Chủ đề này có 19 trả lời

[tritanngo99]

Mùa đông đến rồi, sợ diễn đàn lạnh lẽo, nên mình tạo topic này có tên : "Mỗi ngày một bài toán IMO", mục đích chính là để post lại các bài IMO đã qua để mọi người cùng thảo luận cho vui, học hỏi là chính, có thể đóng góp nhiều lời giải khác nhau để nâng cao kiến thức. 

 

Không có gì hơn, có mấy điều, mong các bạn chú ý :

 

+ Không được spam tránh gây loãng topic

 

+ Mỗi ngày, mình sẽ đăng một bài, nên nếu bạn nào có ý định đề nghị bài nào đó hay thì có thể gửi qua tin nhắn của mình trên diễn đàn cũng được nhé

 

Ngoài ra, mình khuyến khích các bạn có thể dẫn một số bài liên quan hoặc tương tự đến những bài IMO này để mọi người có thể mở rộng thêm những kiến thức về bài toán IMO được nhắc tới.

 

Một lần nữa không có gì hơn, mình mong các bạn tham gia nhiệt tình sôi nổi để diễn đàn không bị cô đơn giữa mùa đông sắp đến nhé ! 

 

Để mở đầu, mình bắt đầu một bài như sau:

 

Bài 1: [IMO 1990] Cho $n\ge 3$ là một số nguyên và xét tập hợp $E$ gồm có $2n-1$ điểm nằm trên một đường tròn. Giả sử rằng có đúng $k$ điểm được tô màu đen. Một cách tô màu như thế được gọi là "tốt' nếu như có ít nhất một cặp điểm màu đen sao cho phần trong của một trong hai cung nhận nó làm đầu mút chứa chính xác $n$ điểm của $E$. Hãy xác định giá trị bé nhất của $k$ sao cho với mọi cách tô màu $k$ điểm của $E$ đều là tốt. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 17-10-2021 - 09:12

[tritanngo99]

Bài 2: [IMO 2002] Hãy xác định tất cả các hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho: $(f(x)+f(z))(f(y)+f(t))=f(xy-zt)+f(xt+yz)$ với mọi $x,y,z,t\in \mathbb{R}$

[pcoVietnam02]

Bài 2: [IMO 2002] Hãy xác định tất cả các hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho: $(f(x)+f(z))(f(y)+f(t))=f(xy-zt)+f(xt+yz)$ với mọi $x,y,z,t\in \mathbb{R}$

 

Hướng làm: Mình cần nhẩm được nghiệm không hằng cho bài này để tiện hơn cho việc suy nghĩ bước đi tiếp theo. Nhìn vào phương trình hàm đề bài ta nghĩ ngay đến đẳng thức Cauchy-Scwarz: $(x^2+z^2)(y^2+t^2)=(xy-zt)^2+(xt+yz)^2$. Do đó mình suy ra được luôn hàm $f(x)=x^2$ là một hàm không hằng thỏa, còn sau đó có hàm không hằng nào đó thỏa nữa thì tùy hướng đi của mỗi người. Còn hàm hằng thì hiễn nhiên mọi người sẽ tìm được là $f(x)=0$ và $f(x)=\frac 12$

 

Cho $x=y=z=t=0$ thì $4f(0)^2=2f(0) \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=\frac 12$

+) Với $f(0)=\frac 12$ thì cho $y=z=0$ và thay $t$ bởi $x$ ta được $[f(x)+\frac 12]^2=1$ thì được 2 hàm $f(x)=\frac{1}{2}$ (thỏa) và $f(x)=-\frac{3}{2}$ (loại)

+) Với $f(0)=0$ : 

Ta để ý rằng nếu cho $x=t=0$ thì $f(y)f(z)=f(yz)$ (*) là một hàm nhân tính. Dễ dàng thấy thêm hàm hằng $f(x) =0, \forall x\in\mathbb R$ thỏa. Ta xét đến các hàm khác hằng. Nhìn vào hàm không hằng thỏa ta đã thử thì ta phải giải luôn phương trình hàm nhân tính ấy. Tuy nhiên nếu giải thẳng ra trên $\Bbb R\rightarrow \Bbb R$ luôn thì hàm ra được sẽ rất phức tạp cho việc thử lại. Do đó để khả thi hơn thì ta sẽ giải trên $\mathbb R^+\rightarrow \mathbb R^+$.

Muốn giải được hàm nhân tính thì ta phải có điều kiện $f$ là hàm tăng với mọi số thực dương (vì cách đặt ra hàm Cauchy cần ít nhất điều kiện yếu để được hàm tuyến tính)

Ta thấy khi $f(x)\geq 0$ với mọi $x\geq 0$ từ hàm nhân tính, ta sẽ coi $x,y$ là các số thực dương. Nếu thay $z$ bởi $y$ và $t$ bởi $x$ thì ta được $f(x^2+y^2) = [f(x) + f(y)]^2$ (**) $\geq f(x)^2=f(x)f(x)=f(x^2)$. Do đó $f$ là hàm tăng với mọi số thực dương $x,y$.

Do đó đặt $g(x)=\ln(f(e^x))$ thì ta sẽ được $g(x+y)=g(x)+g(y)$ là hàm tăng với mọi $x,y$ thực dương. Vì $g$ là hàm tăng nên $g$ tuyến tính do đó $g(x)=cx$ suy ra $f(x)=x^a$ với mọi $x$ thực dương, $a$ là hằng số bất kì.

Thay vào thì được $f(x)=x^2$, $\forall x\in\mathbb R^+$ 

Ta chỉ cần chứng minh thêm hàm chẵn thì sẽ ra được $f(x)=x^2, \forall x\in\mathbb R$

Thật vậy ta có thể dễ dàng chứng minh được bằng cách cho $x=y=0$ thì $f(z)f(t)=f(-zt)$ so với hàm nhân tính thì $f(xy)=f(-xy)$ suy ra hàm chẵn.

Như vậy kết luận các hàm thỏa là $f(x)=0$, $f(x)=\frac 12$, $f(x)=x^2$, $\forall x\in\mathbb R$.

 

P/s: Có một hướng khác cho việc đặt hàm phụ là đặt $f(x)=g(x)^2$ và khi thay vào (*) và (**) thì được tương ứng là $g(xy)=g(x)g(y)$ và $g(x+y)=g(x)+g(y)$. Đây là một bài phương trình hàm phụ rất quen thuộc mà mình muốn mọi người tự suy nghĩ để hoàn thiện nó. Phần còn lại giống hết bước kia.   

[tritanngo99]

Bài 3: [IMO 1985] Cho một tập hợp $M$ gồm $1985$ số nguyên dương phân biệt, sao cho không có số nào có ước nguyên tố lớn hơn $26$. Chứng minh rằng $M$ chứa ít nhất một tập con bốn phần tử mà tích của chúng là một luỹ thừa bậc bốn của một số nguyên.

[tritanngo99]

Bài 4: [IMO 1994] Với bất kỳ một số nguyên dương $k$ nào ta ký hiệu $f(k)$ là số các phần tử của tập hợp $\left\{k+1,k+2,...,2k\right\}$ mà trong biểu diễn ở cơ số $2$ (hệ nhị phân)  thì có đúng ba số $1$

 

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $m$ tồn tại ít nhất một số nguyên $k$ sao cho $f(k)=m$

 

b) Xác định tất cả các số nguyên dương $m$ sao cho có đúng một số nguyên dương $k$ thoả mãn $f(k)=m$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 19-10-2021 - 18:07

[tritanngo99]

Bài 5: [IMO 1995] Hãy xác định giá trị lớn nhất của $x_0$ sao cho tồn tại một dãy các số thực dương $x_0,x_1,...,x_{1995}$ thoả mãn $x_0=x_{1995}$ và với mọi $i=1,2,3,...,1995$ thì: $x_{i-1}+\frac{2}{x_{i-1}}=2x_i+\frac{1}{x_i}$

[tritanngo99]

Bài 6: [IMO 1963] Chứng minh rằng: $cos \frac{\pi}{7}-cos \frac{2\pi}{7}+cos \frac{3\pi}{7}=\frac{1}{2}$

[LTBN]

Bài 6: [IMO 1963] Chứng minh rằng: $cos \frac{\pi}{7}-cos \frac{2\pi}{7}+cos \frac{3\pi}{7}=\frac{1}{2}$

Xét $\Delta ABC$ có $\angle C=\frac{4\pi}{7};\angle B=\frac{\pi}{7};\angle A=\frac{2\pi}{7}$. Đặt $BC=a;CA=b;AB=c$.

Dựng D thuộc cạnh AB sao cho BD = CD. Khi đó dễ thấy $\Delta CDA$ cân tại C nên $BD=CD=AC$.

Dựng E thuộc cạnh AB sao cho BC = BE.

Ta có $\Delta CDB$ cân tại $D$ nên $\cos\frac{\pi}{7}\cos\widehat{CBD}=\frac{1}{2}\frac{BC}{BD}=\frac{a}{2b}$.

$\Delta CDA$ cân tại $C$ nên $\cos\frac{2\pi}{7}=\cos\widehat{CAD}=\frac{1}{2}\frac{AD}{AC}=\frac{c-b}{2b}$.

$\Delta BCE$ cân tại $B$ nên $\cos\frac{3\pi}{7}=\cos\widehat{BCE}=\frac{1}{2}\frac{CE}{BC}=\frac{1}{2}\frac{AC}{AB}=\frac{b}{2c}$. (Vì $\Delta ACE\sim\Delta ABC$)

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{a}{b}-\frac{c-b}{b}+\frac{b}{c}=1\Leftrightarrow ca=c^2-b^2\Leftrightarrow b^2=c(c-a)\Leftrightarrow AC^2=AE.AB$. (đúng)

Vậy $\cos\frac{\pi}{7}-\cos\frac{2\pi}{7}+cos\frac{3\pi}{7}=\frac{1}{2}$

Hình gửi kèm

• 

[tritanngo99]

Bài 7: [IMO 1978] Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Một đường tròn tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tam giác đó và với các cạnh $AB,AC$ ở các điểm $P,Q$ tương ứng. Chứng minh rằng: Trung điểm của đoạn thẳng $PQ$ chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 22-10-2021 - 19:23

[tritanngo99]

Bài 8: [IMO 1987] Chứng minh rằng không tồn tại hàm $f$ nào từ tập hợp các số nguyên không âm vào chính nó thoả mãn $f(f(n))=n+1987$ với mọi $n$.

[pcoVietnam02]

Bài 8: [IMO 1987] Chứng minh rằng không tồn tại hàm $f$ nào từ tập hợp các số nguyên không âm vào chính nó thoả mãn $f(f(n))=n+1987$ với mọi $n$.

 

Gợi ý: Cho $A=f(\mathbb N)\cup[1,1987]$ và $B=(\mathbb N\cup[1,1987])\setminus A$. Chứng minh $|A| = |B|$

 

[tritanngo99]

Bài 9: [IMO 1988] Cho $n$ là một số nguyên dương và $A_1,A_2,...,A_{2n+1}$ là các tập hợp con của tập hợp $B$. Giả sử rằng: 

 

(a) Mỗi $A_i$ có đúng $2n$ phần tử.

 

(b) Mỗi $A_i\cap A_i(1\le i<j\le 2n+1)$ chứa đúng một phần tử.

 

(c) Mọi phần tử của $B$ đều thuộc vào ít nhất hai tập con $A_i$.

 

Hỏi rằng với những giá trị nào của số $n$ thì chúng ta có thể đánh dấu mọi phần tử của $B$ bởi các số $0$ và $1$ sao cho mỗi $A_i$ có đúng $n$ phần tử được đánh số $0$

[nhungvienkimcuong]

Bài 8: [IMO 1987] Chứng minh rằng không tồn tại hàm $f$ nào từ tập hợp các số nguyên không âm vào chính nó thoả mãn $f(f(n))=n+1987$ với mọi $n$.

 

Bài này ta có thể tổng quát lên như sau: Tồn tại hàm số $f\colon \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ sao cho $\underbrace{f(f(\cdots f}_{a\ \text{lần}}(n)\cdots))=n+b$ với mọi $n\in \mathbb{N}$ khi và chỉ khi $a\mid b$

 

Ở đây mình chỉ làm theo đề gốc, bài toán tổng quát các bạn dành cho các bạn 

Giả sử tồn tại hàm $f$ thỏa đề. Từ giả thiết dễ thấy $f(n+1987)=f(n)+1987\ \color{Red}{(1)}$.

Tiếp đến ta làm việc trong $ \mathbb{Z}_{1987}$, có được

$$f(f(x))=x,\quad \forall x\in \mathbb{Z}_{1987}$$

Xây dựng đồ thị có hướng $[V,E]$ trong đó tập đỉnh chính là các phần tử của tập hợp $\mathbb{Z}_{1987}$, có cạnh $[v_1,v_2]$ nếu $v_2=f(v_1)$. Với cách xây dựng này thì ta thấy mỗi đỉnh của đồ thị thuộc $1$-chu trình hoặc $2$-chu trình. Vì $1987$ là số lẻ nên tồn tại điểm bất điểm bất động $m\in \mathbb{Z}_{1987}$, nghĩa là $f(m)=m$.

Quay trở lại làm việc trong $\mathbb{Z}$. ta có được $f(m)=m+1987k$ với $k$ là số nguyên nào đó. Do vậy

\[f(f(m))=f(m+1987k)\overset{\color{Red}{(1)}}{=}f(m)+1987k=m+1987\cdot 2k\]

Mặt khác theo giả thiết thì $f(f(m))=m+1987$, suy ra $2k=1$ (vô lí).

[tritanngo99]

Bài 10: [IMO 1966] Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác, còn $\alpha, \beta, \gamma$ tương ứng là ba góc đối diện với ba cạnh trên. Chứng minh rằng, nếu $a+b=tan(\frac{\gamma}{2})(a*tan(\alpha)+b*tan(\beta))$, thì tam giác đang xét là tam giác cân.

[pcoVietnam02]

Bài 10: [IMO 1966] Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác, còn $\alpha, \beta, \gamma$ tương ứng là ba góc đối diện với ba cạnh trên. Chứng minh rằng, nếu $a+b=tan(\frac{\gamma}{2})(a*tan(\alpha)+b*tan(\beta))$, thì tam giác đang xét là tam giác cân.

 

Xét tam giác $\triangle ABC$, $a=BC, b=AC, c=AB$ và giả sử $a\geq b$. Dễ thấy $f(x)=\tan x$ đồng biến trên $(0,\pi)$ nên theo bất đẳng thức Chebyshev ta có $2(a+b)= 2\tan {\frac{C}{2}}(a\tan A +b\tan B)\ge \tan {\frac{C}{2}}(a+b)(\tan A+\tan B) \Rightarrow \tan {\frac{C}{2}}(\tan A+\tan B) \leq 2 \Rightarrow \tan {\frac{C}{2}} (\sin A \cos B + \sin B \cos A) \leq 2\cos A\cos B \Rightarrow \tan {\frac{C}{2}} \sin{(A+B)} \leq \cos{(A+B)} +\cos{(A-B)} \Rightarrow cos(A-B)-\cos C\ge 2(\sin\frac{C}{2})^2 \Rightarrow cos(A-B)\geq 2(\sin\frac{C}{2})^2 + \cos C = 1$

Suy ra $\cos{(A-B)}=1\Rightarrow A-B=0 \Rightarrow A=B$

Do đó tam giác $ABC$ cân tại A

[tritanngo99]

Bài 11: [IMO 1990] Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{Q}^{+}\rightarrow \mathbb{Q}^{+}$ thoả : $f(xf(y))=\frac{f(x)}{y},\forall x,y\in \mathbb{Q}^{+}$

[tritanngo99]

Bài  12: [IMO 2004] Trong tứ giác lồi $ABCD$ đường chéo $BD$ của nó không phải là phân giác của góc $\angle{ABC}$ và $\angle{CDA}$. Một điểm $P$ nằm trong tứ giác $ABCD$ và thoả mãn: $\angle{PBC}=\angle{DBA}$ và $\angle{PDC}$ và $\angle{BDA}$.

 

Chứng minh rằng $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi $AP=CP$.

[tritanngo99]

Bài 13: [IMO 1987] Cho $n$ là một số nguyên dương. Với mỗi số nguyên không âm $k$, kí hiệu $p_n(k)$ là số các hoán vị của tập hợp $\left\{1,2,...,n\right\}$, mà có đúng $k$ điểm cố định. Chứng minh rằng: $\sum\limits_{k=0}^{n}k*p_n(k)=n!$

 

Chú ý. Một hoán vị $f$ của tập hợp $S$ là một song ánh đi từ $S$ vào $S$. Một phần tử $i\in S$ được gọi là điểm cố định của hoán vị $f$ nếu như $f(i)=i$

[tritanngo99]

Bài 14: [IMO 1985] Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn. Một đường tròn có tâm nằm trên cạnh $AB$ của tứ giác sao cho ba cạnh còn lại tiếp xúc với đường tròn đó. Chứng minh rằng: $AD+BC=AB$

[tritanngo99]

Bài 15: [IMO 1986] Cho $d$ là một số nguyên dương khác $2,5$ và $13$. Chứng minh rằng có thể tìm được hai số nguyên dương $a$ và $b$ từ tập hợp $\left\{,2,5,13,d\right\}$ sao cho $ab-1$ không phải là số chính phương.