Lời giải chi tiết đề thi chọn Đội tuyển quốc gia Việt Nam dự thi IMO năm 2000

Dễ thấy rằng bốn đường tròn có bán kính r và tạo ra đúng 4 giao điểm nếu tâm của ba đường tròn tạo thành một tam giác đều có cạnh là r 3 và tâm còn lại là trọng tâm của tam giác đều [r]

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO 2000

********* Bài

Trong mặt phẳng, hai đường tròn (C1), (C2) cắt hai điểm P Q Tiếp tuyến chung hai đường tròn gần P Q tiếp xúc với (C1) A tiếp xúc với (C2) B Các tiếp tuyến

1

(C ), (C ) kẻ từ P cắt đường tròn E F, (E, F khác P) Gọi H, K điểm nằm đường thẳng AF, BE cho AH  AP BK BP

Chứng minh năm điểm A H Q K B, , , , thuộc đường tròn Lời giải

K H

E

F A

B

Q P

Gọi H’ giao điểm PB AE Ta chứng minh H H Thật vậy, Do PE tiếp tuyến (C2) nên EPQPBQ( chắn cung PQ)

Mặt khác, ta có EAQEPQ(góc nội tiếp chắn cung EQcủa đường trịn (C1)) Do đó: EAQPBQ, suy QAHQBH tứ giác ABQH nội tiếp

Từ ta có AH B AQB Ta lại có:

      

180 

      

AQB PQA PQB PAB PBA APB APH

Kết hợp điều trên, ta được: AH P AH B APH hay tam giác APH cân H’ Suy APAH hay H H

Từ ta tứ giác AHQB tứ giác nội tiếp

Bài

Cho số nguyên dương k Dãy số (xn),n1, 2,3, xác định sau:

i) x11

ii) Với số nguyên dương n1 xn1 số nguyên dương bé không thuộc tập hợp

x1; ; ; .; ; x2 x3 xn x1k x; 22 ; k x33 ; k xn nk Chứng minh tồn số thực a cho xn  na với

* n

Lời giải

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau (định lí Beatty):

Nếu a b, hai số vô tỉ dương thỏa mãn 1

ab  xét tập hợp

 , 1, 2,3, ,  , 1, 2,3, 

       

A ma m B nb n

thì *

,

    

A B A B

Chứng minh

Ta chứng minh bổ đề qua phần sau:

(1) Không tồn số nguyên dương xuất hai tập hợp

Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn số nguyên dương k m n, , thỏa mãn kmanb,

1,

     

k ma k k nb k (do số ma nb, số vô tỉ)

Do k mk1,k nk1

a a b b , cộng bất đẳng thức vế theo vế, ta

1 1

( 1)

   

              

   

k m n k k m n k

a b a b

Điều vơ lí m n số nguyên dương Điều giả sử sai nên (1) (2) Mỗi số nguyên dương xuất hai tập hợp

Thật vậy, giả sử ngược lại, số nguyên dương k không xuất hai tập hợp Khi đó, tồn

,

m n cho mak(m1)a  , nbk(n1)a, suy

, ( 1)    

ma k k m a nbk k,  1 (n1)b

Do mk,nk

a b

1

1  , 

 k   k

m n

1 1

, ( 1)

   

                    

m n k k m n m n k m n

a b a b

Đây điều vơ lí nên ta thấy (2) Do đó, bổ đề chứng minh

Trở lại toán, Xét đa thức

( ) ( 2)

P x x  k xk với k số nguyên dương cho P x( ) có hai nghiệm phân biệt trái dấu Hơn nữa, P x( )(k2)24kk24, khơng thể số phương với số k nguyên dương nên hai nghiệm số vô tỉ

Ta thấy P(1) (  k2)   k 0, (2)P  4 2(k2) k k 0 nên nghiệm dương phương trình P x( )0 thuộc khoảng (1, 2) Gọi nghiệm a

Đặt bak a b, vô tỉ aba a( k)a2ak 2aka b nên 11 1

a b

Xét f n( )na, ( )g n nb f n( )kn với n số nguyên dương

Ta chứng minh xn  f n( ) quy nạp

Thật vậy,

- Với n1, khẳng định hiển nhiên 1a2

- Giả sử xn  f n( ) với n1, 2,3, ,m Ta chứng minh xm1 f x( m1)

Ta có ( )f i x g ii, ( ) f i( )ikxiik với i1, 2,3, ,m nên ta có tập hợp

 1, 2, , m, , 2 , , m   (1), (2), , ( ), (1), (2), , ( )

H  x x x x k x  k x mk  f f f m g g g m

Rõ ràng f m( 1)H g n( ) f n( ) với n, f n( ) hàm số đồng biến * nên ta thấy f m( 1) số tự nhiên nhỏ không thuộc H Theo định nghĩa dãy số (xn) cho ta có xm1  f m( 1)

Do đó, khẳng định với m1

Theo ngun lí quy nạp, ta có đpcm

Vậy số tự nhiên cần tìm a nghiệm dương phương trình x2(k2)x k 0 Bài

Cho số nguyên dương n n, 2 Xét đa thức 2000

Hai người A B chơi trò chơi sau:

Đầu tiên A điền số thực vào ô trống, B điền số thực vào ô trống lại, A lại điền số thực vào trống cịn lại,… Cứ tiếp tục tất ô trống điền Kí hiệu đa thức nhận

2 2000

1 2000

( )

P x  a xa x  a x

Người chơi lần cuối bị coi thua đa thức P(x) có nghiệm thực  cho

1

  thắng ngược lại

Chứng minh có hai người nói có cách chơi để đảm bảo thắng Lời giải

Ta chứng minh A có chiến thuật để ln thắng

Thật vậy, trước hết ta thấy có 2000 trống nên số vị trí chẵn số vị trí lẻ Do A trước nên A thay trống cho suốt q trình số vị trí chẵn khơng vượt q số vị trí lẻ

Điều có nghĩa sau bước điền số thứ 1998 người B cịn lại lẻ Giả sử hai trống cuối làp q, mà q số lẻ (p chẵn lẻ)

Đặt g x( ) đa thức nhận sau 1998 lần điền cxp dxq đa thức nhận sau lần điền cuối Đa thức f x( ) tương ứng là:

( ) ( ) p q f x g x cx dx

Người chơi A chọn giá trị c thích hợp cho f x( ) có nghiệm thực với giá trị d, nghĩa lần thứ 1999, A điền số vào vị trí p chiến thắng cho dù B điền số cuối

Dễ thấy đa thức f x( ) liên tục nên có nghiệm thực tồn số thực dương e cho

( ) ( )

ef a  f b  với a0,b0 ( , )a b  ( 1,1)

Điều kiện tương đương với eg a( )g b( )c ea p bpd ea q bq0 Điều kiện thỏa mãn tồn e0 cho

 

0

( ) ( )

q q

p p

ea b

eg a g b c ea b

  

 

 

   

  



Ta có

q q

b e

a

( ) ( )

p p

eg a g b

c

ea b

  



Bài

Cho ba số nguyên dương a b c, , đôi nguyên tố Số nguyên dương n gọi “số bướng bỉnh” n không biểu diễn dạng nabx bcy caz  x y z, ,

là số nguyên dương

Hỏi có tất số bướng bỉnh? Lời giải

Gọi B tập hợp số bướng bỉnh, nghĩa B gồm số nguyên dương không thuộc tập hợp

abx bcy caz x y z| , , 

Dễ thấy xét x y z, , 1 nên số nguyên dương nab bc ca thuộc B Tiếp theo, ta chứng minh 2abcB phần tử lớn B

Thật vậy, giả sử tồn , ,x y z 

 cho 2abcabx bcy caz  hay 2abc(x1)ab(y1)bc(z1)ca

Vế trái chia hết cho c nên vế phải chia hết cho c, tức số hạng (x1)ab chia hết cho c Tuy nhiên, ( , )a b ( , )b c ( , ) 1c a  nên x1 chia hết cho c Do x0 nên x 1 c

Tương tự, y 1 a z,  1 b

Từ suy (x1)ab(y1)bc(z1)ca3abc2abc, mâu thuẫn Ta có nhận xét sau:

Với a b, hai số nguyên dương nguyên tố số kahb mà 1k a,1hb lập thành hệ thặng dư đầy đủ modun ab (*)

Chứng minh

Dễ thấy có tất ab số có dạng kahb với k h, thỏa điều kiện

Giả sử tồn k h1, 1 , k h2, 2 mà k1k2 (k b1 h a1 ) ( k b h a2  2 ) chia hết cho ab hay nói riêng chia hết cho a Suy (k1k b2) chia hết cho a Tuy nhiên, ( , ) 1a b  nên k1k2 chia hết cho a

Do 1k k1, 2 a k1 k2 nên điều xảy thế, số có dạng có số dư khác chia cho ab Suy (*) chứng minh

Ta thấy ( , )a b ( , )b c ( , ) 1c a  nên từ nhận xét (*) trên, ta suy số có dạng

( )

Do đó, với số số ngun dương t, ln tìm số nguyên dương y z0, 0 cho

0 (mod ) bcy caz t ab

Từ suy rằng, tồn số nguyên x0 cho t bcy 0caz0 abx0

Hơn nữa, 1y0 a,1z0b nên k bc0 h ca0 2abc

Suy ra, t2abc x0 số dương

Do đó, với số ngun dương t2abc t ln biểu diễn abx0bcy0caz0 hay

2

t abc

  tS hay 2abclà phần tử lớn tập B Từ điều này, ta thấy

   

 1, 2, 3, , , 1, , 

B ab bc ca    ab bc ca ab bc ca     abc

Ta cần xét số thuộc tập An ab bc ca|   n2abc Xét hàm số f n( )ab bc ca  2abc n Ta chứng minh

( )

nB f n B (**) Thật vậy,

Giả sử nB, ta chứng minh f n( )B

Theo chứng minh trên, tồn số 1 y0a,1z0 b x, 0 cho nabx0bcy0caz0, nB nên x0 0

Suy f n( )ab bc ca2abc n ab(1x0)bc(1 a y0)ca(1 b z0)

Dễ thấy hệ số 1x0,1 a y0,1 b z0 dương nên f n( )B

Tiếp theo, giả sử tồn nB f n( )B tồn số nguyên dương x y z, , x y z  , , mà nabx bcy caz  f n( )abxbcycaz

Suy 2abc(xx1)ab(yy1)bc(zz1)caB, điều mâu thuẫn cho thấy không tồn giá trị nguyên dương n thỏa giả sử Nhận xét (**) chứng minh

Rõ ràng f n( ) song ánh A; đồng thời từ nhận xét (**) trên, ta thấy

2 số phần

tử A thuộc B

2 lại không thuộc B

Suy ( )

2

abc ab bc ca

AB  A      (dễ thấy biểu thức số nguyên a b c, ,

Do đó, ta ( 1) ( ) 1( 1)

2

abc ab bc ca

B  ab bc ca        abc ab bc ca

Vậy số số bướng bỉnh cần tìm 1( 1)

abc ab bc ca  

Bài 5.

Cho số thực a s, với s1 Xét hàm số f : (0; ) 

1) Giả sử a1 Chứng minh f x( ) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) f2( )x ax fs x a     

  với x0

ii) 2000 ( )

f x  với 20001

2

x

thì f x( )x as 1s với x0

2) Giả sử a2 Hãy tìm hàm số thỏa mãn điều kiện i) ( ) s s

f x x a 

 với x0

Lời giải

1) Theo giả thiết f2 x ax fs x , x a

      

 

Thay x x

a nhiều lần biến đổi thích hợp, ta bất đẳng thức sau:

1/2 /2

( )  , 0

 

s x

f x a x f x

a 2 / 2 2

2 1 ( 1)/ 2

             

    

             

             

s s s

s s

x x x x x x x x x

f a f f f f f

a a a a a a a a a

3 3 / 2 2

2 2 1 (2 1)/

             

    

             

             

s s s

s s

x x x x x x x x x

f a f f f f f

a a a a a a a a a

…

1

/2

2

2

1 1 ( 1) 1 (( 1) 1)/

                                                        n n n n

s s s

n n n n n s n n n s n

x x x x x x x x x

f a f f f f f

a a a a a a a a a

Nhân tất bất đẳng thức lại, ta

2

( ) u v n

n x

f x x a f

a

  

  

1

0 0 0

1 1

1 ,

2 2 2 2

n n n n n

i n i i i i n

i i i i i

s is i i

u s  v s s s s  s

                                

Xét 1 1 1 1 1

0 1 1

1 1

2

2 2 2 2 2 2

n n n n n n

i i i i i i i i i i n

i i i i i i

i i i i i i i i n

A     

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

Do đó, 12 2n

n

A   12 11

2n 2n

n

vs            

Ta thấy lim , lim

nus nv s

2000 ( )

f x  với 20001

2

x nên với n đủ lớn

giá trị xn

a bé 2000

1

2 , suy

2000 2000 2 n n n n x x f f a a                 

Trong bất đẳng thức (*), cho n , suy f x( )x as 1s, x

2) Xét hàm số

1

( ) s s x,

f x x a e x

Ta chứng minh f2( )x ax fs x a     

  Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với:

2

2 2 2 2 2

2

s a a

s s x s x s x s s x s s x a

x a e ax a e x a e a x e a

a x x

     

        

 

Bất đẳng thức nên hàm số thỏa mãn điều kiện i/

Hơn

1

1 1

( ) s s s s x s s x 1,

f x x a  x a e x a e x

     

Bất đẳng thức với x0 nên hàm số thỏa mãn điều kiện đề

Vậy hàm số

1

( ) s s x,

f x x a e x

  hàm số cần tìm Bài

Xét 2000 đường trịn bán kính r1 mặt phẳng cho khơng có hai đường trịn tiếp xúc với đường trịn cắt với hai đường trịn khác

Hãy tìm giá trị nhỏ số giao điểm đường tròn Lời giải

Gọi G tập hợp đường tròn mặt phẳng thỏa mãn điều kiện cho S tập hợp tất giao điểm chúng

( , )

f x C  xC

1 ( , )

f x C k

 xC có k đường trịn qua x

Với xS, ta thấy ( , )

C G

f x C







Với CG, chọn điểm xCS cho f x C( , )

k

 đạt giá trị nhỏ

Gọi C C C1, 2, 3, ,Ck1 đường tròn khác C qua x Do đường trịn cắt hai đường trịn khác nên với i1, 2,3, ,k1 gọi x x x1, 2, 3, ,xk1 tương ứng giao điểm khác x đường trịn nói với C

Do đường trịn có bán kính khác nên xi  xj với i j,1i j,  k

Suy ra: ( , ) ( 1)1

x S

f x C k

k k



   



Từ đó, ta thấy ( , ) ( , ) 2000

x S C G C G x S

N S f x C f x C G

   

       

Gọi r bán kính đường trịn Dễ thấy bốn đường trịn có bán kính r tạo giao điểm tâm ba đường tròn tạo thành tam giác có cạnh r tâm cịn lại trọng tâm tam giác

Do đó, ta chia 2000 đường trịn thành 500 nhóm, nhóm có đường trịn với giao điểm nhóm khơng có điểm chung với