Đáp án Trường Đông 2015

Câu lạc Toán học Viện Toán học Hà Nội Đáp án Bài kiểm tra số 1-2 Trường đông 2015 (5 điểm.) Cho a0 = a, b0 = b với a, b hai số thực dương Với n ≥ 0, đặt an+1 = an + 2an +bn , bn+1 = 13 an+1 bn Chứng minh dãy (an ) (bn ) có giới hạn hữu hạn n tiến tới +∞ Lời giải Dãy (an ) có giới hạn hữu hạn cịn (bn ) tiến +∞ n → +∞ Trước hết, ta nhận xét (an ) dãy tăng Giả sử an ≤ với n Khi ta có bn ≤ b0 = b với n an+1 ≥ an + n ≥ ≥ a + 6+ b 6+ b Nhưng đánh giá lại cho thấy limn→∞ an = +∞, mâu thuẫn với giả thiết an ≤ với n! Như vậy, tồn k cho ak > Đặt c = ak Khi đó, tính tăng (an ), với n ≥ k bn ≥ c n−k bk Từ suy lim bn = +∞ n→∞ Đánh giá cho thấy an ≤ an−1 + c n−k−1 b ≤ ≤ ak + k bk n−k−1 c − j ≤ ak + j=0 c (c − 1)bk Như vậy, dãy {an } dãy tăng bị chặn trên, có giới hạn hữu hạn n → +∞ (5 điểm.) Cho tam thức f (x) = x + a x + b với a, b số thực Biết phương trình f ( f (x)) = có nghiệm thực phân biệt tổng nghiệm số −1 Chứng minh b ≤ −1/4 Lời giải Ký hiệu c1 ≥ c2 nghiệm f (x) = x , x nghiệm f ( f (x)) = thỏa mãn x + x = −1 Tập nghiệm phương trình sau hợp tập nghiệm phương trình f (x) = c1 f (x) = c2 Nếu x x nghiệm phương trình ta có a = Từ c2 ≤ −1/2 Theo giả thiết, biệt thức phương trình f (x) − c2 = dương, nghĩa − 4b + 4c2 > 0, từ b < −1/4 Trong trường hợp cịn lại, giả thiết x i2 + a x i + b = ci , i = 1, Cộng hai vế ta thu x 12 + x 22 − a + 2b = −a Từ đó, x 12 + x 22 + 2b = Vậy b = −(x 12 + x 22 )/2 ≤ −(x + x )2 /4 = −1/4 Bài toán giải (5 điểm.) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O), kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B ,C tiếp điểm) Điểm E thuộc cung lớn BC (O), khác B C thỏa mãn EB < EC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường thẳng AC điểm thứ hai D, khác A Gọi H hình chiếu vng góc C xuống BD Chứng minh DEH = 2ADB D K A C F H O B E Lời giải Gọi F giao điểm BD đường tròn (O) K giao điểm đường thẳng E F AD Ta có BF E = số đo cung BE = 180◦ − ABE = ADE Như vậy, K F D = K DE Ta suy tam giác đẳng thức K DF (do ABE D nội tiếp) K E D đồng dạng Từ ta có K E · K F = K D2 Mặt khác, KC tiếp tuyến với đường tròn (O) nên K E · K F = KC Từ suy KC = K D, tức K trung điểm C D Bây giờ, C H D vng H nên ta có C K H = 2C DH Mặt khác, theo giả thiết ABE D tứ giác nội tiếp nên ADB = AEB Từ suy C K H = 2AEB (∗) Nhắc lại K DF K E D tam giác đồng dạng Suy K DH = K E D Mặt khác, K trung điểm cạnh huyền C D tam giác vuông C H D nên K DH = K H D Từ suy K H D = K E D Điều cho thấy K DEH tứ giác nội tiếp Như vậy, DEH = C K H (∗∗) Từ (∗), (∗∗) ta suy điều cần chứng minh (5điểm.) Một trường học có ≥ lớp học học sinh lớp đội loại mũ có màu riêng để dễ ràng phân biệt Một hơm học sinh tồn trường xếp thành vòng tròn lớn theo cách tùy ý (học sinh lớp khác đứng lẫn với nhau) để chơi trị chơi Sau có tiếng trống tất học sinh đội mũ cho người đứng bên phải Giả sử có hai lớp có số học sinh khác Chứng tỏ có lúc có hai bạn lớp trưởng hai lớp có màu mũ Lời giải Ban đầu, ta đánh số bạn học sinh 1, 2, 3, · · · , n ngược chiều chuyển mũ Như sau chuyển mũ t lần bạn i đội mũ lúc đầu bạn f t (i) f : {1, 2, · · · , n} → {1, 2, · · · , n} hốn vị vịng quanh f (i) = i + với i (Ở số xét modulo n.) Giả sử k bạn lớp trưởng đánh số x < x · · · < x k Ta chọn lớp A có đơng học sinh Xét k tập f x i (A), ≤ i ≤ k Do có lớp có học sinh nên phải có hai tập số có giao khác rỗng Tức tồn ≤ i < j ≤ k, cho f x i (A) ∩ f x j (A) = Như hai tập A f x j −x i (A) phải có giao khác rỗng, tức có bạn x ∈ A cho f x j −x i (x) = y ∈ A Ta chọn số t cho f t (x j ) = y Khi f t (x i ) = f t (x j + (x i − x j )) = f t ( f x i −x j (x j )) = f x i −x j ( f t (x j )) = f x i −x j ( y) = x Như hai bạn lớp trưởng x i x j đội mũ bạn lớp A (6 điểm.) Cho hai đường tròn (O) (O ) cắt A B Kẻ tiếp tuyến chung ngồi E F hai đường trịn ( E thuộc (O) F thuộc (O )) cho B nằm tam giác AE F Gọi M đối xứng với B qua E F (a) Chứng minh tứ giác AE M F nội tiếp (b) Chứng minh tiếp tuyến kẻ từ A M đường tròn ngoại tiếp tứ giác AE M F cắt E F A N F B F I M E Lời giải (a) Trước hết, M B đối xứng qua E F nên BE F = M E F Lại E F tiếp tuyến (O) nên BE F = BAE Từ suy F E M = BAE Hồn tồn tương tự, ta có E F M = BAF Từ đó, E M F + EAF = 180◦ tứ giác AE M F nội tiếp (b) Gọi N giao điểm tiếp tuyến từ A M với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AE M F Gọi F giao điểm đường trịn với N E Gọi I giao điểm đường thẳng AB E F Bởi E F tiếp tuyến (O) (O ) nên I B · IA = I E I B · IA = I F Suy I trung điểm E F Bằng cách so sánh góc, ta dễ dàng suy tam giác Từ suy EBI AE I đồng dạng EA IA = EB IF Với lập luận tương tự, ta có IA FA = FB IB Các đẳng thức cho thấy EA EB = FA FB Từ đó, EB = E M , F B = F M , EA FA = EM FM (∗) Lại có N A tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác N AF N EA đồng dạng Từ đó, AE F nên N AF = N EA Ta suy FA F N = EA AN Tương tự, ta có F N F M = EM MN Các đẳng thức cho thấy F A EA = F M EM (vì N A = N M ), hay FA EA = F M EM (∗∗) Các đẳng thức (∗), (∗∗) cho thấy F ≡ F ta có điều cần chứng minh (7 điểm.) Tìm tất hàm số f : → thoả mãn điều kiện f (x + y f (x)) = f (x) + 2x f ( y) với x, y ∈ Lời giải Dễ thấy hàm số f ≡ nghiệm hàm f (x + y f (x)) = f (x) + 2x f ( y) (∀x, y ∈ ) (1) Ta giả sử f nghiệm hàm không đồng Như vậy, tồn x ∈ cho f (x ) = Thế x = y = − 21 vào (1) ta thu f (−1/2 − f (−1/2)) = f (−1/2) − f (−1/2) = Như f (a) = với a = − 12 − f − 12 Thay x = a y = x vào (1) ta thu 2a f (x ) = Điều kiện f (x ) = cho thấy a = Như vậy, f (−1/2) = −1/2 Bây giờ, cách x = − 12 vào (1) ta thu f 1 − − y = − − f ( y) 2 (∀ y ∈ ) (2) Thế y = − 14 vào (2) ta thu f (−1/4) = −1/4 Tiếp tục x = − 14 vào (1) sử dụng đẳng thức f (−1/4) = −1/4 ta thu f f ( y) =− − y − − (∀ y ∈ ) So sánh đẳng thức (2) (3) ta thu f − 12 − y = f − 14 − f (2x) = f (x) Như vậy, ta có f (−1) = −1 Thế y = x = vào (1) để có (3) y (∀x ∈ ) (4) vào (2) ta thu f (1/2) = 1/2 Tiếp theo, ta f ( y + 1/2) = 1/2 + f ( y) (∀ y ∈ ) (5) So sánh (2) (5) ta thấy f hàm lẻ Bây giờ, thay y − y (1) ta suy f (x − y f (x)) = f (x) − 2x f ( y) (∀x, y ∈ ) (6) Bằng cách cộng hai hệ thức (1) (6) ta nhận f (x + y f (x)) + f (x − y f (x)) = f (x) (∀x, y ∈ ) Trong đẳng thức trên, ta xét x = 0, đồng thời nhận xét từ lập luận ban đầu ta có x = =⇒ f (x) = 0, y y/(2 f (x)) để có f (x + y) + f (x − y) = f (x) (∀x = 0, y ∈ ) (7) Chú ý f hàm lẻ nên (7) với x = (7) thật với x+ y x− y x, y ∈ Từ đây, cách x, y tương ứng , ta suy f hàm cộng tính: f (x) + f ( y) = f (x + y) (∀x, y ∈ ) Sử dụng tính cộng tính f cho hệ thức (1) ta suy f (2 y f (x)) = 2x f ( y) (∀x, y ∈ ) Từ đây, cách thay y = 1/2 ta thu f ( f (x)) = x (∀x ∈ ) (8) Trong (8) ta thay x f (x) sử dụng (4) để suy f hàm nhân tính: f (x y) = f (x) f ( y) (∀x, y ∈ ) (9) Như vậy, f : → vừa hàm nhân tính vừa hàm cộng tính khơng hàm Ta biết có hàm f (x) = x có tính chất (u cầu học sinh chứng minh điều này!) Ta kết luận f (x) ≡ f (x) = x (∀x ∈ ) Thử lại ta thấy hàm số thoả mãn điều kiện (7 điểm.) Chứng minh tồn vô hạn ba nguyên tố (p, q, r) đôi phân biệt cho  p−1  ≡ (mod q) 2 q−1 ≡ (mod r)  2 r−1 ≡ (mod p) n Lời giải Với n nguyên không âm, đặt Fn = 22 + Đây số Fermat quen thuộc Khẳng định Các số Fermat đôi nguyên tố Thật vậy, điều suy từ đẳng thức Fn = F0 · · · Fn−1 + Khẳng định Hoặc Fn số ngun tố, Fn có hai ước nguyên tố phân biệt Thật vậy, ta cần luỹ thừa (với số mũ ≥ 2) số nguyên Trước hết, ta Fn khơng phải số phương Thật vậy, giả sử n n n a+1 22 + = a2 22 = (a − 1)(a + 1) Suy a số lẻ 22 −2 = a−1 2 Từ đây, ta dễ 2n k dàng suy điều mâu thuẫn Bây giờ, ta giả sử + = a với a, k số nguyên lẻ n (và k ≥ 3) Ta có 22 = a k − = (a − 1)(a k−1 + · · · + 1) Thế a k−1 + · · · + n số lẻ > khơng thể ước 22 Trong trường hợp ta có điều mâu thuẫn cần tìm khẳng định chứng minh Khẳng định Nếu n ≥ ước nguyên tố Fn có dạng 2n+2 k + với k số nguyên dương Thật vậy, giả sử p ước nguyên tố Fn Do Fn lẻ nên p = Gọi d cấp n n+1 n n n modulo p Do p | 22 + | 22 − = (22 + 1)(22 − 1) nên d | 2n+1 Thế p 22 − (vì n n không p | 22 + − (22 − 1) = 2, mâu thuẫn) nên d 2n Từ suy d = 2n+1 Theo định lý Fermat nhỏ p | p−1 , d | p − Từ suy 2n+1 | p − Nói riêng, n ≥ p−1 p ≡ (mod 8) Ta suy 2p = (−1) = thặng dư toàn phương modulo p Bây giờ, tiêu chuẩn Euler cho thặng dư tồn phương nói (mod p) Vì d | p−1 , hay 22 n+2 p =2 p−1 Như vậy, p−1 ≡1 | p − Đồng dư tương đương với điều cần chứng minh Quay trở lại toán Ta xây dựng p, q, r sau Trước hết, lấy n tuỳ ý • Nếu Fn số nguyên tố ta chọn p = Fn , q ước nguyên tố Fn+1 r ước ngun tố Fn+2 • Nếu Fn khơng số ngun tố theo Khẳng định có hai ước ngun tố phân biệt ta chọn p, q hai ước nguyên tố ta chọn r ước nguyên tố Fn+1 2n Dễ thấy p, q, r thoả mãn điều kiện Thật vậy, n nguyên tố p−1 − = 22 − = n+1 n 22 m − = (Fn+1 − 1)m − Fn+1 q (do 22 = 2n+1 m với m chẵn) Do q ước nguyên tố n+2 Fn+1 ta suy q = 2n+2 k+1 với k chẵn Từ suy 2q−1 −1 = 22 k −1 = (Fn+2 −1)k −1 Fn+2 r Cuối cùng, r ước nguyên tố Fn+2 ta suy r = 2n h + với h số nguyên chẵn n Từ r−1 − = 22 h − = (F − 1)h − F p Với trường hợp lại ta lập luận tương tự n n Cuối cùng, để ý Fn đôi nguyên tố nhau, xây dựng cho ta vô hạn (p, q, r) (Hết) ... Trong trường hợp cịn lại, giả thiết x i2 + a x i + b = ci , i = 1, Cộng hai vế ta thu x 12 + x 22 − a + 2b = −a Từ đó, x 12 + x 22 + 2b = Vậy b = −(x 12 + x 22 )/2 ≤ −(x + x )2 /4 = −1/4 Bài toán... (∗∗) ta suy điều cần chứng minh (5điểm.) Một trường học có ≥ lớp học học sinh lớp đội loại mũ có màu riêng để dễ ràng phân biệt Một hơm học sinh tồn trường xếp thành vòng tròn lớn theo cách tùy... số học sinh khác Chứng tỏ có lúc có hai bạn lớp trưởng hai lớp có màu mũ Lời giải Ban đầu, ta đánh số bạn học sinh 1, 2, 3, · · · , n ngược chiều chuyển mũ Như sau chuyển mũ t lần bạn i đội mũ