Bộ đề thi chọn đội tuyển Toán (Có đáp án)

89 trang phuongnguyen 2410

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề thi chọn đội tuyển Toán (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_de_thi_chon_doi_tuyen_toan_co_dap_an.pdf

Nội dung text: Bộ đề thi chọn đội tuyển Toán (Có đáp án)

Mục lục 1 Đề thi chọn đội tuyển toán 3 1.1 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1989 - 1990 (Ngày thi: 16, 17/5/1990) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1990 - 1991 (Ngày thi 8, 9/5/1991) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Đề thi chọn đội tuyển năm học 1991 - 1992 (Ngày thi 19, 20/05/1992) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1992 - 1993 (Ngày 4, 5/05/1993) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.5 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1993 - 1994 (Ngày 18, 19/05/1994) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.6 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1994 - 1995 (Ngày 5, 6/5/1995) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.7 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1995 - 1996 (Ngày 17, 18/5/1996) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.8 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1996 - 1997 (Ngày 16, 17/5/1997) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.9 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1997 - 1998 (Ngày 13, 14/5/1998) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.10 Đề thi chọn đội tuyển năm học 2001 - 2002 (Ngày thi 7, 8/5/2002) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.11 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 2003 - 2004 (Ngày 7, 8/5/2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2 Đáp án tuyển sinh 18 2.1 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1991 - 1992 . . . . . . . . . 18 2.2 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1992 - 1993 . . . . . . . . . 24 2.3 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 . . . . . . . . . 34 2.4 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 . . . . . . . . . 45 2.5 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 . . . . . . . . . 51 2.6 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1996 - 1997 . . . . . . . . . 59 1
2 MỤC LỤC 2.7 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1997 - 1998 . . . . . . . . . 66 2.8 Đáp án chọn đội tuyển năm học 2001 - 2002 . . . . . . . . . 76 2.9 Đáp án chọn đội tuyển năm học 2003 - 2004 . . . . . . . . . 81
Chương 1 Đề thi chọn đội tuyển toán 1.1 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1989 - 1990 (Ngày thi: 16, 17/5/1990) Bài 1: Trong mặt phẳng cho đa giác lồi M0,M1, ,M2n (n > 1)mà2n+1 đỉnh M0,M1, ,M2n nằm (theo thứ tự ngược chiều quay của kim đồng hồ) trên một đường tròn (C) bán kính R. Giả sử có điểm A bên trong đa giác lồi đó sao cho các góc M\0AM1, M\1AM2, ,M2n\−1AM2n, M\2nAM0 đều 360 bằng nhau, (và bằng 2n+1 độ). Giả sử A không trùng với tâm của (C) và gọi B là điểm nằm trên đường tròn (O) sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường kính đi qua A. Chứng minh: 2n +1 AM + AM + ···+ AM <AB< 0 1 2n <R 1 + 1 + ···+ 1 2n +1 AM0 AM1 AM2n Bài 2: Cho bốn số thực dương a, b, A, B. Xét dãy số thực x1,x2,x3,x4, xác định bởi: x1 = a, x2 = b 3 2 q3 2 xn+1 = Apxn + B xn−1 (n =2, 3, 4, ) Chứng minh rằng tồn tại giới hạn limn→∞ xn và hãy tính giới hạn ấy. Bài 3: Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f(x) xác định với mọi số thực x và thoả mãn f(f(x)) = x2 − 2 với mọi x. Bài 4: Xét tập hợp T gồm hữu hạn số nguyên dương thoả mãn hai điều kiện: 3
4 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán 1. Với hai phần tử bất kỳ của T thì ước số chung lớn nhất và bội số chung nhỏ nhất của chúng cũng là những phần tử của T . 2. Với mỗi phần tử x của T , có phần tử x0 của T sao cho x và x0 nguyên tố cùng nhau và bội số chung nhỏ nhất của chúng là số lớn nhất của T . Với mỗi tập hợp T như thế, ký hiệu l(T ) là số phần tử của nó. Tìm số l(T ) lớn nhất, biết rằng l(T ) nhỏ hơn 1990. Bài 5: Cho tứ diện mà mỗi cặp cạnh đối diện đều có tích độ dài bằng l. Gọi các góc giữa các cạnh đối diện đó là α,β,γ và gọi các bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các mặt của tứ diện là R1,R2,R3,R4. Chứng minh: l sin2 α + sin2 β + sin2 γ > √ R1R2R3R4 Bài 6: Có n em học sinh (n > 3) đứng thành một vòng tròn và luôn quay mặt vào cô giáo ở tâm vòng tròn. Mỗi lần cô giáo thổi còi thì có hai em nào đó đứng sát cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, còn các em khác không dời chỗ. Tìm số M bé nhất để sau M lần thổi còi, bằng các đổi chỗ như nói ở trên một cách thích hợp, các học sinh đứng được thành vòng tròn sao cho: Hai em bất kỳ lúc ban đầu đứng sát cạnh nhau thì lúc kết thúc cũng đứng sát cạnh nhau, nhưng trong hai em đó, tạm gọi là A và B, nếu A lúc ban đầu đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc A đứng bên tay phải của B. 1.2 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1990 - 1991 (Ngày thi 8, 9/5/1991) Bài 1: Trong mặt phẳng xét tập hợp S gồm n điểm phân biệt (n > 3) thoả mãn ba điều kiện sau: 1. Khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ thuộc S đều không vượt quá 1 đơn vị dài. 2. Mỗi điểm A thuộc S có đúng hai điểm "kề với nó", nghĩa là hai điểm thuộc S có cùng khoảng cách bằng 1 đến điểm A. 3. Với hai điểm tuỳ ý A, B thuộc S gọi A0 và A00 là hai điểm kề với A, gọi B0 và B00 là hai điểm kề với B thì A\0AA00 = B\0BB00.
1.2. Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1990 - 1991 (Ngày thi 8, 9/5/1991) 5 Hỏi có tồn tại tập hợp S như thế khi n = 1991 không và khi n = 2000 không? Vì sao? Bài 2: Cho dãy số thực dương a1,a2, ,an với n lớn hơn 2 và a1 khác an, là dãy không giảm (nghĩa là ak 6 ak+1 với k =1, 2, ,n− 1) hoặc là dãy không tăng (nghĩa là ak > ak+1 với k =1, 2, ,n− 1), và cho các số thực dương x, y thoả mãn x > a1−a2 . Chứng minh rằng: y a1−an a a 1 + ···+ k + ···+ a2x + a3y ak+1x + ak+2y a a a n ···+ n−2 + n−1 + n > an−1x + any anx + a1y a1x + a2y x + y Bài 3: Cho dãy số thực dương x1,x2, ,xn, xác định bởi: x1 =1,x2 =9,x3 =9,x4 =1 √ 4 xn+4 = xnxn+1xn+2xn+3 với n > 1 Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn. Tìm giới hạn đó. Bài 4: Gọi T là hình tứ diện tuỳ ý thoả mãn hai điều kiện sau: 1. Mỗi cạnh có độ dài không vượt quá 1 đơn vị dài. 2. Mỗi mặt là một tam giác vuông. Ký hiệu s(T ) là tổng bình phương diện tích bốn mặt của hình tứ diện T . Tìm giá trị lớn nhất của s(T ). Bài 5: Với mỗi số tự nhiên n, định nghĩa số f(n) như sau: f(1) = 1 và khi n>1 thì f(n)=1+a1p1 + ···+ akpk, trong đó n = p1 pk là sự phân tích thành thừa số nguyên tố của n (các số nguyên tố p1, ,pk đôi một khác nhau và a1, ,ak là số nguyên dương). Với mỗi số tự nhiên s, đặt fs(n)=f(f( (f(n)) )), trong đó ở vế phải có đúng s lần chữ f. Chứng minh rằng với số tự nhiên a cho trước, có số tự nhiên s0 để với mọi số nguyên s>s0 thì tổng fs(a)+fs−1(a) không phụ thuộc vào s. Bài 6: Cho tập hợp X gồm 2n số thực đôi một khác nhau (n > 3). Xét một tập hợp K gồm một số cặp số thực (x, y) với x, y thuộc X, x khác y, mà K thoả mãn hai điều kiện sau: 1. Nếu cặp số (x, y) thuộc K thì cặp số (y,x) không thuộc K. 2. Mỗi số x thuộc X có mặt nhiều nhất trong 19 cặp số của K. Chứng minh rằng ta có thể phân chia tập hợp X thành 5 tập hợp con không rỗng và đôi một không giao nhau x1,x2,x3,x4,x5 sao cho với mỗi i =1, 2, 3, 4, 5 thì số cặp số (x, y) thuộc K mà x và y cùng thuộc Xi không vượt quá 3n.
6 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán 1.3 Đề thi chọn đội tuyển năm học 1991 - 1992 (Ngày thi 19, 20/05/1992) Bài 1: Cho hai số tự nhiên n và m (n>1). Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất sau: Trong k số nguyên tuỳ ý a1,a2, ,sk mà ai − aj (i =6 j và i, j chạy từ 1 đến k) không chia hết cho n, luôn tồn tại hai số ap,as (p =6 s) thoả mãn m + ap − as chia hết cho n. Bài 2: Cho đa thức f(x) với hệ số thực và có bậc lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng với mỗi số c>0, tồn tại số nguyên dương n0 thoả mãn điều kiện sau: Nếu đa thức P (x) với hệ số thực có bậc lớn hơn hoặc bằng n0, và có hệ số của số hạng bậc cao nhất bằng 1 thì các số nguyên x mà |f(P (x))| 6 c không vượt quá bậc của P (x). Bài 3: Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c (a =6 b =6 c). Trong mặt phẳng ABC lấy các điểm A0,B0,C0 sao cho: 1. Các cặp điểm A và A0, B và B0, C và C0 hoặc đều ở cùng phía hoặc đều ở khác phía theo thứ tự đối với các đường thẳng BC, CA, AB. 2. Các tam giác A0BC,B0CA,C0AB là các tam giác cân đồng dạng. Hãy xác định các góc A\0BC theo a, b, c để các độ dài AA0,BB0,CC0 không phải là ba độ dài của ba cạnh một tam giác. (Tam giác được hiểu theo nghĩa thông thường: ba đỉnh của nó không thẳng hàng). Bài 4: Trong mặt phẳng cho một họ hữu hạn hình tròn thoả mãn: hai hình tròn bất kỳ hoặc ở ngoài nhau hoặc tiếp xúc ngoài với nhau và mỗi hình tròn không tiếp xúc với quá 6 hình tròn khác. Giả sử mỗi hình tròn không tiếp xúc với 6 hình tròn khác đã được đặt ứng với một số thực nào đó. Chứng minh rằng không có quá một cách đặt ứng với mỗi hình tròn còn lại một số thực bằng trung bình cộng của 6 số ứng với 6 hình tròn tiếp xúc nó. Bài 5: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thoả mãn phương trình x2 + y2 − 5xy +5=0 . Bài 6: Trong một hội thảo khoa học tất cả các đại biểu tham dự biết tổng cộng 2n ngôn ngữ n > 2. Mỗi người biết đúng 2 ngôn ngữ và bất cứ hai người nào cũng biết chung nhiều nhất một ngôn ngữ. Biết rằng với một số nguyên k thoả mãn 1 6 k 6 n − 1 đều có không quá k − 1 ngôn ngữ mà mỗi ngôn ngữ này có không quá k người biết. Chứng minh rằng ta có thể
1.4. Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1992 - 1993 (Ngày 4, 5/05/1993) 7 chọn ra một nhóm 2n đại biểu biết tổng cộng 2n ngôn ngữ và mỗi ngôn ngữ có đúng 2 đại biểu trong nhóm biết. 1.4 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1992 - 1993 (Ngày 4, 5/05/1993) Bài 1: Gọi hình chữ nhật kích thước 2 × 3 (hoặc 3 × 2) bị cắt bỏ một hình vuông 1 × 1 ở một góc là hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1). Gọi hình chữ nhật kích thước 2 × 3 (hoặc 3 × 2) bị căt bỏ hai hình vuông 1 × 1 ở hai góc đối diện là hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2). Người ta ghép một số hình vuông 2 × 2, một số hình chữ nhật khuyết đơn và một số hình chữ nhật khuyết kép với nhau sao cho không có hai hình nào chờm lên nhau, để tạo thành một hình chữ nhật kích thước 1993 × 2000. Gọi s là tổng số các hình vuông 2 × 2 và hình chữ nhật khuyết kép cần dùng trong mỗi cách ghép hình nói trên. Tìm giá trị lớn nhất của s. Bài 2: Cho dãy số {an} được xác định bởi: 1 a1 =1 và an+1 = an + √ với n =1, 2, 3, an α { } an Hãy tìm tất cả các số thực α sao cho dãy un xác định bởi un = n với n =1, 2, 3, có giới hạn hữu hạn khác 0 khi n → +∞. Bài 3: Xét các số thực x1,x2,x3,x4 thoả mãn: 1 6 x2 + x2 + x2 + x2 6 1 2 1 2 3 4 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 A =(x1 − 2x2 + x3) +(x2 − 2x3 + x4) +(x2 − 2x1) +(x3 − 2x4)
8 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán Bài 4: Gọi H, I, O theo thứ tự là trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp của một tam giác. Chứng minh rằng 2.IO > IH. Hỏi dấu bằng xảy ra khi nào? Bài 5: Cho số nguyên k>1. Với mỗi số nguyên n>1, đặt 1 1 1 f(n)=k.n(1 − )(1 − ) (1 − ) p1 p2 pr trong đó p1,p2, ,pr là tất cả các ước số nguyên tố phân biệt của n. Tìm tất cả các giá trị k để dãy {xm} xác định bởi x0 = a và xm+1 = f(xm),m= 0, 1, 2, 3, là dãy bị chặn với mọi số nguyên a>1. Bài 6: Xét n điểm A1,A2, ,An (n>2) trong không gian, trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Mỗi cặp điểm Ai,Aj(i =6 j) được nối với nhau bởi một đoạn thẳng. Tìm giá trị lớn nhất của n sao cho có thể tô tất cả các đoạn thẳng đó bằng hai màu xanh, đỏ thoả mãn ba điều kiện sau: 1. Mỗi đoạn thẳng được tô bằng đúng một màu. 2. Với mỗi i =1, 2, ,n số đoạn thẳng có một đầu mút là Ai mà được tô màu xanh không vượt quá 4. 3. Với mỗi đoạn thẳng Ai,Aj được tô màu đỏ đều tìm thấy ít nhất một điểm Ak (k khác i, j) mà các đoạn thẳng AkAi và AkAj đều được tô màu xanh. 1.5 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1993 - 1994 (Ngày 18, 19/05/1994) Bài 1: Given a parallelogram ABCD. Let E be a point on the side BC and F be a point on the side CD such that the triangles ABE and BCF have the same are. The diagonal BD intersects AE at M and intersects AF at N. Prove that. a) There exists a triangle, three sides of which are equal to BM,MN,ND. b) When E,F vary such that the length sides of MN decreases, the radius of the circumcircle of the abovementioned triangle also decreases. Bài 2: Consider the equation x2 + y2 + z2 + t2 − Nxyzt − N =0 where N is a given positive integer.
1.6. Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1994 - 1995 (Ngày 5, 6/5/1995) 9 a) Prove that for an infinite number of values of N, this equation has positive integral solution (each such solution consists of four positive integers x, y, x, t). b) Let N =4k(8m +7) where k,m are non-negative integers. Prove that the considered equation has no positive integral solution. Bài 3: Let be given a polynomial P (x) of degree 4, having 4 positive roots. Prove that the equation 1 − 4x 1 − 4x P (x)+(1− )P 0(x) − P 00(x)=0 x2 x2 has also 4 positive roots. Bài 4: Given an equilateral triangle ABC and a point M in the plan (ABC). Let A0,B0,C0 be respectively the symmetric through M of A, B, C. a) Prove that there exists s unique point P equidistant from A and B0, from B and C0 and from C and A0. b) Let D be the midpoint of the side AB. When M varies (M does not coincide with D), prove that the circumcircle of triangle MNP (N is the intersection of the lines DM and AP ) passes through a fixed point. Bài 5: Determine all function f : R → R satisfying √ √ √ f( 2x)+f((4 + 3 2)x)=af((2 + 2)x) for all x. Bài 6: Calculate 1 T = n1!n2! n1994!(n2 +2n3 +3n4 + ···1993n1994)! where the sum is taken over all 1994-upple of natural numbers (n1,n2, ,n1994) satisfying n1 +2n2 +3n3 + ···+ 1994n1994 = 1994 1.6 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1994 - 1995 (Ngày 5, 6/5/1995) Bài 1. Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c. Lấy sáu điểm phân biệt A1,A2,B1,B2,C1,C2 không trùng với A, B, C sao cho các điểm A1,A2 nằm trên đường thẳng BC; các điểm B1,B2 nằm trên đường thẳng CA; các điểm C1,C2 nằm trên đường thẳng AB. Gọi α,β,γ là các số thực xác định bởi −− −→ α−−→ −− −→ β −→ −− −→ γ −→ A A = BC, B B = CA, C C = AB. 1 2 a 1 2 b 1 2 c
10 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán Xét các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB1C1,AB2C2, BC1A1, BC2A2, CA1B1, CA2B2 và gọi dA,dB,dC theo thứ tự là các trục đẳng phương của cặp đường tròn đi qua A, cặp đường tròn đi qua B, cặp đường tròn đi qua C. Chứng minh rằng dA,dB,dC đồng quy khi và chỉ khi aα + bβ + cγ =06 . Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên k sao cho có vô số giá trị nguyên n ≥ 3 để đa thức n+1 n 2 Pn(x)=x + kx − 870x + 1945x + 1995 có thể phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hay bằng 1. Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên a, b, n lớn hơn 1 thoả mãn điều kiện (a3 + b3)n =4(ab)1995. Bài 4. Trong không gian cho n điểm (n ≥ 2) mà không có bốn điểm nào 1 2 − đồng phẳng và cho 2(n 3n +4) đoạn thẳng mà tất cả các đầu mút của chúng nằm trong số n điẻm đã cho. Biết rằng có ít nhất một đoạn thẳng mà sau khi bỏ nó đi (giữ nguyên các đầu mút) thì sẽ tồn tại hai điểm phân biệt mà không phải là hai đầu mút của một đường gấp khúc nào. Hãy tìm số k lớn nhất sau cho có k đoạn thẳng tạo thành đường gấp khúc khép kín mà mỗi đỉnh của nó là mút của đúng hai đoạn thẳng thuộc đường gấp khúc đó. Bài 5. Với mỗi số nguyên không âm n đặt f(n) là số nguyên không âm lớn nhất sao cho 2f(n) là một ước số của n +1. Cặp số nguyên không âm (n, p) được gọi là đẹp nếu 2f(n) >p. Hãy tìm tất cả các bộ ba số nguyên không âm (n, p, q) sao cho các cặp số (n, p), (p, q), và (n + p + q,n) đều là các cặp số đẹp. Bài 6. Cho hàm số thực 2x3 − 3 f(x)= . 3(x2 − 1) 1. Chứng minh rằng tồn tại hàm số g(x) liên tục trên R và có đồng thời các tính chất sau f(g(x)) = x, ∀x ∈ R; g(x) >x ∀x ∈ R. 2. Chứng minh rằng tồn tại số thực a>1 để dãy {an}, n =0, 1, 2, , được xác định bởi a0 = a, an+1 = f(an) ∀n ∈ N là dãy tuần hoàn với chu kỳ dương nhỏ nhất bằng 1995.
1.7. Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1995 - 1996 (Ngày 17, 18/5/1996) 11 1.7 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1995 - 1996 (Ngày 17, 18/5/1996) Bài 1. Trong mặt phẳng cho 3n điểm (n>1) mà không có ba điểm nào thẳng hàng và khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ không vượt quá 1. Chứng minh rằng có thể dựng được n tam giác đôi một rời nhau và thoả mãn đồng thời các điều kiện sau 1. Mỗi điểm trong 3n điểm đã cho là đỉnh của đúng một tam giác; 1 2. Tổng diện tích của n tam giác nhỏ hơn 2 . Hai tam giác được gọi là rời nhau nếu chúng không có điểm nào chung nằm bên trong cũng như nằm trên cạnh tam giác. Bài 2. Với mỗi số nguyên dương n, gọi f(n) là số nguyên lớn nhất để số [ n−1 ] 2 2i +1 X 3i chia hết cho 2f(n). n i=0 Tìm tất cả các số nguyên dương n mà f(n) = 1996. Bài 3. Xét các số thực a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 4 − 4 4 4 4 f(a, b, c)=(a + b) +(b + c) +(c + a) 7(a + b + c ). Bài 4. Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Với mỗi điểm M của mặt phẳng (ABC) gọi M1 là điểm đối xứng của M qua đường thẳng AB, 0 gọi M2 là điểm đối xứng của M1 qua đường thẳng BC và gọi M là điểm đối xứng của M2 qua đường thẳng CA. Hãy xác định tất cả các điểm M của mặt phẳng (ABC) mà khoảng cách MM0 bé nhất. Gọi khoảng cách đó là d. Chứng minh rằng với mỗi điểm M của mặt phẳng (ABC) khi ta thực hiện liên tiếp ba phép đối xứng qua ba đường thẳng chứa ba cạnh của tam giác ABC theo thứ tự khác (so với thứ tự trên) để được điểm M 00 thì khoảng cách bé nhất của MM00 cũng bằng d. Bài 5. Người ta muốn mời một số em học sinh tới dự một buổi gặp mặt, mà trong số đó mỗi em chưa quen với ít nhất là 56 em khác, và với mỗi cặp hai em chưa quen nhau thì đều có ít nhất một em quen với cả hai em đó. Hỏi số học sinh được mời dự buổi gặp mặt nói trên có thể là 65 em hay không?
12 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán Bài 6. Hãy tìm tất cả các số thực a sao cho dãy số {xn}, n =0, 1, 2, , xác định bởi √ a x = 1996,x = với n =0, 1, 2, , 0 n+1 2 1+xn có giới hạn hữu hạn khi n →∞. 1.8 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1996 - 1997 (Ngày 16, 17/5/1997) Bài 1. Cho tứ diện ABCD với BC = a, CA = b, AB = c, DA = a1,DB = b1,DC = c1. Chứng minh rằng có điểm P duy nhất thoả mãn 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 PA +a1+b +c = PB +b1+c +a = PC +c1+a +b = PD +a1+b1+c1 và với điểm P đó ta luôn có PA2 + PB2 + PC2 + PD2 ≥ 4R2, trong đó R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tìm điều kiện cần và đủ với độ dài các cạnh của tứ diện để bất đẳng thức trên trở thành đẳng thức. Bài 2. Ở một nước có 25 thành phố. Hãy xác định số k bé nhất sao cho có thể thiết lập các đường bay (dùng cho cả đi lẫn về) giữa các thành phố để hai điều kiện sau được đồng thời thoả mãn 1. Từ mỗi thành phố có đường bay trực tiếp đến đúng k thành phố khác; 2. Nếu giữa hai thành phố không có đường bay trực tiếp thì tồn tại ít nhất một thành phố có đường bay trực tiếp đến hai thành phố đó. Bài 3. Hãy tìm số thực α lớn nhất sao cho tồn tại vô hạn số tự nhiên (an), n =1, 2, 3, , thoả mãn đồng thời các điều kiện sau n ∗ 1. an > 1997 với mọi n ∈ N ; α 2. với mỗi n ≥ 2 đều có un ≥ an, trong đó un là ước số chung lớn nhất của họ tất cả các số ai + ak mà i + k = n. Bài 4. Cho hàm số f : N → Z thoả mãn các điều kiện f(0) = 2,f(1) = 503 và f(n + 2) = 503f(n +1)− 1996f(n) với mọi n ∈ N. ∗ Với mỗi số k ∈ N lấy số nguyên s1,s2, , sk sao cho si ≥ k với mọi i =1, 2, , k. Với mỗi số si (i =1, 2, , k) lấy một ước nguyên tố p(si) nào đó của f(2si ). Chứng minh rằng với số nguyên dương t ≤ k, ta có k . t . t X p(si).2 khi và chỉ khi k.2 . i=1
1.9. Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1997 - 1998 (Ngày 13, 14/5/1998) 13 Bài 5. Hãy xác định tất cả các cặp số thực a, b sao cho với mọi n ∈ N∗ và với mọi nghiệm thực xn của phương trình 2 2 4n x = log2(2n x +1) ta luôn có xn xn a + b ≥ 2+3xn. Bài 6. Cho các số nguyên dương n, k, p với k ≥ 2 và k(p +1)≤ n. Cho n điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn. Tô tất cả n điểm đó bởi hai màu xanh, đỏ (mỗi điểm tô bởi một màu) sao cho có đúng k điểm được tô bởi màu xanh và trên mỗi cung tròn mà hai đầu mút là hai điểm màu xanh liên tiếp (tính theo chiều quay của kim đồng hồ) đều có ít nhất p điểm được tô bởi màu đỏ. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu khác nhau? (Hai cách tô màu được gọi là khác nhau nếu có ít nhất một điểm được tô bởi hai màu khác nhau trong hai cách đó). 1.9 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1997 - 1998 (Ngày 13, 14/5/1998) Bài 1. Cho hàm số f(x) xác định trên R sao cho với mọi số thực dương c tồn tại đa thức hệ số thực Pc(x) thoả mãn 1998 |f(x) − Pc(x)|≤cx với mọi x ∈ R. Chứng minh rằng f(x) là một đa thức với hệ số thực. Bài 2. Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) bán kính R chứa và tiếp 0 R xúc với đường tròn (C ) bán kính 2 . Xét họ H các đường trong bên trong (C), bên ngoài (C0), tiếp xúc với (C) và (C0). Với mỗi số nguyên n ≥ 3 và các số dương p1,pn, chứng minh rằng hệ thức 2 2 2 (p1 − pn) =(n − 1) (2(p1 + pn) − (n − 1) − 8) là điều kiện cần và đủ để có n đường tròn phân biệt (C1), (C2), , (Cn) của họ H mà (Ci) tiếp xúc ngoài với (Ci−1) và (Ci+1)(i =2, 3, , n − 1),ởđó R R (C1) có bán kính , (Cn) có bánh kính . p1 pn Bài 3. Cho các số nguyên dương m>3. Giả sử p1,p2, , pk là tất cả các số nguyên tố không vượt quá m. Chứng minh rằng k 1 1 X + > ln(ln m). p p2 i=1 i i
14 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán Bài 4. Tìm tất cả các đa thức P (x) hệ số nguyên với hệ số bậc cao nhất bằng 1, có tính chât: Tồn tại vô số các số vô tỉ α để P (α) đều là số nguyên dương. Bài 5. Giả sử d là ước dương của 5 + 19981998. Chứng minh rằng d có thể biểu diễn dưới dạng d =2x2 +2xy +3y2,ởđóx, y là các số nguyên khi và chỉ khi d chia cho 20 có dư 3 hoặc 7. Bài 6. Trong một cuộc hội thảo có n, n ≥ 10 người tham dự. Biết rằng n+2 1. Mỗi người quen với ít nhất 3 người tham dự. 2. Hai người bất kỳ A và B nếu không quen nhau thì quen nhau gián tiếp, nghĩa là có k (k ≥ 1) người A1,A2, , Ak sao cho A quen A1,Ai quen Ai+1, (i =1, 2, , k − 1) và Ak quen B. 3. Không thể xếp n người thành một hàng ngang sao cho hai người cạnh nhau bất kỳ đều quen nhau. Chứng minh rằng có thể chia n người thành hai nhóm: nhóm thứ nhất xếp được quanh một bàn tròn sao cho hai người cạnh nhau bất kỳ đều quen nhau, còn nhóm thứ hai gồm người đôi một không quen nhau. 1.10 Đề thi chọn đội tuyển năm học 2001 - 2002 (Ngày thi 7, 8/5/2002) Bài 1. Tìm tất cả các tam giác ABC có BCA[ là góc nhọn và đường trung trực của đoạn thẳng BC cắt các tia Ax và Ay, là các tia chia góc BAC[ thành ba phần bằng nhau (BAx[ = xAy = yAC[) tại các điểm M và N thoả d mãn: AB = NP =2HM trong đó: H là hình chiếu vuông góc của A trên BC và M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Bài 2. Người ta ghi lên bảng số nguyên dương N0. Hai người A và B chơi trò chơi trò chơi sau: Người A xoá số N0 rồi ghi lên bảng số N1 ∈ {N0 − 1; [N0/3]}. Tiếp theo người B xoá số N1 rồi ghi lên bảng số N2 ∈ {N1 − 1; [N1/3]}. Đến lượt mình người A lại thực hiện phép toán trên đối với N2; Trò chơi cứ tiếp tục cho đến khi trên bảng xuất hiện số 0. Người ghi số 0 đầu tiên được coi là thắng cuộc, người còn lại bị coi là thua cuộc. Hỏi ai, người A hay người B, là người có cách chơi để chắc chắn thắng nếu: 1) N0 = 120
1.11. Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 2003 - 2004 (Ngày 7, 8/5/2004) 15 2002 2) N0 =(3 − 1)/2 2002 3) N0 =(3 +1)/2 √ Bài 3. Cho số nguyên dương m có một ước nguyên tố lớn hơn 2m +1. Hãy tìm số nguyên dương M nhỏ nhất sao cho tồn tại một tập hợp gồm hữu hạn số nguyên dương đôi một khác nhau thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: i) m và M tương ứng là số nhỏ nhất và số lớn nhất trong T . ii) Tích tất cả các số thuộc T là một số chính phương. Bài 4. Cho số nguyên dương n ≥ 2 và cho bảng ô vuông kích thước n × 2n (bảng gồm n hàng và 2n cột). Người ta đánh dấu một cách ngẫu nhiên n2 ô vuông con của bảng. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên k mà 1 <k≤ [n/2]+1, luôn tồn tại k hàng sao cho bảng ô vuông kích thước k × 2n, được tạo nên từ k hàng đó, có không ít hơn k!(n − 2k +2) (n − k + 1)(n − k +2) (n − 1) cột chỉ gồm các ô được đánh dấu. ([a] ký hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá a). Bài 5. Hãy tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số nguyên sao cho đa thức Q(x)=(x2 +6x + 10)[P (x)]2 − 1 là bình phương của một đa thức với hệ số nguyên. Bài 6. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên m ≥ 2002 và m số nguyên dương đôi một khác nhau a1,a2, ,am sao cho số m m 2 2 Y ai − 4 X ai i=1 i=1 là số chính phương. 1.11 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 2003 - 2004 (Ngày 7, 8/5/2004) Bài 1. Xét tập hợp S gồm 2004 số nguyên dương phân biệt a1,a2, ,a2004, có tính chất: Nếu với mỗi i =1, 1, ,2004, ký hiệu f(ai) là số các số thực thuộc S nguyên tố cùng nhau với ai thì d(ai) < 2003 và f(ai)=f(aj ) với mọi i, j ∈{1, 2, ,2004}.
16 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho trong mỗi k tập con của một tập S tuỳ ý có tính chất nêu trên đều tồn tại hai số phân biệt mà ước số chung lớn nhất của chúng khác 1. (k - tập con là tập con có k phần tử). Bài 2. Hãy xác định tất cả các số thực α mà ứng với mỗi α,cómộtvà chỉ một hàm số f xác định trên tập hợp R, lấy giá trị trong R và thoả mãn hệ thức. f(x2 + y + f(y)) = (f(x))2 + αy với mọi x, y thuộc R. (R ký hiệu tập hợp các số thực). Bài 3. Trong mặt phẳng, cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại hai điểm A và B. Các tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O1) cắt nhau tại điểm K. Xét một điểm M (không trùng với A và B) nằm trên đường tròn (O1). Gọi P là giao điểm thứ hai của đường thẳng MA và đường tròn (O2). Gọi C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MK và đường tròn (O1). Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường thẳng CA và đường tròn (O2). Chứng minh rằng: 1) Trung điểm của đoạn thẳng PQ nằm trên đường thẳng MC. 2) Đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đường tròn (O1). ((O) ký hiệu đường tròn tâm O). Bài 4. Cho dãy số (xn),n=1, 2, 3, xác định bởi x1 = 603,x2 = 102 và xn+2 = xn+1+xn+2pxn+1xn − 2 với mọi n ≥ 1 Chứng minh rằng: 1) Tất cả các số hạng của dãy số đã cho đều là các số nguyên dương. 2) Tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho biểu diễn thập phân của xn có bốn chữ số tận cùng là 2003. 3) Không tồn tại số nguyên dương n mà biểu diễn thập phân của xn có bốn chữ số tận cùng là 2004. Bài 5. Xét lục giác lồi ABCDEF. Gọi A1,B1,C1,D1,E1,F1 lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,BC,CD,DE,EF,FA. Ký hiệu p và p1 tương ứng là chu vi của lục giác ABCDEF và của lục giác A1B1C1D1E1F1. Giả sử lục giác A1B1C1D1E1F1 có tất cả các góc trong bằng nhau. Chứng minh rằng: √ 2 3 p ≥ p 3 1 Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi nào? Bài 6. Cho S là một tập hợp gồm một số số nguyên dương mà số nhỏ nhất và số lớn nhất trong S là hai số nguyên tố cùng nhau.
1.11. Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 2003 - 2004 (Ngày 7, 8/5/2004) 17 Với mỗi số tự nhiên n, ký hiệu Sn là tập hợp gồm tất cả các số tự nhiên mà mỗi số đều là tổng của nhiều nhất n số (không nhất thiết đôi một khác nhau) thuộc tập S. Quy ước 0 là tổng của 0 số thuộc S. Gọi a là số lớn nhất trong S. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k và số nguyên b sao cho |Sn| = an + b với mọi n>k. (|X| ký hiệu số phần tử của tập hợp X)
Chương 2 Đáp án tuyển sinh 2.1 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1991 - 1992 Bài 1. Trong trường hợp m chia hết cho n (kể cả khi m =0(nếu coi 0 là số tự nhiên, chia hết cho n)), rõ ràng không có số nguyên k>1 thoả mãn đề bài mà k ≤ n.Vậyk = n +1. Sau đây xét m>0, m không chia hết cho n, (n>1). với l ∈ Z. Xét ϕ(l):Zn = Z/nZ → Zn x 7→ lm + x = lm + x thì nó xác định tác động của nhóm cộng Z lên Zn. Nhóm dừng tại x gồm các l ∈ Z mà lm = 0 tức là lm (một bội của m) là bội của n, vậy nhóm dừng BSCBN(m,n) m.n 1 n đó goòm các bội của m = d . m = d = n0, trong đó d =(m, n). Từ đó mỗi quỹ đạo α của tác động nói trên có n0 phần tử, cụ thể là dãy xα thuộc α thì α = {ϕ(l)(xα) | l =01, , n0 − 1} và Zn là hợp rời rạc của n = d quỹ đạo như thế. n0 n0 Chú ý: do m không chia hết cho n nên n0 > 1.VậysốN = d[ 2 ]+1 > 1 và rõ ràng N ≤ n. Hãy chứng minh N bằng số k cần tìm. 1) a1, a2, , aN là N phần tử phân biệt của Zn thì do có đúng d quỹ đạo n0 rời nhau nên có hơn [ 2 ] phần tử ai đó nằm trong một quỹ đạo α nào đó và do α có n0 phần tử, có ap, as thuộc α mà ϕ(1)(ap)=as, tức m + ap = as hay m + ap − as = 0. 2) Khi d =1và n0 =2hay 3 thì N =2rõ ràng có tính chất bé nhất cần tìm, tức N = k. Trong các trường hợp khác thì N>2 và lấy trong mỗi quỹ đạo α phần tử { | n0 } xα thì tập hợp ϕ(2l)(xα) l =0, 1, , [ 2 ],αchạy qua tập các quĩu đạo 18
2.1. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1991 - 1992 19 gồm N − 1 phần tử phân biệt của Zn mà không có hai phần tử khác nhau nào có hiệu bằng m.VậyN có tính chất bé nhất đang xét. Kết luận: m chia hết cho n (kể cả m =0): k = n +1. Còn các trường n n0 hợp khác: đặt d =(m, n), n0 = d thì k = d[ 2 ]+1. Bài 2. Do f(x) là đa thức có bậc không nhỏ hơn 1 nên |f(x)|→+∞ khi |x|→+∞,vậycóx0 > 0 để |f(x)| >cvới mọi x mà |x| >x0. Kí hiệu n0! n0 là số nguyên dương bé nhất thoả mãn 2n0 >x0. Hãy chứng minh n0 là số cần tìm. Giả sử p(x) là đa thức có deg P = k ≥ n0 và có hệ số của số hạng bậc k bằng 1.Vớik +1số nguyên phân biệt tuỳ ý b1 l) 1≤i≤k+1 (i − 1)!(k +1− i)! i=1 k 1 2k j ≤ max |P (bi)| X Ck = max |P (bi)| 1≤i≤k+1 k! k! 1≤i≤k+1 j=0 Từ đó k! n0! max |P (bi)|≥ ≥ >x0 1≤i≤k+1 2k 2n0 . Vậy có i ∈{1, 2, , k +1} để |f(P (bi))| >c, tức là số các số nguyên x mà |f(P (x))|≤c không vượt quá k = deg P . Bài 3. Coi các tam giác cân A0BC,B0CA,C0AB có các đỉnh cân theo thứ tự là A0,B0,C0, (đỉnh cân đối diện với đáy). Coi tam giác ABC xác định hướng thuận trong mặt phẳng và đặt θ = 0 0 0 − π π (AC ,AB)=(BA ,BC)=(CB ,CA) (góc định hướng), ở đây 2 <θ< 2 , θ =06 ,vàA0,B0,C0 theo thứ tự thuộc các trung trực của BC, CA, AB. −−→ −→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ 1) AA0 = AB + BA0 = AB + f (BC), BB0 = BC + CB0 = BC + −→ −→ −−→ −→ −−→ −→ −→ −→ −→ f (CA), CC0 = OA + AC0 + OA + f (AB), trong đó f là tích, phép vị tự
20 Chương 2. Đáp án tuyển sinh −−→ −−→ −−→ (véctơ) hệ số 1 với phép quay (véctơ) góc −θ.VậyAA0 + BB0 + CC0 = −→ −−→ −→2 cos θ −→ −−→ −→ −→ −→ −−→ −−→ −−→ AB + BC + CA + f (BC + CA + AB)= 0 . Chú ý rằng AA0, BB0, CC0 là những véctơ khác véctơ không (vì a, b, c khác nhau đôi một) nên suy ra −−→ luôn có tam giác có cạnh dài AA0,BB0,CC0 trừ khi và chỉ khi AA0 song −−→ song với BB0. −−→ −−→ 2) Với hai véctơ CM,ON trong mặt phẳng đã xác định hương, kí hiệu −−→ −→ −−→ −→ 0 nếu OM = 0 hay ON = 0 −−→ −−→  −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ OM × ON = |OM||ON| sin(OM, ON) nếu OM 6 0 , ON =6 0 hay −−→ −→  ON = 0 −−→ Lấy hệ toạ độ Đềcac vuông góc định hương thuận trong mặt phẳng, OM(x, y), −−→ ON(x0,y0) thì do sin(OM, ON) = sin((Ox, ON) − (Ox, OM)) tính được −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ OM × ON = xy0 − x0y.Từ đó dễ thấy (OM + OM0) × CN = OM × ON + −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ OM0 × CN, OM × (ON + ON0)=OM × ON + OM × CN0. −−→ −−→ Trở lại bài toán: Dễ thấy từ định nghĩa AA0 song song với BB0 khi và −−→ −−→ chỉ khi AA0 × BB0 =0. Ta có −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ AA0 × BB0 =(AB + BB0) × (BC + CB0)=AB × BC + AB × CB0+ −−→ −−→ −−→ −−→ + BA0 × BC + BA0 × CB0 −→ −−→ Tính từng số hạng của tổng này: AB×BC =2S, S là diện tích của tam giác −→ ABC; AB × CB0 = c b sin(θ − A), trong đó A =(AB, AC), để ý rằng 2 cos θ b b −−→ −−→ (AB, CB0)=(AB, AC)+(AC, CA)+(CA,CB0)=A + π − θ; BA0 × BC = −−→ −−→ b a a sin θ; BA0 × CB0 = a b sin C, trong đó C =(CA, AB),đểý 2 cos θ 2 cos θ 2 cos θ b b rằng (BA0,CB0)=(BA0,BC)+(BC,CA)+(CA,CB0)=θ + π − C − θ = b π − C. b
2.1. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1991 - 1992 21 Vậy −−→ −−→ bc a2 sin θ ab AA0 × BB0 =2S + sin(θ − A)+ + sin C 2 cos θ b 2 cos θ 4 cos2 θ b 1 1 3 = S tan2 θ + (a2 + b2 + c2) tan θ + S. 2 4 2 Từ đó θ cần tìm là nghiệm của phương trình 1 S tan2 θ + (a2 + b2 + c2) tan θ +3S =0. 2 Biệt thức của tam thức bậc hai đối với tan θ ở vế trái là 1 ∆= (a2 + b2 + c2) − 12S2 4 1 = {(a2 − b2)2 +(b2 − c2)2 +(c2 − a2)2} > 0. 2 (Để ý công thức Heron: 16S2 =2(a2b2 + b2c2 + c2a2) − (a4 + b4 + c4).Vậy phương trình trên có hai nghiệm tan θ1 và tan θ2 phân biệt, âm 1 √ tan θ , tan θ = {−(a2+b2+c2)± 2p(a2 − b2)2 +(b2 − c2)2 +(c2 − a2)2}, 1 2 4S 1 − − − trong đó S = 4 p(a + b + c)(a + b c)(a b + c)( a + b + c). Coi các tam giác cân A0BC,B0CA,C0AB có đỉnh cân theo thứ tự là −−→ −−→ −−→ −→ B,C,Athì chúng minh theo đúng cách trên ta vẫn có AA0+BB0+CC0 = 0 , −→ −−→ −−→ ởđây f là phép quay (véctơ) góc −θ (ở đây 0 <θ<π), còn AA0 × BB0 = − a2+b2+c2 4S 2S cos θ + 2 sin θ nên θ cần tìm phải là nghiệm của phương trình lượng giác α sin θ + β cos θ = γ a2+b2+c2 − − trong đó, α = 2 , β = 2S, γ = 4S. Gọi ϕ là góc mà sin ϕ = √ β , cos ϕ = √ α thì sin(θ +ϕ)=√ γ = −√ 8S ,cho α2+β2 α2+β2 α2+β2 16S2+(a2+b2+c2)2 hai nghiệm θ1, θ2 phân biệt. Nếu coi các tam giác cân A0BC,B0CA,C0AB có đỉnh cân theo thự tự là C, A, B thì cũng chứng minh theo cách tương tự, trong kết quả vừa rồi − − π π 6 thay θ bởi π 2θ,ởđây( 2 <θ< 2 , θ =0). Bài 4. Kí hiệu A là tập hợp các hình tròn của họ tiếp xúc 6 hình tròn khác, B là tập các hình tròn còn lại. Với mỗi hình tròn C0 của họ, kí hiệu L(C0) là tập giữa C0 và các hình tròn C của họ mà có dãy C1,C2, , Cm hình tròn của họ (m ≥ 1)đểCi tiếp xúc với Ci+1 (i =0, 1, , n − 1), C = Cm.
22 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 1) Trong mỗi L(C0) phải có C ∈Bvì nếu mọi C ∈L(C0) đều thuộc A thì xét hình tròn có bán kính bé nhất trong L(C0) suy ra mọi hình tròn của (C0) phải có bán kính bằng bán kính đó (*) và khi đó lưới các tâm các hình tròn của L(C0) không thể bị chặn, mâu thuẫn với họ hữu hạn hình tròn. (*) suy ra từ: một hình tròn bán kính R không thể tiếp xúc ngoài với sáu hình tròn ngoài nhau hay tiếp xúc ngoài nhau mà sáu bán kính không nhỏ hơn R và có bán kính lớn hơn R. Thực vậy, nếu có hình vẽ bên: O1O2 = R1 + R2 + l, (R ≤ R1,R1 ≤ R2, 0 ≤ l) thì góc ϕ =(OO1,OO2) phải giữa 60◦ và 180◦ do (R + R )2 +(R + R )2 − (R + R + l)2 1 cos ϕ = 1 2 1 2 ≤ . 2(R + R1)(R + R2) 2 2) Nếu có hai cách đặt f,g thỏa mãn đề bài thì f − g lấy giá trị 0 trên B và nó thỏa mãn điều kiện trung bình cộng của đề bài. Cần chứng minh f − g lấy giá trị 0 trên A. Giả sử có C ∈Amà (f − g)(C) =06 ;kí e e hiệu C0 là hình tròn của họ sao cho (f − g)(C0) = min (f − g)(C) nếu mọi C )f − g)(C) 0, e mọi C e thì C0 ∈Avà theo 1), trong L(C0) có dãy C1, , Cm (m>1), Ci tiếp xúc Ci+1 (i =0, 1, , m − 1), Ci ∈A(i =0, 1, , m − 1), Cm = C ∈B. Do tính chất trung bình cộng của các số lơn hơn hoặc bằng a (trong các số nhỏ hơn hoặc bằng b) chỉ bằng a (theo thứ tự b) khi tất cả các số đó bằng a (theo thứ tự b) và do tính chất min, max nói trên , với C0 suy ra (f − g)(C0)=(f − g)(C1)=··· =(f − g)(Cm−1)=(f − g)(C)=0vì C ∈B), do đó có mâu thuẫn. Chú ý: sau khi xét trường hợp (f − g)(C) 0 vè trường hợp nó âm nhờ xét g − f thay cho f − g. e Bài 5. Dễ thấy rằng: Nếu (x, y) là nghiệm thì (y,x) là nghiệm. Nếu không có nghiệm nguyên (x, x). 2) Xét ánh xạ f : R2 → R2, f((x, y)) = (x0 =5x − y, y0 = x) a) dễ thấy rằng x02 − 5x0y0 + y02 = x2 − 5xy + y2. b) Kí hiệu S là tập các nghiệm nguyên dương thì dễ thấy rằng f(S)=S
2.1. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1991 - 1992 23 (để ý rằng phương trình có thể viết y(5x − y)=x2 +5). c) Hãy chứng minh rằng với (x, y) ∈ S mà 1 1.Vậy4x x − y, vậy các phần tử viết trên đây của S là đôi một khác nhau. Có thể tính được (với mọi k ∈ Z) ( k 1 k+1 − k+1 k − k k − k k−1 − k−1 f ((1, 3)) = α (λ1 λ2 +3(λ2 λ1),λ1 λ2 +3(λ2 λ1 )) k 1 k+1 − k+1 k − k k − k k−1 − k−1 f ((1, 2)) = α (λ1 λ2 +2(λ2 λ1),λ1 λ2 +2(λ2 λ1 )) √ 1 1 − trong đó λ1 = 2(5 + α), λ2 = 2 (5 α), α = 21. Vài nghiệm f f f f f f ···7→(14, 67) 7→ (3, 14) 7→ (1, 3) 7→ (2, 1) 7→ (9, 2) 7→ (43, 9) 7→ · · · f f f f f f ···7→(9, 43) 7→ (2, 9) 7→ (1, 2) 7→ (3, 1) 7→ (14, 3) 7→ (67, 14) 7→ · · · Bài 6. Lập đồ thị G: đỉnh biểu diễn cho “ngôn ngữ", cạnh nối hai đỉnh biểu diễn “người biết hai ngôn ngữ đó". Vậy G là đồ thị 2n đỉnh. Điều kiện “hai người biết chung nhiều nhất một ngôn ngữ" nói rằng G là đồ thị đơn. Điều kiện còn lại cho biết: với mỗi k nguyên 1 ≤ k ≤ n − 1 có không quá k − 1 đỉnh, mỗi đỉnh có bậc nhỏ hơn hoặc bằng k (*). Theo đề bài, cần chứng minh: từ tất cả các cạnh của G có thể 2n cạnh thuộc 2n đỉnh và mỗi đỉnh luôn thuộc đúng hai cạnh 2n cạnh đó. Để chứng minh điều này ta sẽ chứng minh: Trong G tồn tại một đường đi khép kín có độ dài 2n và đi qua tất cả các định của G (một đường đi như thế ta sẽ gọi là chu trình H. Ta chứng
24 Chương 2. Đáp án tuyển sinh minh điều này bằng phản chứng. Giả sử trong G không có chu trình H. Khi đó tập các đỉnh không kề nhau của G là không rỗng và hữu hạn. Bằng cách thêm dần hai cạnh nối hai đỉnh không kề nhau ta sẽ xây dựng đồ thị 2n đỉnh G thoả mãn 1) (*), 2) trong G không có chu trình H 3) Khi thêm e e cạnh nối hai đỉnh bất kì không kề nhau của G ta sẽ nhận được đồ thị có e chu trình H. Xét G với v là đỉnh của G kí hiệu f(v) là bậc của v. e e a) Từ 2) và 3) suy ra giữa hai đỉnh bất kì không kề nhau của G˜ đều tồn tại một đường đi nhận hai đỉnh ấy làm hai đầu mút, đi qua tất cả các đỉnh của G và có độ dài 2n − 1. e b) Nếu hai đỉnh v và v0 của G có f(v) ≥ n, f(v0) ≥ n thì v và v0 phải kề e nhau. 0 Thật vậy, giả sử v và v không kề nhau thì có đường đi v1,v2, , v2n (v ≡ v,v ≡ v0 đi qua tất cả các đỉnh của G và có độ dài 2n − 1. Giả 1 2n e sử f(v)=s ≥ n. Kí hiệu vi1 ,vi2 , , vis (2=i1 <i2 < ··· <is < 2n)là các đỉnh kề với v1 ≡ v. Khi đó với mỗi j =1, 2, , s các đỉnh v(ij)−1 không 0 kề với v2n ≡ v vì nếu ngược lại thì chu trình H trong G là v1v2 v(ij)−1v2n 0 e v2n−1 vij mâu thuẫn với 2). Từ đó suy ra f(v ) ≤ 2n − (s − 1) ≤ n − 1 (do s ≥ n), mâu thuẫn với f(v0) ≥ n.Vậyv,v0 phải kề nhau. c) Từ b) suy ra tập v gồm các đỉnh v của G mà f(v) ≤ n − 1 là không e rỗng, vậy có maxv∈V f(v)=m ≤ n − 1.Lấyv1 mà f(v1)=m. Điều kiện (*) với k = n − 1 nói rằng có ít nhất 2n − (n − 1) + 1 = n +2 đỉnh có bậc ≥ n, do với k = n − 1 nói rằng có ít nhất một trong các đỉnh này, chẳng hạn v2n, không kề với v . Suy ra có đường đi v ,v , v đi qua tất cả các đỉnh của G 1 1 2 2n e và có độ dài 2n−1. Kí hiệu vi1 ,vi2 , vim (2 = i1 <i2 < ···<im < 2n là các đỉnh kề với v1 thì lập luận như ở b) chứng tỏ với mọi j =1→ n ta có v(ij)−1 không kề với v2n (chú ý rằng điều kiện (*) với k =1) chứng tỏ mọi đỉnh của G có bậc ≥ 2. Áp dụng điều kiện (*) với k = m (2 ≤ m ≤ n − 1) suy e ra {v(i1)−1,v(i2)−1, , v(im)−1} phải có ít nhất một đỉnh vq có f(vq) ≥ m +1 . Từ định nghĩa của m suy ra f(vq) ≥ n. Như vậy, vq,v2n có f(vq) ≥ n, f(v2n) ≥ n mà không kề nhau, mâu thuẫn với b). Mâu thuẫn này cho ta điều phải chứng minh. 2.2 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1992 - 1993 Bài 1. Trường hợp tổng quát khi đặt 1993 = 2m +1(dòng) và 2000 = 2n (cột) với m = 996 và n = 1000. Gọi s là tổng số các hình vuông 2×2 và hình chữ nhật khuyết kép, gọi y
2.2. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1992 - 1993 25 là số các hình chữ nhật khuyết đơn. Ta có đẳng thức về diện tích các hình: 4s +5y =2n(2m +1) (1) Đánh dấu (×) vào các ô vuông có toạ độ (2r, 2t) với 1 6 r 6 m và 1 6 t 6 n ta được m.n dấu (×). Dễ thấy trên hình: +) Hình vuông 2 × 2 hoặc hình chữ nhật khuyết kép chứa đúng một dấu (×). +) Hình chữ nhật khuyết đơn chứa một hoặc hai dấu (×). Từ đó đặt 1 6 v 6 2,v nguyên, ta có bất đẳng thức sau về số dấu (×) trên hình m.n = s.1+y.v > s + y (2) Từ (1) và (2) ta có 5m.n > 5(s + y)=4s +5y + s =2n(2m +1)+s hay s 6 5m.n − 2n(2m +1)=m.n − 2n = n(m − 2). Áp dụng với m = 996 và n = 1000 có kết quả s 6 994000. Sự tồn tại của cách ghép với s = 994000 cho trên hình vẽ.
26 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Bài 2. 1) Ta có 1 3 √ 1 3 3 an+1 = an + √ = an +3an an +3+ √ an an an √ 9 3 >a3 +3a a + =(pa3 + )2 n n n 4 n 2 3 3n ⇒ qa3 > pa3 + ⇒ pa3 > ∀n > 1 (1) n+1 n 2 n 2 2) Mặt khác √ 1 2 1 √ 1 2 a = a + − 1 2 4 ak ak 8 a k=0 k=0 k Từ (1) suy ra với n>1 thì − n 1 1 n 1 1 n 1 X 1 n 2 1 2 ởđâyK1,K2 = const 3) Từ kết quả của 1) và 2) ta được: 3n 3 3n √ 1 2 n 2 1 2 3 a 2 3 ⇒∃ lim n = (2) n→∞ n 2
2.2. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1992 - 1993 27 Từ (1) ta có limn→∞ an =+∞. Do đó, kết hợp với (2) suy ra aα 3 lim n =+∞ với α> n→∞ n 2 aα 3 lim n =0 với α 0 ta có 16 −8x x 6 αx2 + x2 dấu ”=”⇔ αx = −4x (1) 1 2 1 α 2 1 2 2 2 −8x2x3 6 4(x2 + x3) dấu ”=”⇔ x2 = −x3 (2) 16 −8x x 6 αx2 + x2 dấu ”=”⇔ αx = −4x (3) 3 4 4 α 3 4 3 α 4 2x x 6 x2 + x2 dấu ”=”⇔ αx =4x (4) 1 3 4 1 α 3 1 3 4 α 2x x 6 x2 + x2 dấu ”=”⇔ αx =4x (5) 2 4 α 2 4 4 4 2 Do vậy 5α 20 A 6 5+ (x2 + x2)+10 + (x2 + x2) 4 1 4 α 2 3 Chọn α>0 thoả mãn 5α 20 √ 5+ =10+ ⇔ α = 2(1 + 5 4 α . Khi đó 5α 5α 5 √ A 6 (5 + )(x2 + x2 + x2 + x2) 6 5+ = (3 + 5) 4 1 2 3 4 4 2 √ 5 ⇔ 4 2 Ta có A = 2 (3 + 5) có đồng thời (1), (2), (3), (4), (5) và Pi=1 xi =1 √ √ 1s 1 1+ 5 1+ 5 ⇔ x1 = ± 1 − √ ,x2 = − x1,x3 = x1,x4 = −x1 2 5 2 2
28 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Vậy 5 √ max A = (3 + 5) 2 2) Tìm min A:Lấy1 0 ta có x2 −2(4 − α)x x > −(4 − α)βx2 + 2 ”=”⇔ βx = x (6) 1 2 1 β 1 2 x2 −2(4 − α)x x > −(4 − α)βx2 + 3 ”=”⇔ βx = x (7) 3 4 4 β 4 3 2 2 −4(2 − α)x2x3 > −2(2 − α)(x2 + x3) ”=”⇔ x2 = x3 (8) Suy ra A > −2(4 − α)x1x2 − 4(2 − α)x2x3 − 2(4 − α)x3x4+ 2 2 2 2 2 +4(x1 + x4)+(5− α )(x2 + x3) 4 − α > [4 − (4 − α)β](x2 + x2)+[1+2α − − α2](x2 + x2) 1 4 β 2 3 Chọn β sao cho 4 − α 4 − (4 − α)β =1+2α − − α2 (9) β Khi đó 1 A > [4 − (4 − α)β](x2 + x2 + x2 + x2) > [4 − (4 − α)β] 1 2 3 4 2 Dấu ”=”ở bất đẳng thức cuối cùng đạt được khi và chỉ khi có đồng thời βx1 = x2  βx4 = x3  x2 = x3 (I)  x1 − αx2 + x3 =0  x − αx + x =0  2 3 4  2 2 2 2 1 x1 + x2 + x3 + x4 = 2
2.2. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1992 - 1993 29 Dễ thấy, các giá trị x1,x2,x3,x4 thoả mãn hệ trên là các giá trị có cùng dấu. Bởi vậy, để đơn giản ta sẽ chỉ xét xi =0,i= 1, 4. Với điều kiện đó ta có x2 = x3,x1 = x4 x3 = x2,x4 = x1    1 x =(α − 1)x x1 = x2  1 2 (I) ⇔  β ⇔  α − 1= 1 (10) x1 =(α − 1)x2 β   1 2x2 +2x2 = 1 x1 = √  1 2 2  2 1+β2 Bây giờ ta sẽ xác định β nhờ vào (9) và (10). Thế (10) vào (9) ta được 1 1 1 1 4+ − 3β =2− + − 3 β β2 β β √ 1+ 5 ⇔β2 − β − 1=0⇔ β = (do β>0) 2 Từ đó √ 1 1+ 5 1 x1 = √ ,x2 = . √ p10 + 2 5 2 p10 + 2 5 Vậy √ 7 − 3 5 min A = 4 đạt được khi √ 1 1+ 5 x1 = x4 = √ ,x2 = x3 = √ p10 + 2 5 2p10 + 2 5 Bài 4. (Hình học phẳng) Từ hai đẳng thức quen thuộc (với a = BC,b = CA,c = AB) −−→ −→ −−→ −→ OH = OA + OB + OC (1)
30 Chương 2. Đáp án tuyển sinh và −→ −→ −→ −→ aIA+ bIB + cIC = 0 (2) suy ra −→ −→ −−→ −→ (a + b + c)OI = aOA + bOB + cOC (3) và −→ −→ −−→ −→ (a + b + c)IH =(b + c)OA +(c + a)OB +(a + b)OC (4) −−→ −→ −→ −→ −→ −−→ Để ý rằng 2OB.OC =2R2 − a2, 2OC.OA =2R2 − b2, 2OA.OB =2R2 − c2 với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, từ (3) và (4) suy ra −→ (a + b + c)2OI2 =(a + b + c)2R2 − abc(a + b + c) (5) −→ (a + b + c)IH2 =4(a + b + c)2R2 − (a + b + c)(a3 + b3 + c3 + abc) (6) 4 abc Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC thì a+b+c =2Rr nên từ (5) và (6) có: abc OI2 = R2 − = R(R − 2r) a + b + c và (a3 + b3 + c3 − 3abc)+4abc IH2 =4R2 − a + b + c =4R(R − 2r) − (a2 + b2 + c2 − bc − ca − ab) 1 =4OI2 − [(b − c)2 +(c − a)2 +(a − b)2] 2 Từ đó IH 6 2IO và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c tức là 4ABC là tam giác đều. Bài 5. Ký hiệu p(n) là ước nguyên tố lớn nhất của n. Ký hiệu α(n) là số mũ của p(n) trong phân tích nguyên tố của n. 1) Trước hết, chứng minh nhận xét sau: Nhận xét: Nếu p(x0) >kthì tồn tại ít nhất một chỉ số m1 > 0 sao cho p(xm1 ) k>1 nên từ (1) suy ra: +) Nếu α(x0)=αr > 1 thì p(x1)=p(x0)=pr và α(x1)=α(x0) − 1 +) Nếu α(x0)=αr =1thì p(x1) <p(x0)=pr Từ đó suy ra p(xαr ) < p(x0). Nhận xét được chứng minh.
2.2. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1992 - 1993 31 2) Từ nhận xét trên suy ra nếu p(x0) >kthì sẽ tồn tại chỉ số M sao cho p(xM ) 6 k. Như thế, ∀a>1 luôn ∃M > 0 sao cho p(xM ) 6 k. Do đó α ∗ +) Với k =2thì p(xM )=2suy ra xM có dạng xM =2 ,α∈ N hay α ∞ xM+1 = f(xM )=2 . Suy ra xm = xM , ∀m > M, vậy dãy {xM }0 là dãy bị chặn ∀a>1. +) Với k =3thì p(xM )=2hoặc p(xM )=3.Dovậy,xM sẽ có một trong các dạng sau: α β ∗) xM =2 .3 với α, β > 1 β ∗) xM =3 với β > 1 α ∗) xM =2 với α > 1 α β α β - Xét xM =2 .3 . Khi đó xM+1 = f(xM )=2 .3 ⇒ xm = xM , ∀m > M β β - Xét xM =3. Khi đó xM+1 = f(xM )=2.3 ⇒ xm = xM+1, ∀m > M +1(theo kết quả của bước trên). α - Xét xM =2 . Khi đó (3 nếu α =1 xM+1 = f(xM )= 3.2α−1 nếu α>1 Từ đó, theo kết quả của hai bước trên, ta sẽ có xm = xM+2, ∀m > M +2 (trường hợp α =1) hoặc xm = xM+1, ∀m > M +1(trường hợp α>1). ∞ Tóm lại, với k =3thì dãy {xm}0 là dãy bị chặn ∀a>1. Xét k>3. Với chú ý rằng: ∀m ∈ N, ∀k>1 nếu p(xm) 6 k thì p(xm+1) 6 ∞ k (dễ thấy từ cách xác định dãy {xm}0 ), ta thấy p(xm) 6 k,∀m > M.Do đó, ∀m > M ta có: 1 1 xm+1 = f(xm)=kxm(1 − ) ···(1 − ) p1 pr 1 1 1 >kx (1 − )(1 − ) ···(1 − )(do p 6 k và k>3) m 2 3 k r = xm. (2) ∞ ∞ Mà dãy {xm}0 là dãy các số nguyên dương, nên từ (2) suy ra dãy {xm}0 là dãy không bị chặn ∀a>1. ∞ Vậy dãy {xm}0 là dãy bị chặn ∀a>1 khi và chỉ khi k =2hoặc k =3. Bài 6. Xét n điểm A1,A2, ,An mà có thể tô màu tất cả các đoạn AiAj thoả mãn đề bài. Xét grafG có tập đỉnh V = {A1,A2, ,An} và tập cạnh là các đoạn được tô màu xanh. Dễ thấy G đơn, vô hướng, n đỉnh và thoả mãn: a) d(Ai) 6 4, ∀i = 1,n (d(Ai) ký hiệu bậc của đỉnh Ai).
32 Chương 2. Đáp án tuyển sinh b) Với bất cứ hai đỉnh Ai,Aj nào cũng đều tồn tại một xích đơn nối chúng và có độ dài nhỏ hơn hoặc bằng 2. Vấn đề đặt ra ở bài đã ra tương đương với tìm số đỉnh n lớn nhất của grafG đơn, vô hướng và thoả mãn a) và b). Xét G đơn, vô hướng, n đỉnh và thoả mãn a) và b). Xét một đỉnh Ai bất kỳ của G. Khi đó mỗi đỉnh trong số n − 1 đỉnh còn lại phải hoặc kề với Ai hoặc kề với ít nhất một đỉnh kề với Ai (theo b)). Kết hợp với a) suy ra n 6 1+4+3× 4=17. 1) Xét n=17: Khi đó dễ thấy, phải có d(Ai)=4 ∀i = 1, 17 (*) 4×17 và do đó G có tất cả 2 =34cạnh. Hình 1 Xét đỉnh Ai bất kỳ của G. Từ (*) suy ra Ai kề với đúng 4 đỉnh khác, giả sử là Ai1 ,Ai2 ,Ai3,Ai4 . Qui ước gọi tất cả các đỉnh còn lại của G là các đỉnh rìa, và gọi tất cả các cạnh có cả hai đầu−→ mút là hai đỉnh rìa là các cạnh rìa. Từ b) và (*) suy ra mỗi đỉnh Aij, (j = 1, 4) (xem H.1). Từ đó dễ thấy không có hai đỉnh nào của G cùng với Ai lập thành nhóm ba đỉnh đôi một kề nhau, nên trong G không có ba đỉnh nào đôi một kề nhau (vì Ai lấy ra xét là đỉnh bất kỳ). Vậy mỗi cạnh rìa đều có hai đầu mút là hai đỉnh rìa không cùng kề với một đỉnh Aij suy ra mỗi cạnh rìa cho ta một chu trình đơn độ dài 5 và đi qua Ai. Mà số cạnh rìa có tất cả 34 − 16 = 18, nên có tất cả 18 chu trình đơn độ dài 5 và đi qua Ai.VìAi là đỉnh bất kỳ nên từ 18×17 ∈ đó suy ra số chu trình đơn độ dài 5 trong G có tất cả là: 5 / Z,vôlý. Vậy n =176 . 2) Xét n=16. Khi đó dễ thấy, phải có d(Ai)=4 ∀i = 1, 16 (1) 16×4 và do đó G có tất cả 2 =32cạnh. Xét một đỉnh Ai bất kỳ của G. Theo (1), Ai kề với đúng 4 đỉnh khác, giả sử là Ai1,Ai2 ,Ai3 ,Ai4 . Tiếp tục, bằng
2.2. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1992 - 1993 33 phương pháp lập luận như ở 1), ta sẽ được: mỗi đỉnh Aij, (j = 1, 4) đều kề với đúng ba đỉnh rìa và có đúng một đỉnh rìa, tạm gọi là Ak, kề với đúng hai đỉnh Aij (xem H.2). Từ đó, do Ai là bất kỳ nên suy ra: Trong G không có ba đỉnh nào đôi một kề nhau, suy ra mỗi cạnh rìa không liên thuộc Ak cho ta đúng một chu trình đơn độ dài 5 và đi qua Ai, còn mỗi cạnh rìa liên thuộc Ak cho ta đúng hai chu trình đơn độ dài 5 và đi qua Ai. Mà số cạnh rìa có tất cả là 32 − 16 = 16 và trong số này có đúng hai cạnh liên thuộc Ak (do d(Ak)=4), nên suy ra có tất cả 14 × 1+2× 2=18chu trình đơn độ dài 5 đi qua Ai.VìAi bất kỳ nên suy ra số chu trình đơn độ dài 5 trong 18×16 ∈ 6 G có tất cả là 5 / Z,vôlý.Vậyn =16. Hình 2 3) Xét n =15.TacóG được mô tả ở (H.3) thoả mãn mọi yêu cầu đặt ra. Hình 3 Vậy nmax =15. Bình luận: 1) Việc xây dựng G có 15 đỉnh xuất phát từ graf quen thuộc (graf Petersơn) (H.4) và bởi vậy G còn có thể mô tả như sau (H.5).
34 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 2) Có thể xét trường hợp n =16bằng cách khác dễ lập luận chặt chẽ hơn. Tuy nhiên việc xét như đã trình bày ở trên đảm bảo cho lời giải nhất quán về phương pháp. Hình 4 Hình 5 3) Lời giải trên chỉ dùng cho người chấm thi. 2.3 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 Bài 1. a) Đặt BE = x, AB = CD = a, CF = y, AD = BC = b.Từ SABE = SBCF có 1 1 .AB.BE sin α = .BC.CF sin(1800 − α) 2 2 ⇔ AB.BE = BC.CF ⇔ a.x = b.y (1) b) Kẻ DB//AE cắt tia BC tại P thì CP = BE = x.KẻBQ//AF cắt tia
2.3. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 35 DC tại Q thì CQ = FQ− CF = a − y. Theo định lý Talet, ta có: BM BE x = = (2) BD BP b + x DN DF a − y = = (3) DB DQ 2a − y Từ đó tính MN2 − BM2 − DN2 =(BD − BM − DN)2 − BM2 − DN2 = BD2 − 2BD.BM − 2BD.DN +2BM.DN hay MN2 − BM2 − DN2 BM DN BM DN =1− 2 − 2 +2 . (4) BD2 BD BD BD BD Thay (2),(3) vào (4) ta được MN2 − BM2 − DN2 2x 2(a − y) x a − y =1− − +2 = BD2 b + x 2a − y b + x 2a − y 1 = [(b + x)(2a − y) − 2x(2a − y)− (b + x)(2a − y) − 2(a − y)(b + x)+2x(a − y)] (2a − y)(b − x) − 2(a − y)b yb + yx − 2ax = = (5) (b + x)(2a − y) (b + x)(2a − y) Thay (1) vào tử số của (5) được yb + yx − 2ax = ax + yx − 2ax = yx − ax = −x(a − y) Vậy MN2 − BM2 − DN2 x a − y BM DN = − = − . BD2 b + x 2a − y BD BD hay MN2 = BM2 + DN2 − BM.DN (6)
36 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Nếu dựng 4M 0N 0S sao cho SM0 = BM,SN0 = DN và góc đối diện với M 0N 0 bằng 600 thì M 0N 02 = SM02 + SN02 − SM0.SN 0 (7) So sánh (6) và (7) ta có MN = M 0N 0, nghĩa là tồn tại 4AM 0N 0 có các cạnh tương ứng bằng MN,BM,DN. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp 4SM0N 0. Theo định lý hàm số sin ta có √ MN = M 0N 0 =2R sin 600 = 3R nên MN0 và R cùng giảm. Bài 1. a) Xét biểu thức BM2 + DN2 − MN2 ϕ = 2BM.DN chỉ cần chứng minh −1 6 ϕ 6 1 (ϕ đó sẽ là cosin của góc α đối diện cạnh của tam giác mà ta cần chứng minh sự tồn tại). Kẻ MM1,NN1 song song DA (M1,N1 thuộc AB) thì do Talet BM2 + AN 2 − M N 2 ϕ = 1 2 1 1 2BM1.AN1 Với mỗi điểm P trong hình bình hành ABCD,kẻPP1 song song DA (P1 ∈ ∈ AP1 AP2 AB),kẻPP2 song song AB (P2 AD), gọi x(P )= AB ,y(P )= AD . Giả thiết cho BE FC = = t 0 <t<1 AD AB P thuộc đường chéo BD ⇔ x(P )+y(P )=1 (*) P thuộc AE ⇔ y(P )=tx(P ) ( ) 1 P thuộc AF ⇔ y(P )= x(P ) ( ) 1 − t
2.3. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 37 Từ (*), ( ) suy ra AM 1 x(M )= 1 = 1 AB 1+t Từ (*), ( ) suy ra AN 1 − t x(N )= 1 = 1 AB 2 − t Từ đó M B t AN 1 − t 1 =1− x(M )= , 1 = x(N )= AB 1 1+t AB 1 2 − t M N t2 − t +1 1 1 = x(M ) − x(N )= AB 1 1 (1 + t)(2 − t) Vậy 2 2 2 t 1−t − t2−t+1 1+t + 2−t (1+t)(2−t) ϕ = t(1−t) 2 (1+t)(2−t) 1 dễ tính ϕ = 2 1 Vậy cos α = 2 . b) Bán kính R đường tròn ngoại tiếp tam giác vừa xây dựng xác định bởi MN 1 R = = √ MN 2 sin α 3 nên khi MN càng nhỏ thì R càng nhỏ. Bài 2. a) x2 + y2 + z2 + t2 − Nxyzt − N =0 (1) ⇔ t(t − Nxyzt)=N − (x2 + y2 + z2) (2) Với ba số nguyên dương bất kỳ a, b, c và N = a2 +b2 +c2 thì dễ thấy phương trình (2) có nghiệm 2 2 2 x0 = a, y0 = b, z0 = c, t0 = Nabc =(a + b + c )abc (*) Chú ý rằng khi hoán vị bốn số a, b, c, Nabc ta lại được nghiệm (x1,y1,z1,t1) của phương trình (1). b) Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương, chọn (x0,y0,z0,t0) là nghiệm nguyên dương của (1) sao cho tổng x0 + y0 + z0 + t0 là số nguyên
38 Chương 2. Đáp án tuyển sinh dương nhỏ nhất. Không làm mất tính chất tổng quát, giả định rằng x0 6 y0 6 z0 6 t0. Ta sẽ chứng minh rằng với N > 7 thì nghiệm nguyên dương của phương trình (1) với x0 6 y0 6 z0 6 t0 nếu có phải có dạng (*) như trên. Theo giả thiết t0 là nghiệm của phương trình bậc hai 2 2 2 2 t − Nx0y0z0t + x0 + y0 + z0 − N =0 (3) Phương trình (3) có nghiệm thứ hai t1 thoả mãn: t1 + t0 = Nx0y0z0 (4) 2 2 2 t1.t0 = x0 + y0 + z0 − N (5) Từ (4) suy ra t1 ∈ Z. Lại theo giả thiết 2 2 2 2 N(1 + x0y0z0t1)=t1 + x0 + y0 + z0 > 0 nên 1 t1 > − x0y0z0 Vì t1 ∈ Z nên t1 > 0. Giả sử t1 > 0 khi đó (x0,y0,z0,t1) là nghiệm nguyên dương của (1). Do cách chọn (x0,y0,z0,t0) thì x0 + y0 + z0 + t1 > x0 + y0 + z0 + t0 nên t1 > t0. Từ đó theo (5) ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 t0 6 t1t0 = x0 + y0 + z0 − N 7 nên N(1 + x0y0z0) 6 6z0 0 là sai, suy ra t1 =0. Từ (4), (5) suy ra 2 2 2 N = x0 + y0 + z0 và t0 = Nx0y0z0 là nghiệm (*) của phương trình (1). Với N =4k(8m +7)> 7, áp dụng kết quả trên thì N = x2 + y2 + z2.Do đó nếu chứng minh được phương trình x2 + y2 + z2 =4k(8m +7)không có nghiệm nguyên dương thì phương trình (1) cũng không có nghiệm nguyên dương. +) Khi k =0ta có x2 + y2 + z2 =8m +7 hay x2 + y2 + z2 ≡ 7 (mod 8). Trong ba số x, y, z phải có một số lẻ hoặc cả ba số lẻ. Nếu số a lẻ thì a2 ≡ 1 (mod 8), do đó x2 + y2 + z2 =6 7 (mod 8).
2.3. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 39 +) Khi k>0 ta có x2 + y2 + z2 =4k(8m +7) (*) hay x2+y2+z2 ≡ 0 (mod 4). Trong ba số x, y, z phải có một số chẵn hoặc ba số chẵn. Nếu có một số chẵn, còn hai số a, b lẻ thì a2+b2 ≡ 2 (mod 4)), suy ra 2 2 2 x +y +z =6 7 (mod 8). Nếu x, y, z đều chẵn, đặt x =2x1,y =2y1,z =2z1 thì (*) tương đương với x2 + y2 + z2 =4k−1(8m +7). Sau k lần biến đổi như thế ta có x2 + y2 + z2 =8m +7, nhưng phương trình này vô nghiệm nguyên dương như khi xét k =0 Bài 3.a) 1 − 4x 1 − 4x P (x)+1 − P 0(x) − P 00(x)=0 (1) x2 x2 1 − 4x ⇔ (P (x) − P 0(x)) + (P 0(x) − P 00(x)) = 0 (2) x2 Đặt Q(x)=P (x) − P 0(x) thì Q0(x)=P 0(x) − P 00(x) nên 1 − 4x (2) ⇔ Q(x)+Q0(x)=0 (3) x2 b) Ta chứng minh nếu đa thức bậc bốn P (x) có bốn nghiệm dương thì đa thức bậc bốn Q(x)=P (x) − P 0(x) cũng có bốn nghiệm dương. Không mất tính chất tổng quát, giả định rằng hệ số bậc cao nhất của P (x) là 1.Đặt 4 3 2 P (x)=x − ax + bx − cx + d =(x − x1)(x − x2)(x − x3)(x − x4) với x1,x2,x3,x4 là các nghiệm dương. Từ đó theo Định lý Viet thì a, b, c, d > 0. 0 P (x)=(x − x2)(x − x3)(x − x4)+(x − x1)(x − x3)(x − x4)+ +(x − x1)(x − x2)(x − x4)+(x − x1)(x − x2)(x − x3) 0 4 3 2 Q(x)=P (x) − P (x)=x + a1x + b1x + c1x + c + d Vì Q(x1)Q(x2) 0 nên y4 > 0.VậyQ(x) có bốn nghiệm dương. 4 1 c) Đặt R(t)=t Q( t ).VìQ(x) có bốn nghiệm dương thì R(t) cũng có bốn nghiệm dương, do đó lại áp dụng kết quả trên, đa thức R(t) − R0(t) cũng có bốn nghiệm dương. 1 1 t4 1 R(t) − R0(t)=t4Q( ) − h4t3Q( ) − Q0( )i t t t2 t 1 1 =(t4 − 4t3)Q( )+t2Q0( ) t t
40 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Hay phương trình sau có bốn nghiệm dương 1 1 (t4 − 4t)Q( )+Q0( )=0 (4) t t 1 Đặt x = t thì phương trình (4) trở thành phương trình (3), nên phương trình (3) 1 − 4x Q(x)+Q0(x)=0 x2 cũng có bốn nghiệm dương. −x Bài 3. Đặt P1(x)=e P (x). Vì đa thức P (x) có bốn nghiệm dương nên phương trình P1(x)=0có bốn nghiệm dương. Suy ra, phương trình 0 P1(x)=0 (1) có ba nghiệm dương. Ta có: (1) ⇔ e−x[P (x) − P 0(x)]=0 ⇔ P (x) − P 0(x)=0 Như vậy, đa thức Q(x)=P (x) − P 0(x) có ba nghiệm dương, giả sử là x1,x2,x3. Tuy nhiên, do degQ(x)=4(vì degP (x)=4) nên Q(x) còn có nghiệm thực thứ tư x4. Vì đa thức bậc bốn P (x) có bốn nghiệm dương nên không mất tổng quát, có thể coi P (x) có dạng P (x)=ax4 − bx3 + cx2 − dx + e, với a, b, c, d, e > 0 Từ đó Q(x)=ax4 + ···+(−d − 2c)x +(e + d) Suy ra (theo Định lý Viet) e + d x x x x = > 0 ⇒ x > 0 1 2 3 4 4 4 Vậy Q(x) có bốn nghiệm dương. Xét đa thức (biến t): 1 R(t)=t4Q( ) t . Dễ thấy degR(t)=4,R(t) có bốn nghiệm dương. Do đó, theo kết quả phần trên ta có phương trình R(t) − R0(t)=0 (2)
2.3. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 41 có bốn nghiệm dương. Ta có 1 1 1 1 (2) ⇔ t4[P ( ) − P 0( )] −{t4[P ( ) − P 0( )]}0 =0 t t t t 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇔ t4[P ( ) − P 0( )] −{4t3[P ( ) − P 0( )] + t4[− P 0( )+ P 00( )]} t t t t t2 t t2 t 1 1 1 ⇔ (t2 − 4t)P ( )+(1+4t − t2)P 0( ) − P 00( )=0 (3) t t t 1 Đặt t = x. Từ phương trình (3) ta có phương trình (ẩn x): 1 − 4x 1 − 4x P (x)+1 − P 0(x) − P 00(x)=0 (4) x2 x2 Do (3) có bốn nghiệm dương nên phương trình (4) có bốn nghiệm dương. (Đpcm). Bài 4. Lấy tâm O của tam giác đều ABC làm gốc của mặt phẳng phức 2iπ 4iπ C, coi A, B, C có toạ vị a, b, c thì b = ae 3 ,c= ae 3 . Nếu gọi M có toạ vị 0 0 0 0 0 0 z0 thì A ,B,C có toạ vị a =2z0 − a, b =2z0 − b, c =2z0 − c. Gọi P là điểm mà B0AP là "tam giác" đều định hướng thuận (có thể 0 0 0 iπ 0 suy biến thành 1 điểm nếu B ≡ A) tức P có toạ vị p mà p−b = e 3 (a−b ). −2iπ iπ −iπ −2iπ iπ Vậy với chú ý b = ce 3 ,a+ b + c =0, và 1 − e 3 = e 3 ,e 3 − e 3 = iπ iπ e 3 (e − 1)=0ta có 0 iπ 0 iπ p = b + e 3 (a − b )=2z0 + b + e 3 (a − 2z0 + b) −2iπ iπ =2z0 + ce 3 − e 3 (c +2z0) iπ −2iπ iπ =2z0(1 − e 3 )+c(e 3 − e 3 ) −iπ =2z0e 3 Vì kết quả không phụ thuộc a, b, c nên bằng cách hoán vị vòng quanh A, B, C được C0BP,A0CP cũng là tam giác đều định hướng thuận. Vậy P cách đều B0 và A, C0 và B, A0 và C.
42 Chương 2. Đáp án tuyển sinh −→ −→ Nếu còn có Q =6 P cách đều các cặp điểm đó thì PQ=6 0 trực giao với −−→ −−→ −−→ AB0, BC0, CA0 khi đó ba véctơ này cùng phương tức là O cùng các điểm có 0 0 0 toạ vị b − a =2z0 + c, c − b =2z0 + a, a − c =2z0 + b phải thẳng hàng, 2iπ 4iπ khi đó O và các điểm có toạ vị a − b = a(1 − e 3 ),a− c = a(1 − e 3 ) phải thẳng hàng là điều vô lý. −iπ b) Xét biểu thức đồng dạng f xác định bởi z0 7→ f(z0)=p =2z0e 3 − π (tích quay góc 3 với vị trí tỷ số 2 cùng tâm O). Trung điểm D của AB có a+b −iπ −iπ 4iπ −iπ 3 − 3 − 3 3 toạ vị 2 nên f(D) có toạ vị (a + b)e = ce = ae e = a,vậy f(D)=A. Vậy có biến đổi đồng dạng f,f(0) = 0,f(D)=A, f(M)=P ,từ đó f biến đường thẳng DM(M =6 D) thành đường thẳng AP . Hai đường thẳng này phải cắt nhau tại một điểm N mà có một véctơ chỉ phương đường thẳng DM tạo với một véctơ chỉ phương đường thẳng AP tạo thành góc − π − π 2π ≡ 3 , tức góc định hướng giữa hai đường thẳng đó là 3 hay 3 . Khi M O thì P ≡ O, MNP không tạo thành tam giác; Khi M =6 O, góc định hướng − π 2π giữa hai đường thẳng OM, OP cũng là 3 hay 3 , nên tứ giác MNPO nội tiếp: đường tròn ngoại tiếp MNP qua tâm O của ABC. (Điều vừa chứng minh đúng cho mọi đồng dạng thuận) 1800 Bài 4. Qua phép đối xứng tâm SM = RM thì G → G0 4ABC → A0B0C0 Qua phép quay 1200 0 0 0 0 0 0 RG0 : 4A B C →4B C A trong đó G, G0 là trọng tâm 4ABC, 4A0B0C0 0 1800 120 R R 0 4ABC −−M −→ 4 A0B0C0 −−G −→ 4 B0C0A0 Tích hai phép quay có thể là phép tịnh tiến khi tổng của hai góc quay là bội của 1800, có thể là phép quay trong trường hợp còn lại. Ở đây tổng
2.3. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 43 hai góc quay là 1800 + 1200 = 3000 ≡−600 (mod 3600) nên tích là phép 1200 1800 −600 −600 quay tâm P xác định RG0 .RM = RP . Qua phép quay RP thì 4ABC →4B0C0A0 G → G0 nên tồn tại duy nhất điểm P cách đều A và B0,cách đều B và C0, cách đều C và A0. 0 0 0 0 Từ đó PG = PG và (PG,PG)=−60 . Mặt khác SM : G → G nên M là trung điểm của GG0.Vậy4PGG0 là tam giác đều và GM⊥MP,GM = MP 2 . 1 (GA,GD) 2 b) Xét phép đồng dạng S là phép vị tự quay S = RG .HG thì S = 4GP A →4GMD trong đó (GA, GD)=600. Vì đường thẳng AP biến thành đường thẳng DM nên góc MNP\ =600 hoặc MNP\ = 1200 tuỳ theo góc MNP\ là nhọn hoặc tù. Vì PGM\ =600 nên nếu MNP\ =600 là góc nhọn thì G và N đều nhìn đoạn PM dưới một góc 600 suy ra G,N,M,P cùng thuộc một đường tròn, nếu MNP\ = 1200 là góc tù thì MNP\ + MGP\ = 1200 +600 = 1800 nên tứ giác GMNP là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. Đường tròn này luôn đi qua điểm G là trọng tâm 4ABC, nên G là điểm cố định. Cách khác giải câu a: Dựng tam giác đều AB0P ngược hướng với tam giác đều ABC. Ta chứng minh rằng các 4BC0P, 4CA0P cũng là tam giác đều và cùng hướng với 4AB0P . Thật vậy −−→ −−→ −→ −−→ −→ −→ −−→ BC0 = B0C = CA + AB0 = f(BA)+f(AB)=f(BP) trong đó f là phép quay véctơ của mặt phẳng, góc +600. Chứng minh tương −−→ −→ tự ta cũng có CA0 = f(CP). Bởi vậy 4BC0P và 4CA0P là các tam giác đều, cùng hướng với 4AB0P , do đó trung trực của AB0,BC0,CA0 đồng quy ở tâm quay P , góc quay bằng 600, biến 4ABC thành 4B0C0A0. Bài 5. √ √ √ f( 2x)+f((4 + 3 2)x)=2f((2 + 2)x) ∀x (1) a) Với x =0thì ta có 2f(0)√ = 2f(0),vậyf(0) = a là hằng số tuỳ ý. b) Với x>0 ta đặt (2 + 2)x = t hay x = t√ . Lúc đó (1) trở thành 2+ 2 √ √ 2 4+3 2 f √ t + f √ t =2f(t) ∀t>0 (2) 2+ 2 2+ 2
44 Chương 2. Đáp án tuyển sinh √ √ Ta chú ý rằng √2 = √ 1 = 2 − 1 và 2+ 2 2+1 √ √ √ √ 2 4+3 2 4 2+6 4+3 2 1 √ . √ = √ =1⇒ √ = √ . 2+ 2 2+ 2 6+4 2 2+ 2 2 − 1 √ Ta đặt t =( 2 − 1)u thì (2) trở thành √ √ √ f( 2 − 1)u+1 + f( 2 − 1)u−1 =2f( 2 − 1)u ∀u (3) √ Lại đặt f( 2 − 1)u = g(u) thì (3) trở thành g(u +1)+g(u − 1)=2g(u) ∀u (4) ⇔g(u +1)− g(u)=g(u) − g(u − 1) ∀u Đặt g(u +1)− g(u)=h(u) thì h(u +1)=h(u) ∀u. Bằng quy nạp dễ thấy g(u + n)=nh(u)+g(u) Vậy (h(u)+k(u) với 0 6 u 0 ta được √ f(x)=g log 2−1 x với x>0 trong đó, g(u) được xác định theo√ (5). √ c) Với x<0 ta đặt −(2 + 2)x = t =( 2 − 1)u ta có √ f(x)=g log 2−1 |x| với x<0 Tóm lại (a tuỳ ý khi x =0 f(x)= √ g log 2−1 |x| khi x =06 còn g(u) được xác định theo (5). Bài 6. Xét tập A gồm tất cả có bộ thứ tự (a1,a2, ,a1994, ,a1993+1994) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: 1) ai ∈{0, 1}∀i = 1, 1993 + 1994 2) Số 1 có mặt đúng 1994 lần trong mỗi bộ.
44 Chương 2. Đáp án tuyển sinh √ √ Ta chú ý rằng √2 = √ 1 = 2 − 1 và 2+ 2 2+1 √ √ √ √ 2 4+3 2 4 2+6 4+3 2 1 √ . √ = √ =1⇒ √ = √ . 2+ 2 2+ 2 6+4 2 2+ 2 2 − 1 √ Ta đặt t =( 2 − 1)u thì (2) trở thành √ √ √ f( 2 − 1)u+1 + f( 2 − 1)u−1 =2f( 2 − 1)u ∀u (3) √ Lại đặt f( 2 − 1)u = g(u) thì (3) trở thành g(u +1)+g(u − 1)=2g(u) ∀u (4) ⇔g(u +1)− g(u)=g(u) − g(u − 1) ∀u Đặt g(u +1)− g(u)=h(u) thì h(u +1)=h(u) ∀u. Bằng quy nạp dễ thấy g(u + n)=nh(u)+g(u) Vậy (h(u)+k(u) với 0 6 u 0 ta được √ f(x)=g log 2−1 x với x>0 trong đó, g(u) được xác định theo√ (5). √ c) Với x<0 ta đặt −(2 + 2)x = t =( 2 − 1)u ta có √ f(x)=g log 2−1 |x| với x<0 Tóm lại (a tuỳ ý khi x =0 f(x)= √ g log 2−1 |x| khi x =06 còn g(u) được xác định theo (5). Bài 6. Xét tập A gồm tất cả có bộ thứ tự (a1,a2, ,a1994, ,a1993+1994) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: 1) ai ∈{0, 1}∀i = 1, 1993 + 1994 2) Số 1 có mặt đúng 1994 lần trong mỗi bộ.
2.4. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 45 Xét phân hoạch A = [ A(n1,n2, ,n1994) ởđây +) Hợp lấy theo tất cả các bộ có thứ tự các số tự nhiên (n1,n2, ,n1994) thoả mãn n1 +2n2 + ···+ 1994n1994 = 1994. +) A(n1,n2, ,n1994) là tập gồm tất cả các bộ có thứ tự (a1,a2, ,a1993+1994) ∈ A và thoả mãn điều kiện là trong mỗi bộ có đúng nk nhóm k ∀k = 1, 1994. (Nhóm k được định nghĩa là nhóm gồm đúng k số 1 đứng liên tiếp trong bộ, nói khác đi là nhóm có 1 trong các dạng sau (1 1 0; 0 1 1 0; 0 1 1)). | k{zsố1} | k{zsố1} | k{zsố1} Có 1993 CardA = C1993+1994 1994! CardA(n1,n2, ,n1994) = n1!n2! n1994!(1994 − n1 −···−n1994)! 1994! = n1!n2! n1994!(n2 +2n3 + ···+ 1993n1994)! Mà CardA = X CardA(n1,n2, ,n1994). Nên suy ra: 1 T = C1993 1994! 1993+1994 . 2.4 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 Bài 1. Cho tam giác ABC với mỗi điểm M, gọi khoảng cách đại số từ M đến đường thẳng BC là ± (khoảng cách thông thường từ M đến BC), lấy dấu + hay − tuỳ theo M cùng phía hay khác phía với A đối với BC (tất nhiên M thuộc BC thì khoảng cách đó bằng không). Tương tự cho khoảng cách đại số từ M đến CA, AB. 1) Xét các đường tròn (AB1C1), (AB2C2) như trong đề bài. Hãy chứng minh trục đẳng phương của cặp đường tròn đó là quỹ tích các điểm M mà các khoảng cách đại số từ M đến AB và đến CA tỉ lệ với γ vàβ.
46 Chương 2. Đáp án tuyển sinh −→ −→ Thực vậy, lấy hệ toạ độ vuông góc Oxy mà O ≡ A, B ∈ Ox+, (AB, AC)= −→ −→ ◦ AB CA − ϕ, 0 <ϕ<180 . Khi đó c =(1, 0), b =( cos ϕ, sin ϕ). Gọi B1 =(b1 cot ϕ, b1),  B2 =(b2 cot ϕ, b2),  ,c1,c2 =06 , c1 =6 c2, b1,b2 =06 , b1 =6 b2 C1 =(c1, 0),  C2(c2, 0) −− −→ −→ β − − − − thì B1B2 = b CA hay ((b2 b1) cot ϕ, b2 b1)=β( cos ϕ, sin ϕ) suy ra b − b = −β sin ϕ. 2 1 −− −→ −→ γ − Ta cũng có C1C2 = c AB tương đương với (c2 c1, 0) = γ(1, 0) hay c2 − c1 = γ. 2 2 Đường tròn (AB1C1) đia qua A, C1 nên x + y − c1x − λ1y =0, nó đi b1−c1 sin ϕ cos ϕ 2 2 − − qua B1 nên λ1 = sin2 ϕ , đường tròn (AB2C2): x +y c2x λ2y =0, b2−c2 sin ϕ cos ϕ λ2 = β . Trục đẳng phương hai đường tròn đó là (c2 − c1)x +(λ2 − λ1)y =0 β + γ cos ϕ ⇔ γx − y =0 sin ϕ hay y x sin ϕ − y cos ϕ = γ β Để ý rằng y là khoảng cách đại số từ M(x, y) đến AB còn x sin ϕ − y cos ϕ là khoảng cách đại số từ M(x, y) đến CA, ta suy ra điều phải chứng minh. 2) Với mỗi điểm M, kí hiệu X,Y,Z là khoảng cách đại số từ M đến BC, CA, AB thì dễ thấy aX + bY + cZ =2S,(S là diện tích tam giác ABC) và ngược lại (X,Y,Z) mà aX + bY + cZ =2S xác định một điểm M duy nhất có các khoảng cách đại số nói trên là X,Y,Z. Y Z X Z Theo phần 1), phương trình dA là β = γ , của dB là α = γ , của dC Z Y là α = β . Điểm chung của dA,dB,dC (nếu có) là điểm M(X,Y,Z) mà
2.4. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 47 (X,Y,Z) là nghiệm của hệ (aX + bY + cZ =2S X Y Z α = β = γ hay X Y Z 2S = = = α β γ aα + bβ + cγ hệ đó có nghiệm (và chỉ có một nghiệm) khi và chỉ khi aα + bβ + cγ =06 . 0 Chú ý: Nếu (AB1C1), (AB2C2) cắt nhau tại A =6 A, có thể chứng minh phần 1) (trong trường hợp này) nhờ phép đồng dạng thuận tâm A0, biến B1 thành C1, biến B2 thành C2 và để hoàn thiện 1) còn cần xét (AB1C1), (AB2C2) tiếp xúc nhau. Bài 2. Gọi A là tập các giá trị n (n ≥ 3) để đa thức Pn(x) khả quy. Với n ∈ A ta có Pn(x)=f(x).g(x) (*) trong đó m f(x)=amx + ···+ a1x + a0 s g(x)=bsx + ···+ b1x + b0 n+1 n 2 Pn(x)=x + kx − 870x + 1945x + 1995 m ≥ 1,s≥ 1,m+ s = n +1 Ta sẽ chứng minh m =1hoặc s =1. Giả sử có m ≥ 2 và s ≥ 2 suy ra m<nvà s<n.Vìa0b0 = 1995 chia hết cho 5 và không chia hết cho 25 nên chỉ có một trong hai số a0,b0 là chia . hết cho 5, chẳng hạn a0.5 và b0 không chia hết cho 5. Trong dãy a0,a1, , am gọi r là chỉ số nhỏ nhất để ar không chia hết cho 5,(1 ≤ r ≤ m<n, chú ý tồn tại r vì am bằng ±1). Từ (??) suy ra cr = arb0 + ar−1b1 + ···+ a0br.Do r cách chọn r thì a0,a1, , ar−1 đều chia hết cho 5, cr là hệ số của x trong . Pn(x) cũng chia hết cho 5, suy ra arb0.5, điều này mâu thuẫn với ar,b0 đều không chia hết cho 5. Vậy giả sử m ≥ 2 và s ≥ 2 là sai, suy ra hoặc m =1 hoặc s =1, lúc đó Pn(x) có nghiệm nguyên với ∀n ∈ A. Xét các trường hợp sau a) Nếu |xn|≥2 ∀n ∈ A. Khi đó từ xn(x + k) = 870x2 − 1945x − 1995 ta có |870x2 − 1945x − 1995| |x + k| = n n |xn|
48 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Vì A vô hạn nên với n ∈ A đủ lớn thì |xn + k| 1 nên suy ra d có dạng 2k ≥ − − 3990k+2 với k 1,vàdođón 2=k(3990 3n) hay n = 3k+1 , và do đó . − 1328 ∈ ∗ . 4 n = 1330 3k+1 .Vìn N nên 1328.3k +1.Do1328 = 2 .83 và (1 (mod 3) nếu i chẵn (1 (mod 3) nếu i chẵn 2i ≡ , 2i.83 ≡ 2 (mod 3) nếu i lẻ 2 (mod 3) nếu i lẻ nên suy ra 3k +1∈{22, 24, 2 × 83, 23 × 83}. Với 3k +1=4có k =1suy ra a = b =2và n = 998. Với 3k +1=16có k =5suy ra a = b =25 và n = 1247. Với 3k + 1 = 166 có k =55suy ra a = b =255 và n = 1322. Với 3k + 1 = 664 có k = 221 suy ra a = b =2221 và n = 1328.
2.4. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 49 Bài 4. Xét graph G có tập đỉnh là tập gồm n điểm đã cho và tập cạnh 1 2 − là tập gồm 2(n 3n +4)đoạn thẳng đã cho. Từ giả thiết của bài toán ta thấy trong G tồn tại một cạnh mà sau khi bỏ nó đi thì được G0 không liên thông. Giả sử a và b là hai đỉnh không liên thông với nhau trong G0. 0 Gọi Va và Vb lần lượt là tập gồm tất cả các đỉnh của G mà liên thông với a và b. Giả sử |Va| = n1 và |Vb| = n2. 0 1 2 − ≥ ≥ ≤ Dễ thấy, G có 2(n 3n +2)cạnh; n1 1,n2 1, n1 + n2 n và 1 1 1 1 (n2 −3n+2) ≤ n (n −1)+ n (n −1)+ (n−n −n )(n−n −n −1) 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 hay (n1 − 1)(1 − n2)+(n − n1 − n2)(1 − n1 − n2) ≥ 0. Do đó ((n1 − 1)(1 − n2)=0 (n − n1 − n2)(n1 + n2 − 1)=0 Vậy n1 = n − 1, n2 =1hoặc n2 = n − 1 và n1 =1. Từ đó suy ra G0 có một đỉnh cô lập và (n−1) đỉnh mà bậc của mỗi đỉnh bằng n − 2. Do đó G có một đỉnh bậc 1, (n − 2) đỉnh mà bậc của mỗi đỉnh bằng n − 2 và một đỉnh có bậc bằng n − 1. Bởi thế chu trình đơn có độ dài lớn nhất trong G là chu trình đơn độ dài n − 1 nếu n ≥ 4, 0 nếu n =2hoặc n =3. Vậy (n − 1 nếu n ≥ 4 kmax = 0 nếu n =2, n =3 Bài 5. Giả sử n +1=2f(n)(1+2α), p +1=2f(p)(1+2β) với α, β ≥ 0. Cặp số (n, p) là cặp số đẹp khi và chỉ khi 2f(n) >phay 2f(n) ≥ p +1 (1) Từ đó ta có n +1=2f(n)(1 + 2α) ≥ p +1suy ra n ≥ p (2) Từ (1) ta có 2f(n) ≥ p +1=2f(p)(1 + 2β) suy ra 2f(n) ≥ 2f(p), thành thử f(n) ≥ f(p). Từ đó . (n +1).2f(p) (3) Ta cần tìm bộ ba số (n, p, q) sao cho ba cặp số (n, p)(p, q) và (n+p+q,n) đều là các cặp số đẹp. Giả sử n + p + q +1=2f(n+p+q)(1+2γ).
50 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Theo (2) vì (n, p) và (p, q) là cặp số đẹp nên n + p + q +1≤ 3n +1.Vì (n + p + q,n) là cặp số đẹp nên 2f(n+p+q) ≥ n +1theo (1). Kết hợp các điều kiện trên có 2f(n+p+q)(1+2γ)=n+p+q+1 ≤ 3n+1 ≤ 3(2f(n+p+q) −1)+1 qnên chỉ xảy ra hai trường hợp hoặc q =0và f(p)=0, hoặc q =1và f(p) > 0. Xét q =0và f(p)=0, từ (4) có n + p + q +1=n + p +1=2f(n+p+q), đồng thời n + p +1=(n +1)+p =2f(n)(1+2α)+p. . Từ (5) và 2f(n)(1+2α)+p suy ra p.2f(n) mà 2f(n) >pnên p =0.Từ cặp số đẹp (n + p + q,n)=(n, n) suy ra n +1 ≥ 2f(n) ≥ n +1 suy ra n − 1=2f(n) =2m. Tử lại, ta thấy bộ ba số (n, p, q)=(2m − 1, 0, 0) thỏa mãn với m ∈ Z và m ≥ 0. Xét q =1và f(p) > 0. Từ (4) ta có 2f(n+p+q) = n + p + q +1=(n +1)+ (p+1) = 2f(n)(1+2α)+2f(p)(1+2β). Chú ý rằng f(n+p+q) ≥ f(n) ≥ f(p) . suy ra 2f(p).2f(n) nên f(p)=f(m). Từ 2f(p) =2f(n) ≥ p +1 = 2f(p)(1 + 2β) suy ra 1+2β =1suy ra p+1 = 2f(p).Tacó2f(n+p+q) = n+p+q+1=(n+1)(+(p+a)=n+1+2f(n), suy ra n +1 = 2f(n+p+q) − 2f(n) =2k − 2m. Thử lại ta thấy, bộ ba số (n, p, q)=(2k − 2m − 1, 2m − 1, 1) thỏa mãn với k,m ∈ Z và k>m≥ 1. Bài 6. 1) Ta tính đạo hàm 2x(x3 − 3x +3) f 0(x)= . 3(x2 − 1)2 Dễ dàng chứng minh được x3 − 3x +3> 0 ∀x>1. Từ đó suy ra f 0(x) > 0 ∀x>1 và do đó hàm f(x) đồng biến trên (1, +∞). Hơn nữa lại có lim f(x)=−∞ và lim f(x)=+∞. Nếu suy ra f(x) với tập xác định x→1+ x→+∞ (1, +∞) sẽ có tập giá trị là (−∞, +∞). Từ các kết quả ở trên, theo định lí về hàm ngược, ta suy ra tồn tại hàm g(x) liên tục trên R, có tập giá trị là (1, +∞),vàf(g(x)) = x, ∀x ∈ R.
2.5. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 51 tiếp theo, ta sẽ chứng minh g(x) >x, ∀x ∈ R. Thật vậy, với x ≤ 1 thì ≥ − x3−3x+3 ∀ g(x) > 1 x.Vớix>1 thì do x f(x)= 3(x2−1) nên x>f(x) x>1, hay g(x) >x, (do tính đồng biến của f(x) trên (1, +∞). 2) Kí hiệu gn(x)=g(g( g(x)) ). Ta sẽ tìm a dưới dạng a = gn(x0) với x0 ∈ R. Khi đó a0 = gn(x0) a1 = f(x0)=gn−1(x0) > 1 a2 = f(a1)=gn−2(x0) > 1 ········· an−1 = g(x0) > 1 an = x0 Với x0 =6 ±1 thì an+1f(x0).Dog(x) >x, ∀x nên a0 >a1 >a2 > ···an. Suy ra nếu chọn x0 sao cho x0 = ±1 và f(x0)=gn(x0) thì dãy {an} sẽ là dãy tuần hoàn với chu kỳ dương nhỏ nhất bằng n +1. Bây giờ ta sẽ chứng minh tồn tại x0 thỏa mãn các điều kiện nói trên. Thật vậy, xét hàm h(x)=f(x) − gn(x) trên (−1, 0].Tacóh(0) = f(0) − gn(0) = 1 − gn(0) 1 và dãy {an} là dãy tuần hoàn với chu kỳ dương bé nhất bằng 1995. 2.5 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 Bài 1. Gọi 3n điểm đã cho là A1,A2, , A3n. Hiển nhiên trong mặt phẳng chứa 3n điểm đó, ta có thể dựng được đường thẳng ∆ sao cho Ai ∈/ ∆, i = 1, 3n, A1,A2, , A3n nằm về cùng một phía của ∆;và∆ không song song với AiAj (∀inot = j ∈{1, 2, , 3n}). Kí hiệu dAi là khoảng cách từ điểm Ai đến ∆. Khi đó dAi =6 dAj (∀i =6 j ∈{1, 2, , 3n}). Không mất tính tổng quát, giả sử dA1 <dA2 < ···<dA3n (1) Qua mỗi điểm A3i+1, i = 0, , n − 1, kẻ đường thẳng ∆i k ∆ dễ dàng suy ra n tam giác A3j+1A3j+2A3j+3, i = 0, , n − 1 đôi một rời nhau và mỗi điểm Ai, i = 1, 3n) là đỉnh có đúng một tam giác trong số n tam giác đó. Bây giờ ta sẽ chứng minh tổng S diện tích của n tam giác nói trên thoả 1 4 ∈{ − } mãn S<2. Thật vậy, xét A3i+1A3i+2A3i+3, i 0, 1, , n 1 ) và gọi Si là diện tích của nó. Dễ thấy có thể dựng được hai đường thẳng a, b cùng vuông góc với ∆ và sao cho
52 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 1) a đi qua đúng một trong ba điểm A3i+1,A3i+2,A3i+3 còn b đi qua ít nhất một trong hai điểm còn lại. 2) cả ba điểm A3i+1,A3i+2,A3i+3 cùng nằm trong dải phẳng (kể cả hai biên) bị giới hạn bởi a và b. Thế thì nếu gọi {A} = a ∩ ∆i, {B} = a ∩ ∆i+1, {C} = b ∩ ∆i+2, {D} = b ∩ ∆i ta sẽ có hình chữ nhật ABCD 1 1 1 chứa toàn bộ ∆A3i+1A3i+2A3i+3. Từ đó Si < 2 SABCD = 2AD.CD < 2 di với di là khoảng cách giữa hai đường thẳng ∆i và ∆i+1. Từ đó suy ra n−1 n−1 1 ≤ 1 ≤ 1 S = X Si < 2 X di 2A1A3n 2. i=0 i=0 (vì A1A3n ≤ 1). Bài toán được chứng minh. n [ 2 ] 2i+1 i Bài 2. Từ an = Pi=0 n 3 suy ra công thức tổng quát √ √ (1 + 3)n − (1 − 3)n an = √ . 2 3 Xét n chẵn và n lẻ. k 1) Với n =2k, ta có an =2 uk với √ √ (2 + 3)k − (2 − 3)k uk = √ (1) 2 3 Dãy {uk} thoả mãn uk+2 =4uk+1 (2) với u1 =1,u2 =4 . l Gọi g(k) là số l ∈ N lớn nhất để uk.2 . k Từ an =2 un suy ra f(2k)=k + g(h) (3) Từ (2) thấy k lẻ, suy ra uk lẻ. Vậy k lẻ thì g(k)=0 (4) nghĩa là f(2k)=k nếu k lẻ (40) Xét k =2m chẵn thì √ √ m m u2m = um.dm với dm =(2+ 3) +(2− 3) (5)
2.5. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 53 Dãy {dm} thoả mãn dm+2 =4dm+1 − dm với d1 =4,d2 =14 (6) Từ (6) và vì dm chẵn với mọi m nên suy ra dm+2 ≡−dm (mod 8). Nếu m lẻ, thì dm ≡ 4 (mod 8) (7) Nếu m chẵn, thì dm ≡ 6 (mod 8) Từ (7) và u2m = um.dm suy ra (g(m)+2 nếu m lẻ g(2m)= (8) g(m)+1 nếu m chẵn Với k =2sh, h lẻ thì từ (8) và g(k)=0suy ra g(2sh)=g(2s−1h)+1=···= g(2h)+s − 1=g(h)+2+s − 1=s +1 (9) Từ (3), (9), và do (40 ta có (k với k lẻ f(2k)= (10) k + s +1 với k =2sh, s ≥ 1,k lẻ 2) Với n =2k +1. Ta thấy dãy {an} thoả mãn an+2 =2an+1 +2an, với a1 =1,a2 =2. (11) Ta chứng minh f(2k +1)=k (12) bằng quy nạp với k =0, 1 dễ thấy đúng. Giả sử đúng với k. Từ (10) có f(2k) ≥ k và theo giả thiết quy nạp f(2k +1)=k nên k+1 k k+1 a2(k+1)+1 =2a2(k+1) +2a2k+1 =2.2 .n +2.2 N =2 (2M + N) với N lẻ theo quy nạp. Vậy f(2(k + 1) + 1) = k +1đúng với k +1. 3) Tìm mọi n để f(n) = 1996 Nếu 2k +1, theo f(2k +1)=k thì f(n)=f(2k +1)=k = 1996 suy ra n = 3993. Nếu n =2s+1h với h lẻ. Với s =0suy ra f(2k)=k lẻ không thoả mãn với s ≥ 1 suy ra f(2s+1h)=2sh + s + 1 = 1996 suy ra 2sh + s = 1995 suy ra h lẻ và 1 ≤ s ≤ 9. Thử thấy s =1, n = 3998 và s =3, n = 3984 với s =5, 7, 9 không có nghiệm. Đáp số n = 3984,n= 3998,n= 3993.
54 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Bài 3. Đặt 4 4 4 4 − − 4 4 4 4 f(a, b, c)=(a + b + c) + a + b + c 12abc(a + b + c) 7 (a + b + c ) 4 3 4 4 4 − =(a + b + c) + 7(a + b + c ) 12abc(a + b + c) Vì f(a, b, c)=f(−a, −b, −c) nên chỉ cần xét f(a, b, c) tại a, b, c mà a+b+c ≥ 0. Khi đó chỉ có thể xảy ra một trong ba trường hợp sau Nếu a, b, c ≥ 0. Lúc này ta có a + b + c ≥ 3(abc)1/3 suy ra (a + b + c)4 ≥ 27abc(a + b + c) suy ra f(a, b, c) ≥ 15abc(a + b + c) ≥ 0 và f(a, b, c)=0khi và chỉ khi a = b = c =0. Nếu có đúng một trong ba số a, b, c là số âm. Khi đó có f(a, b, c) > 0. Nếu có đúng hai trong ba số a, b, c là số âm. Không giảm tính tổng quát, coi a, b, 0. Đặt a = −α, b = −β với α, β > 0, thế thì c ≥ α + β và f(a, b, c)=f(−α, −β,c) { − }4 3 4 4 4 − { − } = c (α + β) + 7 (c + α + β ) 12αβc c (α + β) . 4 4 ≥ α+β 4 ≤ α+β 2 Vì α, β > 0 nên α + β 2( 2 ) và 0 0. Đặt c = tx,từc ≥ 2x suy ra t ≥ 2. Vậy ta tiếp tục đánh giá f(a, b, c) ≥ 4{ − 4 3 4 − − } f(a, b, c) x (t 2) + 7(t +2) 12t(t 2) 4{ − 4 4 − − − 4 4 } = x (t 2) +(t +2) 12t(t 2) 7(t +2) 4{ − 4 − 4 4 } 4{ − 4 − 2 4 52} = x 2(t 1) +16 7 (t +2) =2x (t 1) 7 t + 7 − 4 − 2 4 52 ∞ 0 { − 3 − 2 3} Xét g(t)=(t 1) 7t + 7 trên [2, + ).Tacóg (t)=4 (t 1) 7 t .Dễ 0 1 2 0 thấy rằng với t ≥ 2 thì g (t) > 0 hay t> với t0 = q , g (t)=0khi và 1−t0 7 chỉ khi t = 1 , g0(t) < 0 khi và chỉ khi 2 ≤ t ≤ 1 . Do đó g(t) ≥ g( 1 ) 1−t0 1−t0 1−t0 với t ≥ 2. Ta có 1 r2 1 4 1 4 2 3 − 2 52 g( )= 7 7 + 7 . 1 − t0 7 1 − t0 1 − t0
2.5. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 55 q3 2 Do t0 = 7 nên 1 1 1 g = 2 26 − (1 − t ( )4 = 2 26 − 7 0 7 3 1 − t0 1 − t0 (1 − t0)  1  2  −  = 7 26 . (1 − q3 2)3  7  Ta chứng minh rằng 26 > √1 . Thật vậy, bất đẳng thức này tương − 3 2 4 (1 7 ) đương với mỗi bất đẳng thức sau r2 r 1 1 − 3 − 3 > 0 7 26 2 1 r 1 1 − − − 3 3 > 0 7 26 91 41 1 > √ 182 3 91 68921 > 66428. Vậy nên g(t) ≥ g( 1 ) > 0 ∀t ≥ 2. Tóm lại f(a, b, c) ≥ 0 ∀a, b, c ∈ R và 1−t0 f(0, 0, 0) = 0 nên mina,b,c∈R f(a, b, c)=0 Bài 4. Chú ý rằng phép đối xứng qua đường phân giác AB của góc định −−→ −−→ −−→ −−→ hương (AH, AH0) biến AH thành AH0, còn phép đối xứng qua đường phân −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ giác ngoài AC của góc (AH, AH0) thì biến AH thành AH00 = −AH0. Hình 1 0 1) Giả sử SAB(M)=M1,SBC(M1)=M2,SCA(M2)=M . Đặt f = SCA.SBC.SAB. Gọi H, K, I lần lượt là hình chiếu của A, B, C xuống cạnh đối diện. Gọi đường thẳng IK là ∆. Ta sẽ chỉ ra f :∆→ ∆ và bảo tồn hướng của ∆.
56 Chương 2. Đáp án tuyển sinh a) Khi 4ABC không vuông thì H, K, I phân biệt, do đó AB,BC,CA là phân giác ngoài của 4HKI. Khi có một góc tù, chẳng hạn ∠A>90◦ thì BC là phân giác ngoài, còn CA, AB là phân giác trong 4HKI.Thechúý trên, dễ thấy f : 4→4và bảo tồn hướng của ∆. Hình 2 b) Khi C = H = K =90◦ (C ≡ K) thì ∆ là đường thẳng CI. b b b c) Khi B = H = I =90◦ (B ≡ I) thì ∆ là đường thẳng BK. b b b d) Khi A = K = I =90◦ (A ≡ I ≡ K) thì ∆ là đường thẳng đối xứng b b b của đường thẳng AH qua AB (hay qua AC) (Hình 1) 2) f | ∆:∆→ ∆ bảo tồn khoảng cách và hướng nên f | ∆ là phép tịnh tiến theo véctơ −→v nào đó (−→v k ∆) (xem hình 2: M,N ∈ ∆,M0 = −− −→ −−→ −→ f(M),N0 = f(N) thì MM0 = NN0 = v ) và hình 1: H0 ∈ ∆,H00 = f(H0) −− −→ thì H0H00 = −→v ). Với M tuỳ ý, gọi J là hình chiếu vuông góc của M xuống ∆ thì f(J) là −→ −→ hình chiếu vuông góc của f(M) xuống ∆ và JJ0 = v .Dof đảo hướng nên M và f(M)=M 0 nằm khác phía đối với ∆ nên MM0 ≥ JJ0 = |−→v |,vànếu M/∈ ∆ thì MM0 >JJ0. Vậy tập hợp các điểm M để MM0 đạt giác trị bé nhất là đường thẳng ∆. 3) a) Khi lấy liên tiếp phép đối xứng qua các trục là hoán vị vòng quanh ba cạnh 4ABC được SAB ◦ SCA ◦ SBC = SAB ◦ f ◦ SAB SBC ◦ SAB ◦ SCA = SCA ◦ f ◦ SCA đều có dạng Sx ◦ f ◦ Sx = g (Sx là phép đối xứng qua trục x). 0 0 Đặt ∆ = Sx(∆) thì với M0 ∈ ∆ khoảng cách −1 ρ(M0,g(M0)) = ρ(M0,Sx ◦ f ◦ Sx (M0)) −1 −1 −→ = ρ(Sx (M0),f(Sx (M0)) = | v |≤ρ(M,f(M)) = ρ(M,SxgSx(M)) = ρ(Sx(M),g(Sx(M))) −→ Vậy khoảng cách ngắn nhất đối với g = Sx ◦ f ◦ Sx cũng là | v |.
2.5. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 57 b) Khi lấy liên tiếp phép đối xứng qua các trục theo thứ tự sau: −1 SAB.SBC,SCA = f thì khoảng cách bé nhất của MM0 cũng như đối với f đã xét trên. Lấy hoán vị vòng quanh các trục đối xứng ở trên ta được SCA ◦ SAB ◦ SBC,SBC ◦ SCA ◦ SAB −1 0 đều có dạng Sx ◦ f ◦ Sx = g nên theo a) khoảng cách ngắn nhất đối với g0 cũng là −→v . Chú ý: Có thể chứng minh 1), 2): f là phép đối xứng trượt, trục ∆ đi qua trung điểm Mf(M) (M tuỳ ý) và xác định được ∆ (một cách hình −→ học) đến kết quả như trên, véctơ trượt là v . Có thể xét cụ thể các trường hợp tam giác ABC tương tự trên đây, tính được khoảng cách bé nhất nói trên là |−→v | = a cos A+b cos B+c cos C, chẳng hạn khi 4ABC có ba góc nhọn thì |−→v | kà chu vi tam giác HIK nên |−→v | có tính chất đối xứng đối với a, b, c và ∠A, ∠B,∠C : |−→v | = IH + HK + KI. Bài 5. Giả sử số học sinh được mời là 65 em. Ta đặt tương ứng mỗi em với một điểm trên mặt phẳng và hai em được đặt tương ứng với hai điểm khác nhau. Với mỗi cặp, hai em chưa quen nhau ta nối hai điểm tương ứng với hai em đó bởi một đoạn thẳng. Khi đó ta được một Graph đơn, vô hương, có 65 đỉnh, bậc mỗi đỉnh không nhỏ hơn 56 và với hai đỉnh kề nhau bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một điểm không kề với cả hai đỉnh ấy, có 65 đỉnh và thoả mãn 1) Bậc của mỗi đỉnh không lớn hơn 8 2) Với hai đỉnh không kề nhau, tồn tại ít nhất một đỉnh kề với cả hai đỉnh ấy. Xét G: xét đỉnh A bất kỳ của G và gọi A1,A2, , Ak (k ≤ 8) là tất cả các đỉnh kề với A. Nếu k ≤ 7 thì sẽ có tối đa 72 =49đỉnh mà mỗi đỉnh kề với ít nhất một trong các đỉnh A1,A2, , Ak và không kề với A. Suy ra số đỉnh của G không vượt quá 49 + 7 + 9 = 57 < 65 trái với giả thiết. Vậy phải có k =8, suy ra mỗi đỉnh của G có bậc bằng 8. Từ đây, kết hợp với 2), ta được
58 Chương 2. Đáp án tuyển sinh i) Ai,Aj không kề nhau ∀i =6 j ∈{1, 2, , 8} ii) Mỗi đỉnh Ai, (i = 1, 8), ngoài A ra sẽ kề với đúng bảy đỉnh khác và nếu kí hiệu Ait t = 1, 7) là bảy đỉnh ấy thì {Ai1 , , Ai7}∩{Aj1 , , Aj7} = ∅ (∀i/∈ j ∈{1, 2, , 8}). Từ đó suy ra trong G không có chu trình đơn độ dài 3 cũng như chu trình đơn đội dài 4. Do vậy Ait và Ais không kề nhau (∀i = 1, 8), ∀t =6 s ∈ {1, 2, , 7}, và do đó nếu Ait kề Ajs (i =6 j) thì Ait không kề Ajm m =6 s. 3 Từ đó suy ra có tất cả 148 =14.7.8 chu trình đơn độ dài 6 đi qua A. Vì A là đỉnh bất kỳ của G nên số chu trình đơn độ dài 6 trong G là 14.7.8.65 49.8.65 ∈ 6 = 3 / Z. Điều vô lý. Vây không tồn tại G và do đó không tồn tại G thoả mãn đề bài. Bài 6. Ta xét bài toán tổng quát với x0 > 0 cho trước bất kỳ. 1) Với a =0hiển nhiên xi =0, ∀i>0 dãy hội tụ. a 2) Với a>0 kí hiệu f(x)= 1+x2 và g(x)=f(f(x)). Từ đó suy ra f(x) là hàm giảm trên (0, +∞) nên g(x) là hàm tăng trên (0, ∞). Xét dãy {x2n} (chỉ số chẵn). Đặt un = x2n thì un+1 = g(un).Dog(x) tăng nên {un} là dãy đơn điệu (tăng hoặc giảm). Mặt khác, 0 2 thì dãy {xn} hội tụ khi và chỉ khi a = x2+x1. 3 a 3 Thật vậy, giả sử a = x0 + x0 suy ra x0 = 2 = x1 suy ra a = x1 + x1 suy 1+x0 ra x2 = x1,.v v Vậy {xn} là dãy hằng, suy ra tồn tại limn→∞ xn = x0. Ngược lại, giả sử tồn tại limn→∞ xn = k. Qua giới hạn ta được f(k)=k hay a = k3 + k, suy ra k là nghiệm duy nhất của x3 + x − a.Tacó (1 + x2)2(a − x) − a2x −(x2 + x − a)(x2 − ax +1) g(x) − x = = . a2 +(1+x2)2 a2 +(1+x2)2
2.6. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1996 - 1997 59 Vì a>2 nên phương trình x2 − ax +1=0có hai nghiệm phân biệt, α, β. Giả sử α 2 suy ra k>1 do đó a − ak2 kdo đó nó không hội tụ về k. Vậy chỉ có thể un0 = k. Chú ý rằng nếu ∃i: xi = k thì suy ra xi−1 = k. Thật a 2 2 2 2 vậy x0 = k = 2 suy ra k(1 + xi−1)=a = k + k suy ra xi−1 = k suy 1+xi−1 3 ra xi−1 = k. Thành thử un0 = k, do đó un = k hay x0 = k.Vìa = k + k 3 nên a = x0 + x0. Điều phải chứng minh. 3) Với a 0, ∀n ≥ 1 nên theo trên với |a|≤2 thì {yn} hội tụ. Nếu |a| > 2 thì {yn} hội tụ khi và chỉ khi 3 2 2 |a| = y1 + y1. Mà từ (2.5) ta có |a| = y1(1 + y0)=y1(1 + x0) suy ra x0 = y1, 3 thành ra |a| = x0 + x0. 3 Kết√ luận: Dãy {x√n} hội tụ khi và chỉ khi |a|≤2 hoặc |a| = x0 + x0 = 1997 1996 khi x0 = 1996. 2.6 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1996 - 1997 Bài 1. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCD. Điều kiện xác định điểm P là 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 PA +a1+b +c = PB +b1+c +a = PC +c1+a +b = PD +a +b1+c1.
60 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Tính 2 2 2 2 2 2 2 2 PA + a1 + b + c = PA + DA + BA + cA −→ −−→ −→ −→ = PA2 + DA2 + BA2 + CA2 −→ −→ −−→ −→ −−→ −→ −→ −→ =(PO+ CA)2 +(DO + OA)2 +(BO + OA)2 +(CO + OA)2 −→ −→ −→ −→ −→ −−→ −−→ −→ −→ = PO2 +4OA2 +2POOA − 2OA2(OD + OB + OC + OA)+ −→ −−→ −−→ −→ 2OA2 + DO2 + BO2 + OC2 −→ −→ −−→ = PO2 +9R2 +2PO.OA.OE −→ −−→ −→ = PO2 +9R2 − 2OA(OE + OP ). −−→ −→ −→ −→ −−→ trong đó đặt OE = OA + OA + OC + OD (điểm E xác định). Tính tương 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 tự đối với PB + b1 + c + a ,PC + c1 + a + b , PD + a1 + b2 + c2. thì ta được −→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ OA(OE + OP )=OB(OE + OD)=OC(OE + OP )=OD(OE + OP ) −→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ −→ Ta có OA(OE + OP )=OB(OE + OP hay (OA − OB)(OE + OP )=0 −→ −−→ −→ hay BA(OE2 + OP )=0. Từ đó ta có −−→ −→ −→ (OE + OP ).BA =0  −−→ −→ −→ (OE + OP ).CA =0 −−→ −→ −−→ (OE + OP ).DA =0 −−→ −→ −→ −→ −−→ hay là OE2 + OP = 0 hay PO = OE. Vậy điểm P xác định duy nhất. −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ Từ PA2 =(PO2+OA)2 = PO2+OA2+2PO.OA = PO2+R2+2PO.OA
2.6. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1996 - 1997 61 thì −→ −→ −−→ −→ −−→ PA2 + PB2 + PC2 + PD2 =4PO2 +4R2 +2PO(OA + OB + OC + OD) −→ −−→ =4PO2 +4R2 +2PO.OE =4PO2 +4R2 +2PO2 =6PO2 +4R2 ≥ 4R2. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi PO2 =0hay P ≡ O. Khi đó ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 + b + c = b1 + c + a = c1 + a + b = a1 + b1 + c1 hay a1 = a, b1 = b, c1 = c, tức là tứ diện ABCD gần đều. Bài 2. 1) Giả sử k là số sao cho có thể thiết lập được hệ thông đường bay thoả mãn các điều kiện của đề bài. Khi đó, tổng số đường bay trực tiếp 25×k ≡ giữa hai thành phố sẽ là 2 . Suy ra k 0 (mod 2). Xét một thành phố A bất kỳ. Theo giả thiết, từ A có đường bay trực tiếp đên k thành phố khác, gọi là A1,A2, , Ak. Mỗi thành phố Ai, i = 1,k, lại có đường bay trực tiếp đến k − 1 thành phố khác, (không kể A). Hơn nữa, ta lại có: Nếu từ B đến A không có đường bay trực tiếp thì từ B phải có đường bay trực tiếp đến ít nhất một thành phố Ai. Từ những lập luận trên suy ra, số thành phố chỉ có thể tối đa là 1+k + k(k − 1) = k2 +1. Như vậy 25 ≤ k2 +1. Kết hợp với k ≡ 0 (mod 2), suy ra k ≥ 6. 2) Với k =6ta sẽ chỉ ra cách thiết lập hệ thống đường bay thoả mãn các điều kiện của đề bài. Chia 25 thành phố thành năm nhóm, mỗi nhóm gồm năm thành phố. Các thành phố của nhóm thứ i, i = 1, 5, ta kí hiệu bởi (i) (i) (i) (i) (i) A1 ,A2 ,A3 ,A4 ,A5 . Với các thành phố trong cùng nhóm i, ta thiết lập (i) (i) (i) (i) (i) (i) (i) (i) (i) (i) các đường bay A1 A2 ,A2 A3 ,A3 A4 ,A4 A5 ,A5 A1 . Giữa các thành phố thuộc hai nhóm i, j bất kỳ, i =6 j ∈{1, 2, 3, 4, 5}, xây dựng các đường (i) (j) (i) (j) (i) (j) (i) (j) (i) (j) bay sau A1 A1 ,A2 A4 ,A3 A2 ,A4 A5 ,A5 A3 .
62 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Bằng cách xây dựng các đường bay như trên, ta có: Từ thành phố A bất kỳ sẽ có đường bay trực tiếp đến đúng hai thành phố, trong cùng nhóm với A và có đường bay trực tiếp đến đúng bốn thành phố khác nhóm với A. Do vậy từ mỗi thành phố sẽ có đường bay trực tiếp đến đúng sáu thành phố khác. Hơn nữa, với A, B là hai thành phố bất kỳ mà giữa chúng không có đường bay trực tiếp ta thấy: - Nếu A, B thuộc cùng nhóm thì dễ thấy luôn tồn tại một thành phố trong nhóm đó mà từ C có đường bay trực tiếp đến cả A và B. - Nếu A, B không cùng nhóm thì qua hình vẽ trên dễ dàng kiểm tra được sự tồn tại của thành phố C mà từ C có đường bay trực tiếp đến cả A và B. 3) Vậy kmin =6. Bài 3. Giả sử α là số thực sao cho tồn tại dãy vô hạn các số tự nhiên {an} thoả mãn các điều kiện của đề bài. Dễ thấy α =0là một số thực như vậy. Do đó, để tìm số α lớn nhất, dưới đây ta chỉ xét α>0. α ∗ Từ giả thiết về dãy {an} suy ra ai + aj ≥ ai+j, ∀i, j ∈ N . Dẫn tới α 2a2i ≥ a2i+1 ∀i ∈ N (1) Nếu α =16 thì (1) tương đương với mỗi bất đẳng thức sau 1 1 α a 1−α a2i ≥ (2 1−α .a2i+1) ∀i ∈ N 1 1 − − 1/α a 1 α a2i ≤ (2 1 α .a2i) ∀i ∈ N hay 1 1 1/α ∗ a 1−α a2n ≤ (2 1−α .a2n−1) ∀i ∈ N 1 1 1/αn ∗ 2n 1 2n Suy ra 2 1−α .a2n ≤ (2 1−α a1) , ∀n ∈ N .Màa2n > 1997 nên 2 1−α .1997 2 thì, cho n , từ (2) ta được ln 1997 ≤ 0,vôlý. 2n−1 Nếu α =1thì (1) cho ta a2i+1 ≤ 2a2i , ∀i ∈ N,haya2n ≤ 2a . Suy ra n ∗ 2n 2n n ∗ a2n ≤ 2 a1, ∀n ∈ N .Màa2n > 1997 nên 1997 < 2 .a1, ∀n ∈ N ,hay n ∗ 2 ln 1997 <nln 2 + ln a1, ∀n ∈ N . Bất đẳng thức này tương đương với n ln a ln 1997 < . ln 2 + 1 ∀n ∈ N∗ (3) 2n 2n
2.6. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1996 - 1997 63 →∞ ≤ ≤ 1 Cho n , từ (3) ta được ln 1997 0 (vô lý). Tóm lại, ta phải có α 2 . 1 { } 2) Với α = 2 ta sẽ xây dựng dãy an thoả mãn các điều kiện của đề 2 bài. Xét dãy {an} được xác định bởi a1 =2× 1997, a2 =4× 1997 − 2 và an+1 =2× 1997an − an−1 ∀n ≥ 2. Dựa vào phương trình đặc trưng và các n n ∗ số hạng ban đầu a1,a√2 của {an} dễ dàng tìm được√ an = p + q và n ∈ N , 2 2 trong đó p = 1997 + 1997 − 1 và q = 1997 − 1997 − 1. Suy ra an ∈ N, n ∈ N∗ và p + q n a = pn + qn ≥ 2 =2× 1997n > 1997n ∀n ∈ N∗ (4) n 2 Tiếp theo, ta sẽ chứng minh un = a n + a n+1 , ∀n ≥ 2 (5) [ 2 ] [ 2 ] Vì a n + a n+1 = n nên (5) tương đương với [ 2 ] [ 2 ] . . n a n − + a n+1 . a n + a n+1 ∀n ≥ 2,t∈{0, 1, , − 1} (6) [ 2 ] t [ 2 ]+t [ 2 ] [ 2 ] 2 Do vậy, để chứng minh (5), ta sẽ chứng minh (6). Với t =0thì (6) hiển nhiên đúng. Với t =1, ta có: nếu n =2k thì . a n − + a n+1 = ak−1 + ak+1 =2× 1997ak.(ak + ak) [ 2 ] 1 [ 2 ]+1 hay . . a n − + a n+1 . a n + a n+1 [ 2 ] 1 [ 2 ]+1 [ 2 ] [ 2 ] Nếu n =2k +1thì a n − + a n+1 = ak−1 + ak+2 =2× 1997ak − ak+1 +2× 1997ak+1 − ak [ 2 ] 1 [ 2 ]+1 . =(2× 1997 − 1)(ak+1 + ak).(ak+1 + ak) Từ đây suy ra (6) đúng. ≤ ≤ n − Giả sử ta đã có (6) đến t mà 1 t 2 1. Ta sẽ chứng minh (6) cũng đúng với t := t +1. Thật vậy, ta có a n − + a n+1 =2× 1997a n − − a n − + [ 2 ] (t+1) [ 2 ]+(t+1) [ 2 ] t [ 2 ] t+1 +2× 1997a n+1 − a n+1 − [ 2 ]+t [ 2 ]+t 1 =2× 1997 a n − + a n+1 − a n − − + a n+1 − [ 2 ] t [ 2 ]+t [ 2 ] (t 1) [ 2 ]+(t 1)
64 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Theo giả thiết quy nạp thì . . a n − + a n+1 − a n − − + a n+1 − . a n + a n+1 . [ 2 ] t [ 2 ]+t [ 2 ] (t 1) [ 2 ]+(t 1) [ 2 ] [ 2 ] Theo nguyên lý quy nạp, (6) cũng đồng thời là (5), được chứng minh. Từ đó, ta có [ n ] [ n ] [ n+1 ] [ n+1 ] un = p 2 + q 2 + p 2 + q 2 n/2 n/2 n n 1/2 1/2 1/2 ≥ 2(p + q ) > 2(p + q ) =2an >an . Từ đây và (4) cho thấy dãy {an} thoả mãn các điều kiện của đề bài ứng với 1 α = 2. 1 3) Vậy αmax = 2 . Bài 4. Tìm công thức tổng quát của f(n). Từ f(n + 2) = 503f(n +1)− 1996f(n) (*) có phương trình đặc trưng x2 − 503x + 1996 = 0. Phương trình này có hai n n nghiệm nguyên là x=4 và x2 = 499, từ đó f(n)=4 + 499 . Ta sẽ chứng minh rằng ước nguyên tố p = p(s) của f(2s) có dạng p(s)=21+su +1với u ∈ N. Vì (4, 499) = 1 nên nếu p(s) | f(2s)=42s + 4992s ( ) với s ≥ 1 thì p(s) lẻ, suy ra (4,p(s)) = 1 và (499,p(s)) = 1. Từ ( ) có thể viết 42s + 4992s = tp(s). Giả sử p(s) − 1=2mv với v lẻ, m ≤ s thì có thể áp dụng định lý Fermat 2s−m p−1 2s p−1 2s p−1 p(s)=p | (400 ) − 1 = (499 ) 2m − 1=(pt − 4 ) 2m − 1 2s p−1 p−1 2s−m p−1 p−1 = p.k +(−4 ) 2m − 1=p.k +(−1) 2m n(4 ) − 1o +(−1) 2m − 1 2s−m p−1 p−1 p−1. | − − 2m . mà p (4 ) 1 nên ( 1) =1suy ra v = 2m .2, trái với điều giả sử. Vậy m>ssuy ra p(s)=21+s.u +1. Đặt k k k 1+si 1+si Sk = X p(si)=X(2 ui +1)=X 2 ui + k. i=1 i=1 i=1 1+s Với s = min{si | i =1, 2, , k} thì Sk =2 m + k, (s ≥ k). Từ đó . t 1+s . t . t Sk.2 tương đương với (2 , +k).2 hay k.2 (vì t ≤ k ≤ s<1+s, suy ra 2r | 21+s).
2.6. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1996 - 1997 65 Bài 5. 1) Điều kiện để phương trình 2 2 4n x = log2(2n x +1) (1) − 1 có nghĩa là x> 2n2 . Với điều kiện đó ta có (1) tương đương với 24n2x =2n2x +1 (2) Đặt 4n2x +1=t, từ phương trình (2) ta có phương trình (ẩn t) 2t = t +1 (3) Với 0 1 ta có 2t > 2t +(1− t)=t +1. Với t =0,t=1ta có 2t = t +1. Như vậy, phương trình (3) có tất cả hai nghiệm là t =0và t =1. Dẫn tới − 1 phương trình (2), và cũng là (1) cũng có hai nghiệm xn =0và xn = 4n2 . xn xn 0 0 2) Với xn =0ta có a + b = a + b =2=2+3xn ∀a, b > 0. Xét − 1 xn = 4n2 . Khi đó các bất đẳng thức sau là tương đương xn xn ∗ a + b ≥ 2+3xn ∀n ∈ N . 1 − 1 − 1 3 1 ∗ (a 4n2 + b 4n2 ) ≥ 1+ (− ) ∀n ∈ N 2 2 4n2 − 2 − 1 − 1 4n −4n2 a 4n2 + b 4n2 ! 3 1 ≤ 1+ − . 2 2 4n2 √ 3/2 √Cho n → +∞, từ bất đẳng thức trên ta được ab ≤ e . Ngược lại, với ab ≤ e3/2, ta có √ 1 − 1 − 1 − 1 3 (− 1 3 1 (a 4n2 + b 4n2 ) ≥ ( ab) 4n2 ≥ e 2 4n2 ≥ 1+ (− ) 2 2 4n2 xn xn hay a + b ≥ 2+3xn. 3) Vậy, tất cả các cặp số thực dương a, b cần tìm là a, b > 0 sao cho ab ≤ e3. Bài 6. Trước hết, ta chứng minh khẳng định sau: Khẳng định K. Cho n điểm phân biệt cùng nằm trên một đường thẳng. Tô n điểm đói bởi hai màu xanh, đỏ sao cho có đúng k điểm được tô bởi màu xanh, và giữa hai điểm màu xanh liên tiếp (tính từ trái qua phải) có ít nhất p điểm được tô bởi màu đỏ (tính từ trái qua phải) có ít nhất p điểm được tô bởi màu đỏ và ở bên phải điểm màu xanh cuối cùng có ít nhất p điểm được tô bởi màu đỏ và ở bên phải điểm màu xanh cuối cùng có ít nhất k p điểm được tô bởi màu đó. Khi đó số cách tô màu khác nhau là n−kp
66 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Chứng minh. Lần lượt từ trái trái qua phải, gọi các điểm là 1, 2, , n. Đặt tương ứng mỗi cách tô màu với bộ k số nguyên dương (i1 p ∀i = 1,k− 1 Xét ánh xạ 0 f : T → T = {(j1 <j2 < ···<jk) |{1, 2, , n − kp}∀t = 1,k} 0 (i1 <i2 < ···<ik) ∈ T 7→ (i1,i2 − p, , ik − (k − 1)p) ∈ T Dễ chứng minh được f là song ánh từ T đến T 0. Từ đó, ta có điều phải chứng minh. 2) Trở lại bài toán. Lần lượt, theo chiều kim đồng hồ, gọi các điểm là A1,A2, , An. Gọi X là tập gồm tất cả các cách tô màu khác nhau. Xét phân hoạch X = X0 ∪ X00 trong đó X = {x ∈ X | trong x có điểm màu xanh thuộc{Ai, , Ap}}, X00 = X\X0. Hiển nhiên, với x ∈ X00 thì trong x không có điểm màu xanh 00 nào thuộc tập {A1,A2, , Ap}. Do đó, theo khẳng định K ta có cardX = k n−kp. 0 0 0 Xét X . Kí hiệu Xi = {x ∈ X | trong x có điểm Ai được tô màu xanh, p 0 0 0 i = 1,p. Thế thì Xi ∩ Xj = ∅∀i =6 j ∈{1, 2, , p} và X = S Xi. i=1 0 k−1 Với mỗi i = 1,p, theo khẳng định K, ta có cardXi = n−1−p−(k−1)p = k−1 0 k−1 n−kp−1. Do đó card X = pn−kp−1. k k−1 Vậy cardX = n−kp + pn−kp−1 2.7 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1997 - 1998 Bài 1. Bổ đề 1. Nếu P (x) ∈ R[x] thoả mãn |P (x)|≤cx1998 với x ∈ R c là hằng số (1) thì P (x)=ax1998,vớia là hằng số.
2.7. Đáp án chọn đội tuyển năm học 1997 - 1998 67 Nếu P (x)=a hằng số thì P (x)=a =0. Giả sử deg p = n ≥ 1 n n−1 P (x)=anx + an−1x + ···+ a1x + a0,an =06 . Khi đó (1) tương đương với n n−1 1998 |anx + an−1x + ···+ a1x + a0|≤cx (2) Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng rằng n ≤ 1998. Thật vậy, nếu n>1998 thì từ (2) ta có an−1 a0 c an + + ···+ ≤ , (∀x>0) x x xn−1998 n Cho n →∞, suy ra an =0, trái với giả thiết. Vậy n ≤ 1998. Ta chứng minh ak =0với k =0, 1, , n − 1 bằng quy nạp. Với k =1 thì từ (2) cho x =0suy ra a0 =0đúng với k =1. Giả sử a0 = a1 = ··· = ak−1 =0và k 0 Cho x →∞0,vì1998−k ≥ n−k>0 nên vế phải tiến tới 0, suy ra |ak|≤0 n n 1998 hay ak =0, đúng. Vậy P (x)=anx , do đó |anx |≤cx với mọi n ≤ 1998 và an =06 . Dễ thấy n = 1998 vì nếu trái lại thì an =0. Bây giờ ta chứng minh bài toán. Lấy c =1, đặt q(x)=p1(x) ∈ R[x],ta có với mọi >0 thì |q(x) − p(x)| = |p1(x) − p(x)| ≤|f(x) − p1(x)| + |(f(x) − p(x)| ≤ x1998 + x1998 =(1+)x1998. Do đó theo bổ đề 1998 p(x) − q(x)=ax (3) Lại có 1998 1998 x ≥|f(x) − p(x)| = |f(x) − q(x) − ax | (4) Từ (4) ta có 1998 1998 |h(x) − ax |≤x , ∀x ∈ R (5) Cho x =0, suy ra h(0) = 0. Từ (5) suy ra ∀x1 =06 ,x2 =06
68 Chương 2. Đáp án tuyển sinh h(x1) h(x2) − a ≤ , − a ≤ . x1998 x1998 1 2 Thành thử, h(x1) h(x2) − ≤ 2 ∀x1,x2 =06 , ∀>0. x1998 x1998 1 2 h(x1) h(x2) h(x) Cho → 0 thì 1998 = 1998 , tức là 1998 = c, c là hằng số, tức là x1 x2 x h(x)=cx1998 ∀x =06 (6) Vì h(0) = 0, suy ra h(x)=cx1998, ∀x ∈ R. Từ đó f(x)=q(x)+h(x)= q(x)+cx1998 là một đa thức vì q(x) là đa thức. Bài 2. Hai đường tròn C và C0 tiếp xúc nhau tại A. Phép nghịch đảo f tâm A, phương tích AI2 =(2R)2 biến đường tròn C thành đường thẳng d tiếp xúc với C tại I, biến đường tròn C0 thành đường thẳng d0 vuông góc với AI và cắt đường thẳng AI tại J,vớiAO.AJ =4R2, suy ra AJ =4R, và do đó IJ =2R. f biến mỗi đường tròn Ci ∈ H thành đường tròn Γi, 0 IJ C i =1, 2, , n tiếp xúc với d và d , do đó Γi có bán kính R = 2 . ∞ tiếp xúc với C tại M1, suy ra f(M1)=P1 là tiếp điểm của Γ1 và d, P1 =(AM1) ∩ d. C\ tiếp xúc với C tại Mn, suy ra f(Mn)=Pn là tiếp điểm của Γn và d. Vì có n đường tròn C∞, , C\ nên có n đường tròn Γ1, Γ2, , Γn với Γi = f(Ci). Suy ra P1Pn =(n − 1)2R. Chú ý rằng P1Pn = P1I + IPn hoặc P1Pn = IP1 − IPn. \ ≤ π Bây giờ ta tính IP1. Đặt IAM1 = α (0 α< 2 ) thì IP1 =2R tan α. 0 Sử dụng định lý hàm số Cosine trong tam giác OO O1 cho ta 0 2 02 2 0 O O1 = OO + OO1 − 2OO .OO1 cos(π − 2α).