dogsteven

Mở rộng. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ với $B, C$ cố định và $A$ di chuyển. Một đường tròn cố định đi qua $BC$ và cắt $AC, AB$ tại $E, F$. Một điểm $O$ cố định nằm trên trung trực $BC$. Lấy $H$ thuộc $BE$, $K$ thuộc $CF$ thỏa mãn $OH || AC, OK || AB$. Khi đó trung trực $HK$ đi qua một điểm cố định.

Bổ đề này chứng minh thế nào anh? Nó đã xuất hiện ở những bài toán nào ? Sách nào ?

Bổ đề này là một định phần để chứng minh định lý về cực và đối cực: Cho đường tròn $(O)$ và ba điểm $A, B, C$ phân biệt. Khi đó $A, B, C$ thẳng hàng khi và chỉ khi đối cực của $A, B, C$ đồng quy hoặc đôi một song song.

Chứng minh. 

Gọi $M, N$ là trung điểm $CD, EF$, khi đó $OM.OA = R^2 = ON.OB$ nên $MNBA$ nội tiếp.

Từ đó $\angle GOM= 90^o-\angle OGM = 90^o-\angle ONM = 90^o-\angle OAB$ nên $OG\perp AB$ và dễ có $OG.OH=OM.OA=R^2$

Trở lại bài toán, ta dựng tương tự $BC$, tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$ cắt $EF$ tại $W$ thì $W, K, L$ thẳng hàng do trục đẳng phương của đường tròn Euler và $(ABC)$. Kẻ tiếp tuyến khác $WA$ đến $(O)$ là $WV'$

Từ đó áp dụng bổ đề ra suy ra $BS, CT, AV'$ đồng quy tại điểm $G$ thỏa $OG=\dfrac{R^2}{d(O, KL)}$ nên ta có $V\equiv V'$

Bài 6.

a. Dùng hai kết quả sau:

1. Cho tam giác $ABC$ với $M, N$ thuộc $BC$. Khi đó $(AMN)$ tiếp xúc với $(ABC)$ khi và chỉ khi $\angle MAN$ và $\angle BAC$ có chung phân giác.

2. Cho tam giác $ABC$, phân giác $AD$, $T$ thuộc $BC$. Khi đó $AT=TD$ khi và chỉ khi $AT$ tiếp xúc với $(ABC)$

b. Bổ đề. Cho $(O)$ và hai điểm $A, B$ nằm ngoài nó. Qua $A, B$ kẻ các tiếp tuyến $AC, AD, BE, BF$. $CD$ cắt $EF$ tại $G$. Lúc này $OG\perp AB$ tại $H$ thỏa $OG.OH=R^2$

Bài 1. Gọi $N$ là trung điểm $BC$, đường cao $BX, CY$. Ta có $MXNY$ là hình bình hành với $MX=NY$

Do đó $MXNY$ là hình thoi nên $MN|| AO$, còn có $\angle XNY$ không đổi nên $MN$ có độ dài không đổi.

Vậy $MA$ cắt $NO$ tại $S$ thì $\dfrac{SO}{SN}=\dfrac{AO}{MN}=\text{const}$, vậy $S$ cố định.

Cho $y=0$ ta suy ra $f(x)=\frac{f(f(x))+f(0)}{f(0)+1}$ => $f$ toàn ánh => $\exists a:f(a)=0$ (với $a$ thuộc R)

Cho $x=y$ ta suy ra $f(f(0))=(f(x))^{2}-x^2$ $(1)$

giả sử $f(x_{1})=f(x_{2})$ thì từ $(1)$ suy ra $x^{2}_{1}=x^{2}_{2}$

TH1: $x_{1}=x_{2}$ => $f$ song ánh 

thay $x=0$ và $y=a$ ta được $f(f(-a))=f(0)$ => $f(-a)=0=f(a)$ => $a=0$ 

như vậy $f(0)=0$ thế điều này vào $(1)$ ta được $(f(x))^{2}=x^2$ 

TH2:$x_{1}=-x_{2}$ 

Cũng thay $x=0$ , $y=a$ ta thu được $f(-a)=f(a)=0$

giả sử $a \neq 0$ thì thay $x=a$ vào $(1)$ ta thu được $f(f(0))=-a^{2}$ => $(f(x))^2=x^2-a^2$ 

đến đây thay $x=0$ ta thu được $((f(0))^2=-a^2 < 0$ => vô lý 

do đó $a=0$ tương tự trường hợp 1 ta thu được $(f(x))^{2}=x^2$ 

thử hai trường hợp $f(x)=x$ và $f(x)=-x$ ta chỉ nhận $f(x)=x$ 

Chỗ bôi đỏ sai. Nếu mà từ đó suy ra toàn ánh thì suy được ra $f(x)=ax+b$ rồi

Bài 2. Đặt $a=f(0)$

Thay $y=0, x=x-y$ ta suy ra $f(x)-f(y)+f(x)f(y)-xy = f(f(x-y)) = (a+1)f(x-y)-a$

Thay $x=0, y=x-y$ ta suy ra $f(y)-f(x)+f(x)f(y)-xy = f(f(y-x)) = (a-1)f(x-y)+a$

Do đó $f(x-y)=f(x)-f(y)+f(0)$ nên $(a+1)f(x-y)=f(x)-f(y)+a+f(x)f(y)-xy=f(x-y)+f(x)f(y)-xy$ nên $af(x-y)=f(x)f(y)-xy$

Đảo vai trò $x$ và $y$ ta suy ra $af(x-y)=af(y-x)$ nên $a=0$ hoặc $f(x)$ chẵn.

Xét $a=0$ thì $f(x)f(y)=xy$ và $f\equiv c$ không là nghiệm nên $f(x)\equiv kx\Rightarrow f(x)\equiv x$

Xét $f(x)$ chẵn thì $f(f(x))=f(f(-x))$ nên $f(x)=a$ không thỏa.

Do đó $f(x)\equiv x$

Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2017 - 2018

(Khóa ngày 19 - 10 - 2017)

Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn:

$$x^4+x^3+x^2+2x=y^2+y$$

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$$f\left(f\left(x-y\right)\right)=f\left(x\right)-f\left(y\right)+f\left(x\right)f\left(y\right)-xy, \;\;\forall x,y\in\mathbb{R}$$

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, nội tiếp $(O)$. Một điểm $D$ bất kỳ trên cung nhỏ $AB$ của $(O)$ sao cho $D$ khác $A$ và $B$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DBC$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $DI$ cắt $AB, AC$ tương ứng tại $E, F$. Gọi $M$ là giao điểm của $BF$ và $CI$. Gọi $N$ là giao điểm của $CE$ và $BI$. Gọi $P$ là trung điểm của $BM$. $AO$ cắt $CP$ tại $K$.

Chứng minh rằng $BK$ chia đôi $CN$

Bài 4. Ở mỗi ô vuông con của hình vuông $17 \times 17$, ta ghi một số nguyên từ $1$ đến $17$ sao cho mỗi số từ $1$ đến $17$ được ghi đúng $17$ lần. Chứng minh rằng tồn tại một hàng hoặc một cột chứa $5$ số khác nhau.

Bài 2. Đầu tiên ta có $a_n>2\;\;\forall n\in\mathbb{N}^*$ nên $|a_{n+1}-3|=\dfrac{1}{a_n}.|a_{n}-3|<\dfrac{1}{2}.|a_{n}-3|$

Do đó theo định lý Stolz, ta có $3=\lim a_{n}=\lim \dfrac{a_1+a_2+...+a_{n}}{n} \geqslant a$

Ta sẽ chứng minh $a=3$ thỏa mãn.

Nhận xét là $a_{n}>3$ nếu $n$ lẻ và $a_n<3$ nếu $n$ chẵn.

Với $n=1$ thì $a_1+a_2+...+a_n>3n$. Giả sử $a_1+a_2+...+a_n>3n$ với $n\geqslant 1$

Khi đó, $n$ chẵn thì $a_1+a_2+...+a_{n+1}>3n+a_{n+1}>3(n+1)$

$n$ lẻ thì $a_1+a_2+...+a_{n+1}>3(n-1)+a_{n}+a_{n+1}=3(n-1)+a_n+\dfrac{3}{a_n}+2=3(n+1)+\dfrac{(a_n-3)(a_n-1)}{a_n}>3(n+1)$

Do dó theo quy nạp ta có $a_1+a_2+...+a_n>3n$ với mọi $n$.

Do vậy mà $VT\geqslant \sqrt{n^2x^2+(a_1+a_2+...+a_n)^2}>n\sqrt{x^2+9}$

Bài 5. Thay $y=0\Rightarrow f(x+f(0))=f(x)$, do $f$ đơn điệu và $f\equiv c$ không thỏa nên $f(0)=0$

Thay $x=0\Rightarrow f(f(y))=y^n$

TH1: $n$ chẵn

- Nếu $f$ đồng biến thì xét $0>x>y$.

Khi đó $f(x)\geqslant f(y)$ nên $f(f(x))\geqslant f(f(y))$ hay $x^n\geqslant y^n$ nên $x\leqslant y$ vô lý.

- Nếu $f$ nghịch biến thì xét $0>x>y$.

Lúc này $f(x)\leqslant f(y)$ nên $f(f(x))\geqslant f(f(y))$ hay $x^n\geqslant y^n$ nên $x\leqslant y$ vô lý.

TH2: $n$ lẻ

Thay $x=f(1), y=1$ ta được $2^n=2$ nên $n=1$. Thay $y=f(y)$ ta được $f(x)+f(y)=f(x+y)$

Áp dụng chứng minh phương trình hàm Cauchy cho hàm đơn điệu ta suy ra $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$

Bài 1b. Xét nội suy Abel: $P(x)=a_0+a_1.x+a_2.x(x-1)+...+a_{n}.x(x-1)(x-2)...(x-n)$

Thay lần lược $x=0, 1, 2, ..., n$ ta được $a_i.i!\in\mathbb{Z}$

Do đó với mỗi số nguyên $x$ thì $a_i.x(x-1)...(x-i+1)=a_i.i!.C^{i}_{x}\in\mathbb{Z}$ nên $P(x)$ nguyên với mọi $x$ nguyên.

Bài 5b.

Ta sẽ đếm số bộ $(\{x,y\}, A)$, trong đó hai giám khảo $x, y$ đánh giá giống nhau thí sinh $A$.

Vì hai giám khảo bất kỳ đánh giá nhau đúng $k$ thí sinh nên có $\dfrac{kn(n-1)}{2}$ bộ như thế.

Xét một học sinh bất kỳ, giả sử có $a, b, c$ giám khảo đánh giá loại $A, B, C$ thì có $\dfrac{a^2+b^2+c^2-n}{2}$ bộ như thế.

Mà $a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2+2}{3}$ do $n^2$ chia $3$ dư $1$

Do đó $kn(n-1)\geqslant \dfrac{1}{3}m\left(n^2-3n+2\right)$ hay $k\geqslant \dfrac{m(n-2)}{3n}$

Bài 5. Giả sử ta có số $n$ thỏa mãn. Khi đó ước nguyên tố $p$ của $n$ cũng thỏa mãn.

Lúc này $\{i^4+i^3+i^2| i=\overline{0,p-1}\}$ là HDD modulo $p$

Khi đó áp dụng định lý Wilson ta có: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}i^2(i^2+i+1)\equiv\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1)  \equiv -1 \pmod{p}$

Xét $p=3$ không thỏa. Xét $p\geqslant 5$

TH1: $p=6k+1$ thì tồn tại $i$ để $i^2+i+1\vdots p$

TH2: $p=6k-1$ thì $\{i^3| i=\overline{1, p-1}\}$ là HDD mod $p-1$

Do đó theo định lý Wilson: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1) \equiv -3\prod\limits_{i=2}^{p}(i^3-1)\equiv 3\pmod{p}$

Do đó $p=2$ nên $n=2^k$, dễ thấy $n=4$ không thỏa nên $n=2^k$ với $k\geqslant 2$ không thỏa.

Như thế chỉ có $n=2$

Tại sao lại có được điều này ?

$P(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$, khi đó $201=P\left(\sqrt[3]{3}\right)=(a_0+3a_3+...)+(a_1+3a_4+...)\sqrt[3]{3}+(a_2+3a_5+...)\sqrt[3]{3^2}$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $a_1+3a_4+...=a_2+3a_5+...=0$ nên chỉ còn các mũ chia hết cho $3$

Bổ đề. Với ba số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn $a\ne 0$ hoặc $b\ne 0$ và số nguyên $x$ thỏa $a\sqrt[3]{x^2}+b\sqrt[3]{x}+c=0$ thì $x$ là lập phương của một số nguyên.

Chứng minh. Ta có $2a\sqrt[3]{x}=-b\pm \sqrt{b^2-4ac}$ nên $8a^3x=-b^3\pm 3b^2\sqrt{b^2-4ac}-3b(b^2-4ac)\pm (b^2-4ac)\sqrt{b^2-4ac}$

Do đó $(b^2-ac)\sqrt{b^2-4ac}\in \mathbb{Q}$.

Nếu $b^2-ac=0$ thì do $b^2-4ac\geqslant 0$ nên $b=c=0$ nên $\sqrt[3]{x^2}\in\mathbb{Q}$ nên $\sqrt[3]{x^2}\in \mathbb{Z}$

Do đó $x^2=t^3$ nên $x=y^3$

Nếu $b^2-ac>0$ thì $\sqrt{b^2-4ac}\in \mathbb{Q}$ nên $\sqrt[3]{x}\in \mathbb{Q}$ nên $\sqrt[3]{x}\in \mathbb{Z}\Rightarrow x=y^3$

Bổ đề được chứng minh.

Bài 2. Thay $x=\sqrt[3]{3}$ vào và áp dụng bổ đề trên ta suy ra $P(x)=a_0+a_1.x^{3}+a_2.x^{6}+...+x_n.x^{3n}$

Ta có điều kiện: $a_0+3a_1+3^2.a_2+...+3^n.a_n=2017$

Nếu $a_i\geqslant 3$ thì bộ $(a_0, a_1, ..., a_i-3, a_{i+1}+1, ..., a_n)$ có tổng bé hơn.

Khi đó tất cả các số $a_i$ phải bé hơn $3$ nên khi viết $2017$ ta hệ tam phân thì ta được đa thức sau là đa thức cần tìm.

$P(x)=1+2x^6+2x^9+2x^{15}+2x^{18}$

Bài 5. Ta có: $\left(1-\dfrac{n}{x}.\sqrt[3]{x^2}\right)^7=\dfrac{(5n)^7}{y}\in \mathbb{Q}$

Chú ý là $1>\dfrac{n}{x}$ nên tồn tại $a,b,c$ nguyên thỏa mãn $a\ne 0$ và $a\sqrt[3]{x^2}+b\sqrt[3]{x}+c=0$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $x=a^3$, từ đó suy ra $y=b^7$

Do đó ta viết lại phương trình: $\dfrac{1}{a}+\dfrac{5}{b}=\dfrac{1}{n}$ hay $(a-n)(b-5n)=5n^2$

Đặt $n=5^kp_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_t^{a_t}$ thì số nghiệm sẽ là $2(k+1)(2a_1+1)(2a_2+1)...(2a_t+1)=c^2+1$

Do $c^2+1$ không chia hết cho $4$ nên $k+1$ lẻ nên $k$ chẵn.

Nếu $a_i$ lẻ thì $2a_i+1$ có dạng $4k+3$ nên tồn tại ước nguyên tố $p$ của $c^2+1$ có dạng $4k+3$, vô lý.

Vậy $a_i$ chẵn và $k$ chẵn nên $n$ là số chính phương.

Bài 1. Em xin trình bày lời giải trực tiếp.

Khi chuyển qua cấu hình tâm nội tiếp, ta được bài toán:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác $AD$, tâm nội tiếp $I$ và đường tròn A-Mixitilinear $(K)$. $BI$ cắt $(ABD)$ tại $P$, $CI$ cắt $(ACD)$ tại $Q$. $BK$ cắt $AP$ tại $R$, $CK$ cắt $AQ$ tại $S$. $A'$ đối xứng với $A$ qua $RS$. Chứng minh rằng $(A'BC)$ tiếp xúc với $(K)$

Ta thấy rằng $PQ$ là trung trực của $AD$ nên $PQ$ cắt $BC$ tại $T$ thỏa $TA$ tiếp xúc với $(O)$.

Bằng định lý Desargues cho hai tam giác $BPR$ và $CQS$ ta suy ra $T, S, R$ thẳng hàng.

Gọi $J$ là tiếp điểm của đường tròn $(K)$ và $(O)$. $V$ thuộc $BC$ thỏa mãn $VJ$ tiếp xúc với $(K)$, từ $V$ kẻ $UV$ là tiếp tuyến thứ $2$ của $(K)$.

Khi đó $(UBC)$ tiếp xúc với $(K)$. Gọi $(O')$ là đường tròn qua $A$, tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc trong với $(UBC)$ tại $A'$

Sử dụng trục đẳng phương ta suy ra $TA'$ là tiếp tuyến của $(O')$.

Ta có $\dfrac{UB}{UC}.\dfrac{A'B}{A'C}=\dfrac{VB^2}{VC^2}.\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{JB}{JC}.\dfrac{AB}{AC}$. Do đó $JA, BC$ và $UA'$ đồng quy. Gọi $N$ là tâm vị tự ngoài của $(K)$ và $(O')$

Áp dụng định lý Monge - D'Alembert cho $(K), (O'), (UBC)$ ta suy ra $N$ thuộc $UA'$ và cho $(K), (O'), (O)$ ta suy ra $N$ thuộc $AJ$

Suy ra $N$ thuộc $BC$. Do đó ta có biến đổi tỉ số kép:

$A(KO', SR) = A(IO, QP) = I(||BC, \perp AI, C, B) = \dfrac{JB}{JC} = \dfrac{NB}{NC}.\dfrac{DC}{DB} = (DN, CB) = K(AO', SR)$

Do đó $O', S, R, T$ cùng thuộc một đường tròn nên $SR$ là trung trực $AA'$ nên $AA'$ đối xứng nhau qua $SR$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài này hay quá.

Nếu $p|f(1)$ thì $p|f(n)$ với mọi $n$ vô lý vì $f$ toàn ánh. Do đó $f(1)=1$

Với một số nguyên tố $p$ bất kỳ, gọi $d$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $p|f(d)$ thì $p|f(kd)$

Nếu tồn tại số $n$ thỏa mãn $d\not | n$ mà $p| f(n)$ thì chọn $n$ nhỏ nhất, khi đó $n>d$ nên $p|f(n-d)$ vô lý.

Vậy $p|f(n)\Leftrightarrow d|n$

Xét hai số $x,y$ thỏa mãn $d|x-y$ thì $p|f(x)+f(kd-x)$ và $d|kd+y-x=y+(kd-x)$ nên $p|f(y)+f(kd-x)$

Do đó mà $p|f(x)-f(y)$. Tóm lại $d|x-y\Rightarrow p|f(x)-f(y)$

Xét hai số $x,y$ thỏa mãn $p|f(x)-f(y)$. Khi đó $p|f(kd-x)+f(x)$ nên $p|f(kd-x)+f(y)$ hay $p|f(kd+y-x)$

Do đó $d|kd+y-x$ hay $d|x-y$. Tóm lại $p|f(x)-f(y)\Rightarrow d|x-y$

Nói chung lại thì $d|x-y\Leftrightarrow p|f(x)-f(y)$

Ở đây chọn $k$ đủ lớn để $kd-x>0$

Ta thấy rằng trong $f(1), f(2), ..., f(d)$ đôi một không có cùng số dư khi chia cho $p$ nên $p\geqslant d$

Ngoài ra do hàm $f$ là hàm toàn ánh nên ta tìm được dãy $f(n)$ lần lược có giá trị $1, 2, 3, ..., p$ nên $d\geqslant p$

Tóm lại $d=p$ hay $p$ là số nhỏ nhất để $p|f(p)$

Ta thấy rằng $f(1)=1$ nên $f(n)=n$ đúng với $n=1$. Xét $n>1$ và giả sử kết luận đúng đến $n-1$

Nếu $f(n)>n$ thì $f(n)-n+1>1$ nên có số nguyên tố $p|f(n)-n+1$ nên $p|f(n)-f(n-1)$ nên $p|1$ vô lý.

Nếu $f(n)<n$ thì $n-f(n)+1>1$ nên có số nguyên tố $p|n-f(n)+1$ nên $p|f(n)-f(f(n)-1)=f(n)-f(n)+1=1$ vô lý.

Tóm lại $f(n)=n$

Bài 1.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ với $E, F$ bất kỳ nằm trên $AC, AB$. $BE$ cắt $CF$ tại $P$. Gọi $Q, R$ là hình chiếu của $E, F$ trên $BC$. $ER$ cắt $FQ$ tại $K$. Khi đó $AK$ đi qua hình chiếu của $P$ trên $BC$.

Chứng minh.

Gọi $D$ là hình chiếu của $P$ trên $BC$, $S$ là giao điểm của $EF$ và $BC$. Theo định lý Menelaus, ta có:

$$  \dfrac{SR}{SQ}.\dfrac{CD}{CR}.\dfrac{BQ}{BD} =\dfrac{SF}{SE}. \dfrac{CP}{CF}. \dfrac{BF}{BP} = 1$$

Do đó mà: $E(FA, KD)=(SC, RD)=\dfrac{SR}{SD}.\dfrac{CD}{CR} = \dfrac{SQ}{SD}.\dfrac{BD}{BQ}=(SB, QD)=F(EA, KD)$

Do đó mà $AK$ đi qua $D$. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Gọi $A', F'$ là giao điểm của $PD, PC$ với $AF$ thì $F'\in (PNF)$ và $A'\in (AMP)$.

Do đó $\angle NF'A'  = \angle NPF = \angle MPA = \angle MA'F'$. Do đó $A'M, F'N$ cắt nhau trên trung trực $A'F'$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $AQ$ đi qua trung điểm $A'F'$ nên $AQ$ chia đôi $CD$