàm số f : cho
( ) ( ) 1
( )
f x f y
f xy
x y x y với x y,
Bài Cho tam giác ABC có điểm D E F, , tùy ý thuộc cạnh BC CA AB, , Gọi X Y Z, ,
lần lượt tâm đường tròn Euler tam giác AEF BFD CDE, , Chứng minh
đường thẳng qua X Y Z, , vng góc với BC CA AB, , đồng quy
Bài Cho số thực x y z, , thỏa mãn xy yz zx 2xyz Chứng minh
2( 3)
x y y z z x x y z
(3)LỜI GIẢI CHI TIẾT VỊNG
Bài Tìm tất cặp số nguyên dương a b, cho 3
a b a2 2(a b) số
nguyên tố Lời giải
Đặt
2( )
p a a b a2 2a (mod ).b p
Khi đó, 2
(a )a 4b 4a 12 (mod )p dẫn tới
2
(a )a 4a 12 (mod ).p
Do vậy, 2
4 12 ( 2)( 6)
a a a a chia hết cho p hay a2 a2 chia hết
cho p Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1. Nếu 2
| 2( )
p a a a b p dẫn tới a2 hay a 1, vơ lý
đó, ta có p| ( 1)
Trường hợp 2. Nếu
|
p a Ta có
3
3
b a
Vì
2( )
p a a b nên p a2 2(1 2) a2 kết hợp p a| 6, ta p a2
hay dấu đẳng thức phải xảy ra, có nghĩa ta a 1,b 2,p Dễ thấy cặp
số ( , )a b thỏa mãn yêu cầu toán Vậy tất cặp số cần tìm a 1,b
Bài Cho số a b c, , 0, chứng minh
2 2 2
4( )
1
cyc
ab ab bc ca
a ab b a b c ab bc ca
Lời giải
Chú ý ab a( b22 c2 ab2 bc ca) ab abc a2( b c2)
a ab b a ab b nên nhân hai vế bất
đẳng thức cho với 2
,
a b c ab bc ca ta
2 2
2
( )
3( ) ( )
cyc
abc a b c
ab ab bc ca a b c
a ab b hay
2 2
2
1
( ) 2( )
cyc
abc a b c a b c ab bc ca
a ab b (*)
Ta chứng minh
2 2
1
( )
cyc a ab b a b c
(4)2 2
2
( ) ( )
( ) ( )( )
a b c c a b c
a ab b c a b c a b a b c
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
2 2
2
2
( ) ( )
( ) ( )( )
(6 6 ) 18
2( )
cyc cyc
cyc
a b c c a b c
a ab b c a b c a b a b c
a b c
a b c
Lại có 9( )
( )
cyc
c a b c
c a b c a b c nên ta có
2
2
( )
9
cyc
a b c
a ab b
Đến đây, thay vào (*), ta cần chứng minh 2
2( )
abc
a b c ab bc ca
a b c Khai
triển rút gọn, ta có bất đẳng thức Schur quen thuộc
3 3
3 ( ) ( ) ( )
a b c abc ab a b bc b c ca c a
Do đó, bất đẳng thức ban đầu
Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp có E F, thuộc cạnh AB CD, cho
2
EA FC AC
EB FD BD Giả sử đoạn EF, tồn điểm P Q, cho
,
APB ADC CQD BAD
Chứng minh A P Q D, , , thuộc đường tròn
Lời giải
Trước hết ta có bổ đề sau: Cho đường trịn (O r1, );(1 O r2, )2 không đựng thỏa mãn
1
r r có tâm vị tự J Đường thẳng qua J cắt hai đường tròn
1
(O), (O ) A B C D, , , cho JA JB JC, JD Một tiếp tuyến chung hai đường tròn tiếp xúc với (O1), (O2) M N, Khi đó, MNBC tứ giác nội tiếp
Chứng minh
(5)Xét phép vị tự
2
J r r
V biến (O1) (O2) Gọi C D, ảnh A B, qua phép vị tự
Vì A B, (O1) nên C D, (O2) Khi đó, dễ thấy C D, C D,
Lại có 2
1
r r
JC JA JB JD
r r dẫn tới C C D, D
Do đó, C D, ảnh A B, qua phép vị tự trên, mà N ảnh M nên ta AM CN dẫn tới NCB MAB BMN hay MNBC tứ giác nội tiếp
Quay lại toán, giả sử AD cắt BC J Ta chứng minh J E F, , thẳng hàng
Giả sử J nằm tia DA CB, JA JB, trường hợp khác chứng minh tương tự
Lấy E AB cho JE JE, đẳng giác AJB Khi đó,
2
2
E A JA EB AC EB FC
E B JB EA BD EA FD
Do vậy, JAB { }E JCD { }F dẫn tới JE JF, đẳng giác JAB hay J E F, ,
thẳng hàng Lấy T JA cho BT CD P T, thuộc nửa mặt phẳng bờ AB mà ta lại có ATB ADC APB nên A T B P, , , đồng viên hay (APB) tiếp xúc với JB B ATB ABJ Chứng minh tương tự, (CQD) tiếp xúc với JC
Xét phép vị tự J
V biến (APB) tiếp xúc với JB C C ảnh B Vì JT JB
JD JC
nên D ảnh T Do vậy, đường tròn qua C D, tiếp xúc với CD (CQD)
Do J tâm vị tự ngồi (APB), (CQD)
Giả sử EF cắt lại (APB), (CQD) X Y, Vì EX EP EA EB nên X nằm tia đối tia EP hay JX JP Tương tự JQ JY
Áp dụng bổ đề cho (APB), (CQD) ta PQBC tứ giác nội tiếp, từ JA JD JB JC JP JQ
(6)Bài Cho S {1, 2, ,10} Giả sử tồn k tập hợp A A1, 2, ,Ak S cho i) Ai 5, i 1, 2, , k
ii) Ai Aj 2, i j Tìm giá trị lớn k
Lời giải Ta đếm số ( ,{ ,a A Ai j}) thỏa mãn phần tử a thuộc vào cặp hai tập A Ai, j
theo hai cách
Cách thứ , với a 10 đặt fa số tập chứa a
Khi đó, số 10 10
1
a
a a
f
a a
f f
C
Cách thứ hai, với cặp { ,A Ai j} có khơng q phần tử a thuộc hai tập
Do vậy, số không vượt 2
2Ck k k
Từ ta có bất đẳng thức sau
10
2
1
2 ( a a)
a
k k f f
Đặt 10
1
a a
S f theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có
2
2 ( 10)
2
10 10
S S S
k k S
Lại có S 5k 10 tập hợp khơng có q phần tử Vì nên
2 5 10
2
10
k k
k k
(do S 10 5k 10 0, S 5k 0) dẫn tới k
Với k tất dấu phải xảy ra, tập xây dựng sau:
1
3
5
{1,2,3,4,5}, {1,2,6,7,8}, {3,4,6,8,9}, {1,5,6,9,10}, {2,4,7,9,10}, {3,5,7,8,10}
A A
A A
A A
Vậy giá trị lớn cần tìm k
Bài Tìm tất đa thức hệ số thực P x( ) thỏa mãn
(x ) ( )y P z (y ) ( )z P x (z ) ( )x P y xP(2y z) yP(2z x) zP(2x y)
với x y z, , thỏa mãn 3(x y z) xyz
(7)Gọi (*) điều kiện ràng buộc 3(x y z) xyz Xét đa thức P x( ) c số, thay vào đề ta
5(x y z c) (x y z c) hay c x( y z) với x y z, , thỏa mãn (*)
Dễ thấy có ( , , )x y z mà x y z nên phải có c 0, hay P x( )
Xét deg ( )P x 1, đặt deg ( )P x n an hệ số bậc cao
Ta thấy có dạng ( , , )x y z (0, ,t t t), thỏa mãn (*) nên thay vào đề bài, ta có (tP t) (0)tP tP t( ) tP( )t tP( t)
hay
5 (P t) (0)P P( )t P t( ) với t
Do P x( ) đa thức nên điều kiện với x So sánh hệ số bậc cao
nhất hai vế, ta có
5( 1)nan an( 2)n an hay 5( 1)n ( 2)n
Dễ thấy phương trình có nghiệm nguyên dương n
Mà ( , , )x y z (3,3,3),( 3, 3, 3) thỏa mãn (*) nên thay vào đề có P(3) P( 3)
Suy P x( ) a x( 3)(x 3) Thử lại ta thấy
Vậy tất đa thức cần tìm P x( ) a x( 3)(x 3) với a số thực tùy ý
Bài Với số nguyên dương n 2, ký hiệu f n( ) ước nguyên tố lớn n Cho
trước số nguyên tố a b, phân biệt Xét dãy số (an) xác định u1 a u, 2 b
2 ( )
n n n
u f u u với n
Chứng minh tồn số cho un 3,un 5,un 2,un
Lời giải
Nhận xét. Nếu a b, hai số nguyên tố phân biệt f a( b) khác a lẫn b; đồng thời a b, lẻ f a( b) max{ , }a b
Thật vậy, gcd( , )a b nên gcd(a b a, ) gcd(a b b, ) nên f a( b) a b, Ngoài
ra, a b, lẻ a b chẵn ( ) max{ , }
a b
f a b a b
Trở lại toán, ta thấy un un un un Ta tồn vô hạn số hạng dãy Thật vậy, N để un lẻ với n N theo nhận xét trên,
2 max{ 1, }
n n n
u u u
Tương tự un max{un 2,un 1} nên max{un 2,un 3} max{ ,u un n 1}.Từ ta xây dựng
(8)Với số hạng un thế, ta xét số vị trí liền sau:
- Nếu un ta có 7, thỏa mãn
- Nếu un 1 ta có 7, thỏa mãn
- Nếu un 1 ta có 7, thỏa mãn
Cuối cùng, giả sử un 1 11 với n mà un Ta chọn số uk giả sử
số hạng um với m k.Khi đó, un 1, ,um 1 lẻ Rõ ràng uk 1,uk lẻ nên m k
Đặt uk 1 p 11 lẻ uk 2 f p( 2) q lẻ Ta có hai trường hợp:
- Nếu q p
1 (2 2)
2
k
p
u f p Nếu uk m k um p Cịn
nếu uk lẻ 4
3
2
k k
p
u u p p 11.Áp dụng nhận xét số
tiếp theo nhỏ p nên dẫn đến um um um p Điều cho thấy số hạng liền sau số tạo thành dãy số nguyên tố giảm ngặt, vô lý
- Nếu q p
p
q 2
2
k
p q
u p nên tương tự có vơ lý Vậy nên dãy cho, tồn số hạng 3,5, 2,7 liên tiếp yêu cầu
Bài Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn ( ).O Xét điểm P thay đổi cung nhỏ AB ( )O Giả sử PD PC, cắt AC BD, theo thứ tự F E, Gọi M N,
là hình chiếu E F, lên AB Gọi Q giao điểm hai đường thẳng FM EN,
a) Chứng minh hai đường thẳng DN CM, cắt đường tròn (OPQ)
b) Chứng minh PQ chia đôi đoạn thẳng CD
Lời giải
a) Gọi T hình chiếu Q đoạn thẳng AB Vì TQ MT TQ, TN
FN MN ME MN nên ta có
NT NF NA
MT ME MB
Do đó, ta suy TN TM
TA TB hay TN TB TM TA hay T có phương tích với hai đường tròn (QBN),(QAM) Do nên giao điểm thứ hai R hai đường tròn thuộc QT Mặt khác
TQ TM BT
NF TN TM AT BT
nên TQ TB
(9)Từ đó, ta có TQB AND, kết hợp với
RNM RQB RNM
ta điểm R N D, , thẳng hàng Tương tự điểm R M C, , thẳng hàng
Ta R (POQ) Thật vậy,
90
FPB FNB FOB
nên N F B O P, , , , đồng viên Tương tự M E O P A, , , , đồng viên Do đó, PO trục đẳng phương hai đường tròn (PAM),(PBN) dẫn tới P T O, , thẳng hàng Từ đó, ta có
TQ TR TM TA TP TO hay P Q O R, , , đồng viên
b) Vì ME MB BME BPE 90 nên M tâm (BEP) Tương tự N tâm (APQ) Do biến đổi góc ta có MPN 90
Ta xét bổ đề sau: Cho tam giác ABC vuông A. Về nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa ,
C dựng D E, cho BA BD CA, CE DB EC, vng góc với BC. Giả sử
,
DA EA cắt BC M N, BE CD, cắt K. Khi đó, ta có AK chia đơi MN Chứng minh Qua K, kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD AE, R S, Ta đưa
(10)180
90 90
2 2
ACE ACB ABN
ANB ACB CAE ACB
Qua K, kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD AE, R S, Ta đưa chứng
minh KR KS Gọi T hình chiếu K lên BC Bằng biến đổi góc, ta có
180
90 90
2 2
ACE ACB ABN
ANB ACB CAE ACB
nên ABN cân B, suy BA BN BD Tương tự CA CE CM
Suy KR KD KB KT KT
CM CD BE CE CM nên KR KT Tương tự KS KT nên ta có KR KS
Đến đây, áp dụng bổ đề vào tốn cho ứng với tam giác MNP vng P, ta có
ngay PQ chia đơi CD
VÒNG
Bài Với a , xét dãy đa thức (P xn( )) xác định P x1( ) x,
1( ) ( ( ) )
n n
P x P x a với n
a) Với a 6, chứng minh phương trình P xn( ) có
1
2n nghiệm thực phân biệt với
mọi n
b) Tìm điều kiện tham số a để phương trình P xn( ) có 2n nghiệm thực phân biệt
với n
Lời giải
Ta giải toán tổng quát câu b Với n 2, ta có
(x a) x a nên cần có a
Với n 3, ta có 2
((x a) a) (x a) a nên cần có a
T
S R
K N M
E D
C B
(11) Với n 4, ta có (((x a)2 a)2 a)2 (x a)2 a a nên cần có điều
kiện số vế phải dương, điều kiện chặt a a
Cứ thế, ứng với n tùy ý, ta đưa phương trình dạng
2
(x a) a a a a (có n dấu căn)
Điều kiện chặt vế phải a a a a với n (*) Và
đây điều kiện đủ để tất 2n số khác sinh vế phải ứng với
cách chọn dấu dương Đến đây, xét dãy số (un) có
1
1,
n n
u
u a u với a
Gọi L nghiệm dương phương trình x a x Bằng quy nạp, ta chứng minh
(un) tăng bị chặn L Suy
1
lim
2
n
a
u L
Từ đó, điều kiện (*), cho n , ta có
1
2
a
a a
Vậy tất số a thỏa mãn đề (nói riêng, với a thỏa mãn câu a)
Bài Chứng minh tồn vô hạn n nguyên dương để n2| 3n
Lời giải
Trước hết, quy nạp, ta chứng minh
3a
a với a nguyên dương Ta xây dựng dãy số nguyên dương un thỏa mãn 2| 3un
n
u sau Với u1 1,un pun với p ước nguyên tố
3un
n
u (tồn
3un
n
u nguyên lớn theo nhận xét trên)
Ta chứng minh 3un1 1 chia hết cho
1
n
u quy nạp Dễ thấy u1 thỏa mãn điều kiện
Ta 2
| 3pun
n
p u Thật vậy, với số nguyên tố q p
2 2
( ) ( ) (3un 1) (3pun 1)
q n q n q q
v p u v u v v
Đồng thời,
2 2
( ) ( ) (3un 1) (3un 1) (3pun 1)
p n p n p p p
v p u v u v v v
(12)Bài Cho ngũ giác ABCDE có BE CD BE, 2CD BE phân giác chung hai góc ABC, AED Gọi K hình chiếu A lên BE Giả sử (BKD),(CKE) cắt lại
P K Chứng minh KP chia đôi CD
Lời giải
Gọi T giao điểm BC DE, C D, trung điểm TB TE,
2
CD BE
Mặt khác, BE phân giác TBA, TEA nên BE trung trực AT hay K hình chiếu T BE
Từ đó, ta có CK CB CA dẫn tới KCD CKB CBK (CBK) tiếp xúc với CD Chứng minh tương tự, DC tiếp xúc với đường tròn (DKE) Do đó, trung điểm CD có phương tích
4
CD tới hai đường tròn
(DKE), (CBK) hay KP qua trung điểm đoạn thẳng CD
Bài Cho tập hợp 2020
{1, 2, ,3 }
S Xét thao tác:
- Bước 1: chia tùy ý S thành 32019 nhóm, nhóm có số Ở nhóm giữ lại số
lớn bỏ hai số lại
- Bước 2: từ 32019 số, chia tùy ý thành 32018 nhóm, nhóm có
3 số Ở nhóm
giữ lại số nhỏ bỏ hai số lại
- Tương tự thế, bước lẻ giữ lại số lớn nhất, cịn bước chẵn giữ lại số nhỏ nhóm
Thực số Hỏi số nhận giá trị nào?
(13)Gọi x số lại cuối cùng, nghĩa x giữ lại sau 1010 bước chọn số lớn
(max) 1010 bước chọn số nhỏ (min)
Xét bước chọn max thứ 1010 cần có số khác chung nhóm với x nhỏ x Lại xét
lần chọn max thứ 1009 số cần có số khác chung nhóm nhỏ
chúng nên bước này, có
3 số nhỏ x Cứ thế, ta suy ban đầu, có 1010
3 số nhỏ x, kéo theo x 31010
Chứng minh tương tự cho bước chọn min, ta có 2020 1010
3
x Ta
tất số 1010 2020 1010
3 ;3
x thỏa mãn
Nhận xét. Nếu với số 1, 2, ,3n, ta có cách xây dựng dãy thao tác để giữ số x lại cuối với dãy gồm 3n số nguyên dương tăng ngặt tùy ý, ta áp dụng cách tương tự
để số nằm vị trí x
Ta chứng minh quy nạp thay 2020
3 n đáp số 3n x 32n 3n
Với n 1, có số sau hai lượt thao tác, ta dễ dàng kiểm tra số 3, 4,5,6,7đều
có thể giữ lại bước cuối
Giả sử khẳng định đến n 1 Ta chứng minh với n
Xét số x thỏa mãn 3n x 32n 3n 1.Ta chia số từ 32n thành ba tập hợp:
2
2
{ |1 1},
{ | 3 1},
{ | 3 }
n
n n n
n n n
A i i
B i i
C i i
x B
Ở lượt đầu chọn max:
Với số x, ta ghép với 3n 2,3n chắn x giữ lại
Trong A, ta ghép số liên tiếp lại với sau xóa số nhỏ
trong bộ, ta 3,6,9, ,3n
Trong C, số ghép với số B\ { }x (số lượng đủ
2
3 n 2(3n 1) 2(3n 1),
B n )
Trong B, ta ghép thành ba tùy ý
Ở lượt sau chọn min:
Với số x, ta ghép với 32n 3n 2,32n 3n 3 chắn
x giữ lại Trong A, ta ghép số với số B\ { }x
Trong C, ta ghép số liên tiếp lại với sau xóa số lớn
trong bộ, ta 2
3 n 3n 4,3n 3n 7, ,3n 2;
Trong B, ta ghép thành ba tùy ý
Khi đó, sau hai lượt, tập A C, lại 3n 1 số; số x nằm khoảng nên theo quy nạp nhận xét trên, ta thấy thao tác tiếp để giữ số x đến lượt cuối Vậy theo nguyên lý quy nạp, bước xây dựng hồn tất Kết cần tìm tốn tất số từ 1010 2020 1010
(14)Nhận xét Bài toán tương tự lại đưa dãy Fibonacci có nội dung sau: Có 100 thí sinh tham gia giải thi đấu cờ vua loại trực tiếp BTC quy định thể lệ thi
hai thí sinh thi đấu với chênh lệch số trận thắng họ không Biết rằng giải đấu khơng có trận hịa cuối cùng, cịn lại thí sinh vơ địch, tất cả cịn lại bị loại Hỏi thí sinh thắng nhiều trận?
Bài Tìm tất hàm số f : cho
( ) ( ) 1
( )
f x f y
f xy
x y x y với x y,
Lời giải Đặt g x( ) f x( )
x với g:
( ) ( ) x y ( )
g x g y g xy
y x với x y,
Nhận xét có hai hàm số g x g x1( ), 2( ) thỏa mãn đề g x( ) Ag x1( ) Bg x2( )
với A B, Thật vậy,
1 2
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ( ) ( ))
( )
g x g y Ag x Bg x Ag x Bg y
x y
g xy g xy
y x
x y
g xy
y x
Chú ý g x1( ) x g x2( )
x thỏa mãn đề Ta chứng minh nghiệm đề có dạng Ax B
x Thật vậy, giả sử g x0( ) hàm số thỏa mãn đề bài, đặt ( ) 0( )
B
h x g x Ax
x với A B, chọn cho h(1) h(2) (phép chọn giúp A B, xác định nhất) Dễ thấy hàm số h x( ) thỏa mãn, tức
( ) ( ) x y ( )
h x h y h xy
y x với x y, Thay y 1,
x ta có
1
( )
h x h
x Tương tự thay
2
y
x ta có
2
( )
h x h
x
Suy h h
x x hay h x( ) h(2 ),x x Cuối cùng, thay y ,x ta có ( ) (4 ) (2 )
2
h x h x h x Mà h x( ) h(2 )x h(4 )x nên từ dễ thấy h x( ) 0, x
Từ suy 0( ) ,
B
g x Ax x
x nên tất hàm số f x( ) thỏa mãn đề
2
,
(15)Nhận xét Bài tốn tham khảo từ A5 IMO Shortlist 2018: Tìm tất hàm số f : cho x f y( ) f xy( ) f y
x x với x y, 0. Ý tưởng dùng “tổ hợp tuyến tính” cặp hàm số thỏa mãn giúp ta xử lý toán theo cách mẻ hiệu
Bài Cho tam giác ABC có điểm D E F, , tùy ý thuộc cạnh BC CA AB, , Gọi X Y Z, ,
lần lượt tâm đường tròn Euler tam giác AEF BFD CDE, , Chứng minh
đường thẳng qua X Y Z, , vng góc với BC CA AB, , đồng quy
Lời giải
Gọi I J K, , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (AEF),(BFD),(CDE) Ta biết
rằng đường tròn đồng quy điểm Miquel ứng với D E F, , tam giác ABC
Gọi ( ),(I J ),(K ) đường tròn đối xứng với ( ),( ),( )I J K qua EF FD DE, ,
Bằng biến đổi góc, ta suy đường tròn ( ),(I J ),(K ) đồng quy điểm,
đặt R Để ý K I RE I J RF dây chung vng góc với đường nối tâm nên
(I K I J, ) (RE RF, ) (mod )
Để ý hai cung ERF EAF, đối xứng qua EF nên có
(AB AC, ) (RE RF, ) (mod )
Lấy điểm T cho TK AB TJ, AC dễ thấy
(TK TJ, ) (AB AC, ) (mod )
Từ điều suy (TK TJ, ) (I K I J, ) (mod ) nên điểm T thuộc đường tròn
(I J K ), ta có TI BC
Gọi H trực tâm tam giác ABC L trung điểm HT Ta có bổ đề quen thuộc: Tâm
đường tròn Euler tam giác trung điểm đoạn thẳng nối đỉnh với điểm đối xứng với tâm ngoại tiếp qua cạnh đối diện
R K'
J'
I'
K J
I
T H
Z F
Y
X
E
D C
B
(16)Từ suy X trung điểm AT , XL đường trung bình tam giác ATH nên XL AH hay XL BC Chứng minh tương tự có YL CA ZL, AB nên đường thẳng qua X Y Z, , vng góc với BC CA AB, , đồng quy L
Nhận xét Bài toán giải cách dùng định lý Carnot, đưa
2 2 2
(XB XC ) (YC YA ) (ZA ZB )
Đến đây, chuyển hiệu phương tích cặp điểm (trong ba điểm A B C, , ) đến
các đường tròn Euler biến đổi dùng vector số phức để kết thúc toán Bài Cho số thực x y z, , thỏa mãn xy yz zx 2xyz Chứng minh
2( 3)
x y y z z x x y z
Lời giải
Bình phương hai vế bất đẳng thức cần chứng minh, ta đưa
( ) ( ) ( ) ( )( ) 2( 3)
cyc
x y y z z x x y y z x y z hay
( )( )
cyc
x y y z
Ta ý với x y z, , cho, tồn a b c, , chox a ,y b ,z c
b c c a a b
Từ ( ) ( ) ( )
( )( )( )
ab a b bc b c ca c a
xy yz zx
a b b c c a , đánh giá tương đương với ab a( b) bc b( c) ca c( a) 6abc, theo AM-GM Từ ta suy
ra
2
x y z
Trở lại toán, kết hợp đánh giá với nhận xét
2
2 3
(2 1)
4 16
t
t t với t ,
ta có
2 3
( )( )
4
y
x y y z xy yz zx y y
Do ( )( ) 3
2 2
sym sym
x
x y y z Bài toán giải
Đẳng thức xảy
2
x y z
Nhận xét Ta chứng minh trực tiếp (x y y)( z z)( x) 1 để giải