LỜI GIẢI OLYMPIC TRƯỜNG ĐÔNG MIỀN NAM 2019 Đội Huấn Luyện Viên TP Hồ Chí Minh, ngày 10/12/2019 Bài tốn Cho f (x) hàm tuần hoàn Chứng minh tồn giới hạn lim f (x) x→∞ f (x) hàm Lời giải Giả sử phản chứng f (x) không hàm Khi tồn số a = b cho f (a) = f (b) Gọi T chu kì tuần hồn f (x), ta có: f (a) = f (a + nT ); f (b) = f (b + nT ) ∀n ∈ Do đó: lim f (a + nT ) = lim f (a) = f (a) n→∞ n→∞ Tương tự lim f (b + nT ) = lim f (b) = f (b) n→∞ n→∞ Suy không tồn lim f (x) (mâu thuẫn) Vậy giả sử phản chứng sai nên f (x) n→∞ hàm Bài tốn Tìm tất hàm số f : + −→ + thỏa mãn điều kiện: f (x f ( y) + f (x)) = f (x) + x y, Lời giải Đặt a = f (1) Dễ thấy f đơn ánh phương trình trên, cho x = ta + ∀x, y > f toàn ánh (2a, +∞) Trong f ( f ( y) + a) = y + 2a, ∀ y > Thay y f ( y) + a thu f ( y + 3a) = f ( y) + 3a, ∀ y > ⇒ f ( y + 3na) = f ( y) + 3na, ∀ y > 0, ∀n ∈ Trong phương trình đầu, thay y y +3a kết hợp phương trình với phương trình cũ, ta có f (x f ( y) + f (x) + 3ax) = f (x f ( y) + f (x)) + 3ax, ∀x, y > Cố định z > 0, lúc chọn n ∈ đủ lớn để tồn y > cho x f ( y)+ f (x) = z+3na Thay y vừa có vào phương trình trên, ta thu f (z + 3ax) = f (z) + 3ax, ∀x, z > Do f (z + x) = f (z) + x = f (x) + z, ∀x, z > Từ f (x) = x + c, ∀x > Dễ dàng tính c = Vậy nghiệm hàm phương trình cho f (x) = x + 1, ∀x > p Đội Huấn Luyện Viên Trang Bài toán Cho tam giác nhọn khơng cân ABC có đường cao AA1 , BB1 , C C1 cắt H Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A1 B1 C cắt điểm thứ hai P, Z giao điểm tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm A, B a Chứng minh P H qua trung điểm cạnh AB b Chứng minh đường thẳng AP, BC, Z C1 đồng quy điểm Q C A1 P B1 O H Y A T C1 B C Z Lời giải a Gọi C đối xứng với C qua (O) Do BC ⊥ BC AH ⊥ BC nên BC //AH tương tự AC //BH, từ AH BC hình bình hành, suy H C qua trung điểm AB Vì P ∈ (C B1 A1), P ∈ (ABC) nên ∠AP H = 90o , ∠AP C = 90o , suy P, H, C thẳng hàng Vậy P H qua trung điểm AB b Qua B1 kẻ đường thẳng song song với AB cắt ZA, Z B Y, T Ta chứng minh PY AC1 C C1 BT nội tiếp Thật vậy, dễ thấy B1 Y AC1 hình bình hành, suy B1 A B1 C1 PA YA Y A = B1 C1 Xét ∆PY A ∆P C1 B có ∠PAY = ∠P BA, = = = PB A1 B C1B C1 B Do ∆PY A đồng dạng ∆P C1 B, suy PY AC1 tứ giác nội tiếp Mặt khác, dễ thấy C C1 BT tứ giác nội tiếp AY = BT Như ZA.Z Y = Z B.Z T Gọi Q giao điểm AP BC Xét ∆PAC1 C C1 B có QP.QA = QC.QB, ZA.Z Y = Z B.Z T T, Z thuộc trục đẳng phương (PAC1 ) (C C1 B) Do T, Z, C1 thẳng hàng hay AY, BC, Z C1 đồng quy Đội Huấn Luyện Viên Trang Bài toán Bảng số dạng tam giác sau: 10 1 19 16 16 10 với hàng thứ k gồm 2k − số lập theo quy tắc: Nếu hàng k dãy số a2 a3 a4 ak−1 ak ak−1 a4 a3 a2 hàng thứ k + dãy số đối xứng 1 + a2 + a2 + a3 a2 + a3 + a4 a3 + a2 + a2 + 1 Chứng minh hạng tử thuộc cột bảng số chia cho dư ln khác Lời giải Ta kí hiệu an0 , an1 , an2 , ann , an2n dãy số thuộc hàng thứ n + bảng Khi ann số hạng nằm vị trí bảng Ta quy ước ain = với i < i i > 2n Do đó, ta ln có an+1 = ani−2 + ani−1 + ani Mặt khác, quy nạp, ta ani hệ số x i khai triển (x + x + 1)n Do u cầu tốn quy ước chứng minh hệ số x n khai triển (x + x + 1)n khơng thể chia dư Ta có (x + x + 1)n ≡ (x − 2x + 1)n ≡ (x − 1)2n (mod 3) 2n 2n Do ann ≡ (−1)n n (mod 3) Ta chứng minh (−1)n n đồng dư theo 2n modulo Thật vậy, n chia hết cho ta có điều phải chứng minh Giả sử ngược lại, ta có đẳng thức quen thuộc sau đây: 2n n = n Khi 2n n + n + + n n ≡ r (mod 3) với r số phần tử không chia hết cho t định lý Lucas n = t ni 3i r = i=0 b n i Mặt khác, theo (ni + 1) Do r không chia hết i=0 ni = 2, ∀i = 0, t Do r = với b số lượng phần tử mà ni = Ta suy r ≡ b ≡ 2n (mod 3) Suy (−1)n 2n ≡ (−1)n 2n ≡ (mod 3) n Do trường hợp số hạng cột chia dư Đội Huấn Luyện Viên Trang Bài toán Cho < a < b số nguyên dương n Chứng minh ta có bất đẳng thức: a+b ≤ n b n+1 − a n+1 ≤ (b − a)(n + 1) n bn + an Lời giải Đầu tiên ta chứng minh vế phải toán, tức ta chứng minh b n+1 − a n+1 bn + an ≤ (b − a)(n + 1) Tức chứng minh (n + 1)(b n + a n ) ≥ b n + b n−1 a + + a n−1 b + a n Hay (n − 1)(b n + a n ) ≥ b n−1 a + b n−2 a2 + + a n−2 b2 + a n−1 b Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có (n − 1)b n + a n ≥ n n b n(n−1) · a n = n · b n−1 · a (n − 2)b n + 2a n ≥ n · b n−2 a2 Làm tương tự cho bất đẳng thức khác cộng lại, ta n(n + 1) n (b + a n ) ≥ n b n−1 a + b n−2 a2 + + a n−2 b2 + a n−1 b Tức (n − 1)(b n + a n ) ≥ b n−1 a + b n−2 a2 + + a n−2 b2 + a n−1 b (1) Ta chứng minh VT đẳng thức Chuẩn hóa a + b = đặt b = + x, a = − x với x > Khi ta cần chứng minh (1 + x)n+1 − (1 − x)n+1 ≥ 2x(n + 1) Bất đẳng thức tương đương với 2x n+1 n+1 + 2x + ≥ 2x(n + 1) Bất đẳng thức hiển nhiên (2) Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Đội Huấn Luyện Viên Trang Bài toán Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F Kí hiệu H, K, L tâm đường tròn bàng tiếp góc B, C, A tam giác ABC Các đường tròn (HAF ), (H C D) cắt M = H, đường tròn (KAE), (K BD) cắt N = K Các đường tròn (LBF ), (LC E) cắt R = L a) Chứng minh tứ giác E F M N nội tiếp b) Chứng minh N K, M H, RL qua tâm đẳng phương (AN B), (AM C), (BRC) Lời giải H A K R R1 E F I N1 K1 S T N M B C D X M1 L a) Kẻ K F cắt (I) N Khi ta có ∠K N E + ∠KAE = 180◦ Đội Huấn Luyện Viên Trang Do KAEN nội tiếp Chứng minh tương tự ta K BDN nội tiếp Từ suy N ≡ N nên K, F, N Tương tự ta có H, E, M R, L, D Do tứ giác E F M N nội tiếp b) Đầu tiên ta cần chứng minh K N , M H, RL đồng quy Ta có sin ∠N KA BF K B = sin ∠N K B AF KA BD LC sin ∠RLB = sin ∠RLC DC LB sin ∠M H C EC HA = sin ∠M HA EA H C Do kết hợp với định lý Ceva H LK có LA, H B, KC đồng quy ta BF K B BD LC EC HA sin ∠N KA sin ∠RLB sin ∠M H C = sin ∠N K B sin ∠RLC sin ∠M HA AF KA DC LB EA H C K B LC HA = = KA LB H C Do theo định lý Ceva sin K N , E M , LR đồng quy Gọi điểm đồng quy T Gọi M1 , N1 , K1 giao điểm LR với (BRC), (BI C L) trung điểm F D Dễ thấy N1 trung điểm RD Khi ta có DN1 DL = DB.DC Mặt khác DB.DC = DM1 DR = DM1 2DN1 nên DL = 2DM1 nên M1 trung điểm L D Do BDL ∼ RF D(g.g) nên ta suy RF K1 ∼ BDM1 M1 , K1 trung điểm LD, DF Chú ý RB đường đối trung tam giác RF D, O tâm (BRC) nên ta có ∠O RB = 90◦ − ∠BCR = 90◦ − ∠BM D = 90◦ − ∠F KR = 90◦ − ∠KRD − ∠K DR = 90◦ − ∠F RB − ∠RDF Mặt khác ∠IRB = ∠IRF − ∠F RB ∠RDF + ∠IRF = 90◦ Do suy ∠ORB = ∠IRB nên O, I, R thẳng hàng Vậy (BRC) tiếp xúc (I) R Tương tự ta có (AN B) tiếp xúc (I) N (AM C) tiếp xúc (I) M Gọi X giao điểm tiếp tuyến M , N với (I) Khi PX /(AM C) = X M = X N = PX /(AN B) Suy X ∈ AP Do ta cần chứng minh AX qua T ý AX trục đẳng phương (ABN ), (AC M ) Gọi R1 giao điểm đường thẳng qua A song song M X vớiM E Gọi S giao điểm đường thẳng qua X song song AF với N F Ta có ∠ARE = 180◦ − ∠ARM = ∠RM X = ∠AER Do ARE cân A nên AR = AE = AF Tương tự, X M = X N = X S Dễ thấy tam giác cân AF R, X M S đỉnh A, X có ∠FAR = ∠M X S M X //AR, X S//AF Suy AF R ∼ X SM nên FR AF = MX MS Đội Huấn Luyện Viên Trang ∠AF R = ∠M SX Mà X S//AF nên F R//M X theo định lý Thales ta có FR AF AE TR = = = TM MS MX MX Từ dễ dàng suy A, X , T thẳng hàng Tương tự ta có trục đẳng phương (BRC), (AN B) qua T Do T tâm đẳng phương (AN B), (AM C), (BRC) Bài tốn Một tổ kiến có 17 kiến Mỗi kiến khỏi tổ lần để kiếm ăn Biết lần khỏi tổ tính từ kiến đến quay trở lại tổ kiến Giả sử với k kiến có thời điểm chúng ngồi tổ Chứng minh tồn thời điểm có n kiến tổ, với trường hợp sau: a) k = 2, n = b) k = 3, n = Lời giải Ta biểu diễn lần vào tổ kiến trục thời gian Mỗi lần kiến khỏi tổ tương ứng với đoạn thẳng gồm hai đầu mút: điểm màu đỏ thời điểm kiến khỏi tổ, điểm màu xanh ứng với thời điểm kiến quay lại vào tổ Như vậy, kiến ứng với 16 điểm đánh dấu: điểm màu xanh điểm màu đỏ Với tất 17 kiến, có 17 × 16 = 272 điểm đánh dấu Hai kiến lúc tổ tồn hai đoạn thẳng tương ứng, biểu diễn thời gian chúng ngồi tổ, có điểm chung Nhưng có số điểm trùng thành cụm Ta di chuyển điểm cụm khoảng cách đủ nhỏ để điểm vị trí hồn tồn phân biệt Thật vậy, vị trí cụm phân biệt, tồn lân cận đủ nhỏ quanh cụm mà không chứa thêm cụm khác Bắt đầu từ bên trái trục thời gian, tồn cụm chứa hai điểm, ta tách điểm theo hai nguyên tắc sau: i) Tại cụm xét, đưa điểm màu đỏ bên trái, điểm màu xanh bên phải thành điểm riêng biệt ii) Các điểm hình thành sau tách phải nằm hoàn toàn lân cận cụm ban đầu Khi đó, thời điểm tương ứng với vị trí trước tách cụm vừa xét, kiến khỏi tổ thời điểm trạng thái ban đầu giữ ngun tính chất trạng thái Nên bản, phép biến đổi bảo tồn tính chất "gặp nhau"của tốn Đội Huấn Luyện Viên Trang Đặt tên cho 272 điểm phân biệt từ trái sang phải A1 , A2 , , A272 Để ý A1 có màu đỏ A272 có màu xanh Gọi f (k) số kiến tổ khoảng thời gian đoạn thẳng Ak Ak+1 (1 ≤ k ≤ 271) f (k) ≥ f (1) = f (271) = Hơn qua mốc thời gian Ak bất kỳ, có thêm kiến vào tổ nên | f (k +1)− f (k)| = (1 ≤ k ≤ 271) Ta đặt X t , Yt số số k để f (k) = t số t kiến tổ (t ≥ 1) a) Giả sử khơng có kiến ngồi tổ lúc đó, hay ta ln có f (k) ≤ Do f (1) = f (271) = 1, f (k) = f (k + 1) nên số số l để f (l) = tối đa là: 271 − + = 135 Y2 = X ≤ Mặt khác hai kiến có thời điểm ngồi tổ nên: Y2 = X ≥ 17 = 136 Hai đánh giá đồng thời xảy Do điều giả sử sai, hay phải có thời điểm tồn kiến tổ b) Giả sử khơng có kiến ngồi tổ lúc đó, hay ta ln có f (k) ≤ Nhận thấy f (k) = tương ứng với thời điểm có ba kiến ngồi tổ, f (k) = tương ứng với thời điểm có ba kiến tổ Ta ước lượng giá trị lớn số ba kiến ngồi tổ • Do | f (k+1)− f (k)| = (1 ≤ k ≤ 271) nên f (2), f (270) ≤ f (3), f (269) ≤ Từ số số l để f (l) = f (l) = tối đa là: 271 − + = 134 X3 ≤ 271 − + X4 ≤ = 133 Vậy số ba kiến ngồi tổ khơng vượt q Y3 134 + 133 ì = 666 Mt khác ba kiến có thời điểm tổ nên: Y3 ≥ 17 = 680 Hai đánh giá đồng thời xảy Do điều giả sử sai, hay phải có thời điểm tồn kiến ngồi tổ Bài tốn chứng minh hồn tồn Đội Huấn Luyện Viên Trang