DC. EA C E AF FB =BD BFCD
thi olympic Đài Loan
.4.22.Choalà một số hữu tỷ,b, c, d là các số thực vàf :R →[−1; 1]là 1 hàm thỏa mãn:
f(x+a+b)−f(x+b) =c[x+ 2a+ [x]−2[x+a]−[b]] +d
với mọi x ∈ R. Chứng minh rằng hàm f tuần hoàn, tức là tồn tại số
p >0sao cho f(x+p) = f(x)với mọi x∈R.
Lời giải: Với mọi số nguyênn ta có:
f(x+n+a)−f(x+n)
=c[x−b+n] + 2a+ [x−b+n]−2 [x−b+n+a]−[b] +d =c[x−b] +n+ 2a+ [x−b] +n−2 [x−b+a] +n−[b] +d =c[x−b] + 2a+ [x−b]−2 [x−b+a]−[b] +d
=f(x+a)−f(x)
Lấy số nguyên dươngm sao choamlà một số nguyên. Khi đó với mọi số tự nhiên k ta có:
Đề thi olympic Đài Loan 17 f(x+kam)−f(x) = x X j=1 m X i=1
(f(x+jam+ai)−f(x+jam+a(i−1)))
=k m X i=1 (f(x+ai)−f(x+a(i−1))) =k(f(x+am)−f(x))
Do f(x)∈[−1; 1], f(x+kam)−f(x)bị chặn nên f(x+kam)−f(x) phải bằng 0. Suy ra f(x+kam) =f(x), vì vậy f(x) là hàm tuần hoàn.
.4.23.Cho đoạn thẳngAB. Tìm tất cả các điểm C trong mặt phẳng sao
cho tam giác ABC sao cho đường cao kẻ từ A và trung tuyến kẻ từ B
có độ dài bằng nhau.
Lời giải: Gọi Dlà chân đường cao kẻ từ A vàE là chân đường trung
tuyến kẻ từ B. Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ E xuống BC. Khi đó EF//AD và E là trung điểm của AC, vì vậy EF = 1/2(AD) = 1/2(BE) và\EBC =±π/6 (tất cả các góc đều có hướng trừ khi được ). Bây giờ, cho P là một điểm sao cho B là trung điểm của AP. Khi đó
BE//P C, vì thế \P CB =\EBC và không đổi. Quỹ tích tất cả các điểm C sao cho \P CB không đổi là một đường tròn. Do đó, quỹ tích các điểm C bao gồm hai đường tròn bằng nhau, cắt nhau tại B, P (Một tương ứng với góc π/6 và một tương ứng với góc −π/6). Trong trường hợp đặc biệt, khi tam giácABC cân ta thấy rằng mỗi đường tròn đều có bán kính AB và tâm sao choABQ = 2π/3(không có hướng).
.4.24.Cho số nguyênn ≥3, giả thiết rằng dãy số thực dươnga1, a2, ..., an
thoả mãn ai−1+ai+1 =kiai với dãy k1, k2, ..., kn là dãy số nguyên dương bất kỳ. (trong đóa0 =an vàan+1 =a1 ). Chứng minh rằng
2n≤k1+k2+...+kn ≤3n
Lời giải: Bất đẳng
2n≤k1+k2+...+kn
18 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội
được chứng minh dựa vào AM-GM với chú ý rằng:
k1+k2+...+kn = n X i=1 ai ai+1 + ai+1 ai Để chứng minh được bất đẳng k1+k2 +...+kn ≤ 3n, ta cần chứng minhk1+k2+...+kn≤3n−2 với n ≥2, bằng phương pháp quy nạp theo n. Với n = 2, nếu a1 ≥ a2 thì 2a2 = k1a1 , vì thế hoặc a1 = a2 và
k1+k2 = 4 = 3.2−2, hoặc a−1 = 2a2 vàk1+k2 = 4 = 3.2−2. Vớin >2, ta có thể giả thiết tất cả các ai không bằng nhau, khi tồn tại i sao cho ai ≥aa−1, ai+1 mà dấu bằng không xảy ra ở ít nhất một trong hai trường hợp. Khi đóaiaa−1+ai+1 <2ai và do đóki = 1. Ta kết luận rằng dãy mà bỏ đi số hạng ai cũng thỏa mãn điều kiện đã cho với ki−1 và
ki+1 giảm đi 1 đơn vị và bỏ đi số hạngki. Theo giả thiết quy nạp, tổng củaki số hạng nhỏ hơn hoặc bằng3(n−1)−2, tổng của các sốki ban đầu nhỏ hơn hoặc bằng3n−2, do đó ta có điều phải chứng minh.
.4.25.Cho k = 22n
+ 1 với n là số nguyên dương bất kỳ. Chứng minh
rằngklà một số nguyên tố khi và chỉ khi klà một ước của3(k−1)/2+ 1.
Lời giải: Giả sử k là một ước của 3(k−1)/2 + 1. Điều này tương đương
với 3(k−1)/2 ≡ −1( mod k). Vì vậy3k−1 ≡1( mod k). Với dsao cho 3d≡3 modk. Vì vậy, d không là ước của (k −1)/2 nhưng là ước của k −1, mặt khác(k−1)là ước của dnên d=k−1(bởi vi d phải nhỏ hơnk). Do đó,k là số nguyên tố.
Ngược lại, nếu k là số nguyên tố 3 k = k3 = 23 =−1 3(k−1)/2 ≡ 3k ≡ −1
.4.26.Cho tứ diệnABCD. Chứng minh rằng: