Olympic Toán năm 2000 - 52 Đề thi và lời giải (tập 1) - Nguyễn Hữu Điển

i đường tròn ω1, ω1 theo thứ tự có tâm là O1 và
O2. Cho M
′
1 và M
′
2là hai điểm lần lượt nằm trên ω1, ω1 sao cho O1M
′
1
và O2M
′
2 cắt nhau. Cho M1và M2 lần lượt là hai điểm trên ω1, ω1 sao
cho khi quay theo chiều kim đồng hồ số đo của góc M̂ ′1OM1 và M̂ ′2OM2
là bằng nhau.
(a) Xác định quĩ tích trung điểm của đoạn thẳng M1M2
(b) Gọi P là giao điểm của các đường thẳng O1M
′
1 và O2M
′
2. Đường
tròn ngoại tiếp ∆M1PM2cắt đường tròn ngoại tiếp ∆O1PO2 tại P và một
điểm khác là Q.Chứng minh rằng Q là điểm cố định không phụ thuộc
vào vị trí của M1 và M2.
Lời giải:
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
12 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội
P
O1
O2
Q
M1
M2
M ′1
M ′2
M ′
O
M
(a)Chúng ta dùng các số phức, mỗi điểm có kí hiệu là chữ in hoa ta đặt
tương ứng với một số phức có kí hiệu là chữ in thường. Gọi M ′, M và
O lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng: M
′
1M
′
2, M1M2 và O1O2.
Ta cũng đặt z = m1−o1
m′1−o1 =
m2−o2
m′2−o2 sao cho phép nhân bởi z là phép quay
quanh 1 điểm qua một số góc. Khi đó:
m =
m1 +m2
2
=
1
2
(o1+z(m
′
1−o1))+
1
2
(o2+z(m
′
2−o2)) = o+z(m′−o)
từ đó suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn tâm O bán kính OM ′.
(b)Chúng ta sử dụng trực tiếp các góc có modun pi. Chú ý rằng:
∠QM1M2 = ∠QPM2 = ∠QPO2 = ∠QO1O2
Tương tự: ∠QM2M1 = ∠QO2O1, suy ra tam giác QM1M2 đồng dạng
với tam giác QO1O2. Do đó:
q − o1
q − o2 =
q −m1
q −m2
Hay tương đương:
q − o1
q − o2 =
(q −m1)− (q − o1)
(q −m2)− (q − o2) =
o1 −m1
o2 −m2 =
o1 −m′1
o2 −m′2
Vì hai đường thẳng O1M
′
1 vàO2M
′
2 cắt nhau, o1 −m′1 6= o2 −m′2 và ta
có thể giải phương trình này để tìm được giá trị duy nhất của q, suy ra
Q là điểm cố định không phụ thuộc vào vị trí của M1 và M2.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Đề thi olympic Việt Nam 13
.2.8. Giả sử rằng tất cả đường tròn ngoại tiếp của bốn mặt của một tứ diện
có bán kính bằng nhau. Hãy chỉ ra rằng hai cạnh đối bất kì của một tứ
diện là bằng nhau.
Lời giải: Trước hết ta chứng minh rằng với bốn điểm không đồng phẳng
bất kì X, Y , Z, W ta có:
∠XY Z + ∠Y ZW + ∠ZWX + ∠WXY < 2pi
X
Y
Z
W
Thật vậy: Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho các góc ta thấy rằng:
∠XY Z + ∠Y ZW + ∠ZWX + ∠WXY
< (∠ZYW+∠WYX)+∠Y ZW+(∠XWY+∠YWZ)+∠WXY
= (∠ZYW+∠YWZ+∠Y ZW )+(∠XWY+∠WYX+∠WXY )
= pi + pi = 2pi.
Gọi R là bán kính chung của các đường tròn ngoại tiếp bốn mặt tứ diện.
Ta định nghĩa rằng hai góc của tứ diện ABCD gọi là đối diện với cùng
một cạnh là hai góc ví dụ như ∠ABCvà ∠ADC, ta có:
sin∠ABC =
AC
2R
= sin∠ADC
( do định lí hàm sin).
Do đó hai góc bất kì đối diện với cùng một cạnh hoặc bằng nhau hoặc
bù nhau.
Hơn nữa, để ý rằng nếu XZ và YW là hai cạnh đối của tứ diện XYZW
thì suy ra (∠XY Z + ∠ZWX + (∠Y ZW∠WXY < 2pi)) nên không
thể có trường hợp hai góc đối diện với cùng một cạnh XZ và với cạnh
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
14 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội
YW đều là bù nhau. Nói cách khác, nếu các góc đối diện của cạnh
XZ là bù nhau thì hai góc đối diện với cùng một cạnh YW là bằng nhau.
A
B
C
D
Bây giờ ta giả sử ngược lại rằng có hai góc đối diện với cùng một cạnh
ví dụ như ∠ABCvà ∠CDA là bù nhau còn tất cả các cặp góc đồi diện
với cùng một cạnh khác là bằng nhau, ta có:
∠BCD + ∠DAB = (pi − ∠CDB −∠DBC) + (pi − ∠ADB − ∠DBA)
= ( pi− ∠CAB − ∠DAC) + (pi − ∠ACB − ∠DCA)
= (pi − ∠CAB − ∠ACB) + (pi − ∠DAC −∠DCA)
= ∠ABC + ∠CDA
= pi
Điều này trái với giả sử. Do đó bên cạnh các góc đối diện với cạnh AC
thì còn một số cặp góc đối diện với cùng một cạnh khác là bù nhau.Theo
phần lí luận trên thì cặp góc đối diện với cạnh BD không thể bù nhau
nên chúng phải bằng nhau. Do đó cặp góc đối diện với cùng một cạnh
trong số các cạnh AB, AD, CB và CD là bù nhau. Không giảm tính
tổng quát, giả sử cặp góc đối diện với cạnh AB là bù nhau suy ra cặp
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Đề thi olympic Việt Nam 15
góc đối diện với cạnh CD là bằng nhau. Hơn nữa:
∠CDB = pi − ∠DCB −∠DBC
= pi − ∠DAB − ∠DAC
= pi − (pi − ∠ABD −∠ADB)− (pi −∠ACD − ∠ADC)
= ∠ABD + ∠ACD + ∠ADB + ∠ADC − pi
= ∠ABD + ∠ACD + (pi − ∠ACB) + (pi − ∠ABC)− pi
= ∠ABD + ∠ACD + (pi − ∠ACB − ∠ABC)
= ∠ABD + ∠ACD + ∠CAB
Suy ra ∠CDB < ∠CAB. Vì các ∠CDB và ∠CAB là không
bằng nhau nên chúng phài bù nhau. Bây giờ ta lại có các góc
∠ADB, ∠BDC và ∠CDA là các góc ở đỉnh của một tứ diện nên
(∠ADB + ∠BDC) + ∠CDA < ∠ADC + ∠CDA < 2pi. Nhưng:
∠ADB + ∠BDC + ∠CDA = (pi −∠ACB) + (pi − ∠BCA) + (pi − ∠CBA)
= 3pi − pi
= 2pi.
Điều này vô lí. Do đó các góc đối diện với cùng một cạnh của tứ diện là
bằng nhau. Như chúng ta lí luận ở trên thì trong trường hợp này ta có:
∠BCD + ∠DAB = ∠ABC + ∠CDA
Suy ra 2∠DAB = 2∠ABC hay ∠DAB = ∠ABC.
Cho nên, DB = 2Rsin∠DAB = 2Rsin∠ABC = AC. Tương tự ta cũng
có: DA = BC,DC = BA.
Đó là điều phải chứng minh.
.2.9. Cho hai đường tròn (C1), (C2) cắt nhau tại P và Q. Tiếp tuyến
chung của hai đường tròn( gần P hơn Q) tiếp xúc với (C1), (C2) lần
lượt tại A và B. Tiếp tuyến của(C1) tại P cắt (C2) tại E ( khác P ),
tiếp tuyến của (C2) tại P cắt (C1) tại F ( khác P ). Gọi H, K lần lượt là
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
16 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội
hai điểm nằm trên hai tia AF và BE sao cho AH = AP , BK = BP .
Chứng minh rằng năm điểm A, H, Q, K, B nằm trên cùng một đường
tròn.
Lời giải:
A
T
B
P
Q
F
E
R
H
Vì điều kiện có tính chất đối xứng nên ta chỉ cần chứng minh ABKQ
là nội tiếp đường tròn.
Chúng ta sử dụng góc có hướng modulo pi. Gọi R là giao điểm của
đường thẳng AP và tia BE. Đường thẳng AB và BE cắt nhau tại T .
Sử dụng tính chất của tiếp tuyến và tứ giác nội tiếp ta có:
∠QAR = ∠QAP = ∠QPC = ∠QBC = ∠QBR
Nên tứ giác ABRQ là nội tiếp đường tròn. Chúng ta sẽ chứng minh
rằng K = R. Thật vậy:
Sử dụng góc ngoài tam giác ABP và CPR; tiếp tuyến AB và
PT ; tứ giác nội tiếp đường tròn ta có:
∠BPR = ∠BAP + ∠PBA = ∠AQP + ∠PQB
= ∠APT + ∠PEB = ∠RPE + ∠PER
= ∠PRB
Do đó tam giác BPR là tam giác cân với BP = PR suy ra R = K.Đó
là điều chúng ta cần chứng minh.
.2.10.Cho a, b, c là các số nguyên dương đôi một ngyên tố cùng nhau. Một
số nguyên n được gọi là ”stubborn” nếu nó không được biểu diễn dưới
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Đề thi olympic Việt Nam 17
dạng:
n = bcx+ cay + abz
với x, y, z là các số ngyuên dương bất kì. Hãy xác định qua hàm số của
a, b và c số lượng các số nguyên ”stubborn” .
Lời giải: Chúng ta có thể khẳng định được rằng bất kì số ngyuên n nào
đều có thể biểu diễn dưới dạng n = bcx + cay + abz trong đó x, y, z là
các số nguyên và 0 < y ≤ b; 0 < z ≤ c còn x có thể âm. Thật vậy,vì a
và bc nguyên tố cùng nhau nên ta có thể viết: n = an′ + bcx0 với n′, x0
là các số nguyên. vì b và c là nguyên tố cùng nhau nên n′ = cy0 + bz0 với
y0, z0 là các số nguyên. Do đó n = bcx0 = cay0 + abz0. Chọn số nguyên
β, γ sao cho 0 < y0 + βb ≤ b và 0 < z0 + γc ≤ c, khi đó ta có :
n = bc(x0 − βa− γa) + ca(y0 + βb) + ab(z0 + γc)
đây chính là dạng biểu diễn của n mà ta muốn.
Chú ý rằng bất kì số nguyên dương nào nhỏ hơn bc + ca + ab đều là
”stubborn”. Mặt khác ta cũng khẳng định rằng mọi số nguyên n > 2abc
không là ”stubborn”. Chẳng han, biểu diễn n = bcx+ cay + abz với các
số nguyên và 0 < y ≤ b, 0 < z ≤ c. Khi đó:
2abc < bcx+ cay + abz ≤ bcx+ cab+ abc = bcx+ 2abc
Suy ra x > 0 như vậy n không là ”stubborn” khi n > 2abc.
Tiếp theo chúng ta chứng minh rằng đúng một nửa các số nguyên
dương trong S = [bc+ ca+ ab; 2abc]. Để làm được điều này ta đi chứng
minh n ∈ S là ”stubborn” khi và chỉ khi f(n) = (2abc+ bc+ ca+ab)−n
không là ”stubborn”.
Điều kiện cần: Giả sử rằng n là ”stubborn” và biểu diễn f(n) =
bcx+ cay + abz với 0 < y ≤ b, 0 < z ≤ c. Nếu x không dương thì chúng
ta có thể viết n = bc(1− x) + ca(b+ 1− y) + ab(c + 1− z), với 1− x0,
b+1− y0 và c+1− z0 là các số nguyên dương, nhưng điều này là không
thể vì n là ”stubborn”. Do đó, x > 0 và f(n) không là ”stubborn”.
Điều kiện đủ: Giả sử ngược lại f(n) không là ”stubborn” và n
cũng không là ”stubborn”. Biểu diễn f(n) = bcx0 + cay0 + abz0 và n =
v
m
a
t
h
.
c
o
m
18 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội
bcx1 + cay1 + abz1 với xi, yi, zi là các số nguyên dương. Khi đó:
2abc = bc(x0 + x1 − 1) + ca(y0 + y1 − 1) + ab(z0 + z1 − 1)
Đặt x = x0 + x1 − 1 và cũng đặty,z tương tự. Từ đẳng thức trên chứng
tỏ 0 ≡ bcx(moda). Vì bc nguyên tố cùng nhau với a nên x phải chia hết
cho a suy ra x ≥ a.
Tương tự y ≥ b, z ≥ c, khi đó 2abc = bcx+ cay + abz ≥ 3abc ( vô lý).
Tóm lại: có bc+ca+ab−1 các số nguyên dương nhỏ hơn bc+ca+ab
là ”stubborn”, mọi số nguyên lớn hơn 2abc không là ”stubborn”, và một
nửa của 2abc−(bc+ca+ab)+1 các số nguyên dương còn lại là ”stubborn”.
Kết quả của bài là tổng của:
bc+ ca + ab− 1 + 2abc− (bc + ca+ ab) + 1
2
=
2abc+ bc + ca+ ab− 1
2
các số nguyên dương ”stubborn”.
.2.11. Gọi R+ là tập các số thực dương và a, r > 1 là các số thực. Giả
sử rằng f : R+ → R là một hàm số sao cho: (f(x))2 ≤ axrf(x
a
) với mọi
x > 0.
(a) Nếu f(x) < 22000 với mọi x < 1
22000
, chứng minh rằng f(x) ≤
xra1−r với mọi x > 0.
(b) Xây dựng một hàm f : R+ → R ( không cần thoả mãn điều
kiện trong câu (a)) sao chof(x) > xra1−rvới mọi x > 0.
Lời giải: Chú ý rằng ta có thể viết lại bất đẳng thức dưới dạng:(
f(x)
xra1−r
)2
≤ f(x/a)
(x/a)ra1−r
(*)
Giả sử ngược lại tức là tồn tại x0 sao cho f(x0) > xora1−r. Đặt xn = x0an
và λn =
f(xn)
xrna
1−r với n ≤ 0, suy ra λ0 > 1. Từ (*) ta có:λn+1 ≥ λ2n với
n ≥ 0, và bằng quy nạp ta chứng minh được rằng: λn ≥ λ2n0 với n ≥ 0.
Chúng ta sẽ sử dụng điều này ngay sau đây, để ý rằng mỗi λn ≥ λ2n0 là
một số dương và do đó f(xn) cũng là số dương. Chúng ta gán x = xn
vào bất đẳng thức và sắp xếp các bất đẳng thức lại ta được:
f(xn+1)
f(xn)
≥ f(xn)
axrn
=
λnx
n
ra
1−r
axrn
=
λn
ar
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
Đề thi olympic Việt Nam 19
Với mọi n ≥ 0.
Ta thấy luôn tồn tại N sao cho 2ar < λ2
n
0 ≤ λn với mọi n > N .
Với tất cả các giá trị n như vậy thì ta có: f(xn+1)
f(xn)
≥ 2 hay tương đương (
do f(xn) là dương) f(xn+1) ≥ 2f(xn).