Đang tải... (xem toàn văn)
tuyển tập đề thi olympic 2000. tuyển tập hơn 49 đề thi có lời giải từ các nước trên thế giới. Là tài liệu cần thiết cho giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi. Được xuất bản bời nhà xuất bản Giáo Dục Việt Nam
Nguyễn Hữu Điển OLYMPIC TOÁN NĂM 2000 49 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI (Tập 2) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC Lời nói đầu Để thử gói lệnh lamdethi.sty tơi biên soạn số đề toán thi Olympic, mà học trò tơi làm tập học tập LATEX Để phụ vụ bạn ham học toán thu thập gom lại thành sách điện tử, bạn tham khảo Mỗi tập tơi gom khoảng 50 với lời giải Tập có đóng góp Trịnh Quang Anh, Nguyễn Thị Bình, Nguyễn Thị Thanh Bình, Đào thị Kim Cúc, Nguyễn Hồng Cương, Giáp Thị Thùy Dung, Mai Xn Đơng, Hồng Hà, Nguyễn Thị Thanh Hà Rất nhiều toán dịch khơng chuẩn, nhiều điểm khơng hồn tồn xác mong bạn đọc tự ngẫm nghĩ tìm hiểu lấy Nhưng nguồn tài liệu tiếng Việt chủ đề này, tơi có xem qua người dịch chun ngành Tốn phổ thơng Bạn tham khảo lại [1] Rất nhiều đoạn học TeX nên cấu trúc bố trí xấu, tơi khơng có thời gian sửa lại, mong bạn thông cảm Hà Nội, ngày tháng năm 2010 Nguyễn Hữu Điển 51 89/176-05 GD-05 Mã số: 8I092M5 Mục lục Lời nói đầu Mục lục Chương Đề thi olympic Israel Chương Đề thi olympic Italy Chương Đề thi olympic Nhật Bản 14 Chương Đề thi olympic Korea 18 Chương Đề thi olympic Mông cổ 24 Chương Đề thi olympic Rumani 32 Chương Đề thi olympic Nước Nga 39 Chương Đề thi olympic Đài Loan 45 Chương Đề thi olympic Thổ Nhĩ Kỳ 50 Chương Đề thi olympic Israel 1.1 Định nghĩa f (n) = n! Cho a = 0.f (1)f (2)f (3) Nói cách khác, để thu biểu diễn phần thập phân a viết biểu diễn thập phân f (1), f (2)., hàng, a có phải số hữu tỷ khơng? Lời giải: Nếu a số hữu tỷ số phần thập phân phải xuất cách tuần hồn Vì f(n) ln bao gồm số khác khơng, nên phần tuần hồn phần thập phân khơng thể bao gồm tồn số khơng Tuy nhiên, n đủ lớn, số số chưa f(n) tiến tới vơ cùng, phần tuần hồn phần thập phân phải chứa toàn số – mâu thuẫn Vì a khơng số hữu tỷ 1.2 ∆ ABC đỉnh điểm nguyên Hai ba cạnh có độ dài thuộc √ √ √ tập 17, 1999, 2000 Tìm giá trị lớn diện tích ∆ABC Lời giải: Khơng tổng quát, giả sử cạnh AB, BC có độ dài thuộc √ √ √ 17, 1999, 2000 √ √ SABC = 12 AB.BC sin BCA≤ 12 2000 2000 sin π2 = 1000 6 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Đẳng thức xảy ra, chẳng hạn ∆ mà đỉnh (0,0); (44,8) √ (-8, 44) xác cạnh dài 2000 442 + 82 = 2000 góc cạnh π2 Từ đó, diện tích lớn ∆ 1000 1.3 Bài toán 3.Các điểm A, B, C, D, E, F nằm đường tròn đường thẳng AD, BE, CF đồng quy Lấy P, Q, R trung điểm cạnh AD, BC, CF tương ứng đoạn (dây cung) AG, AH vẽ cho AG // BE AH//CF chứng minh ∆ PQR ∆ DGH đồng dạng Lời giải: Các góc định hướng mơđun π Giả sử đoạn thẳng AD, BE, CF đồng quy (cắt nhau) X O tâm đường tròn cho Hiển nhiên OP X = OQX = ORX = π2 , suy O, P, Q, R X thuộc đường tròn Vì DGH = DAH = DXC = π − CXP = π − RXP = P QR Tương tự DGH = P RQ, từ suy ∆PQR ∼ ∆DGH 1.4 Một hình vng ABCD cho trước, phép đạc tam giác hình vng phân chia hình thành tam giác cho tam giác tách rời, chung đỉnh chung cạnh cụ thể Không đỉnh tam giác nằm phần cạnh tam giác khác) Một “phép đạc tam giác tốt” hình vng phép đạc tam giác nhọn a Cho ví dụ phép đạc tam giác tốt hình vng b Tìm số nhỏ tam giác cần để có phép đạc tam giác tốt? Lời giải: Ta đưa ví dụ phép đạc tam giác tốt với tam giác Đặt hướng hình vng cho đoạn AB đặt nằm ngang A đỉnh bên trái Lấy M N trung điểm cạnh AB CD tương ứng, P điểm trung đoạn MN khác trung điểm MN Các góc MP A, AP D DP N góc phản xạ chúng qua MN - tất góc nhọn Ta chọn Q, R đường thẳng nằm ngang qua P cho Q, P, R nằm theo thứ tự từ trái qua phải QP, PR có độ dài nhỏ (khơng đáng kể) chia hình vng thành ∆ cách vẽ đoạn QA, QM, QN, QD, RB, RM, RN, RC QR Nếu ta chọn Q cho PQ đủ nhỏ số đo góc MQA, AQD, DQN gần số đo góc MP A, Đề thi olympic Israel AP D, DP N, tam giác nhọn Tương tự, chọn R cho PR đủ nhỏ MRB, BRC, CRN nhọn Dễ kiểm tra góc phân chia nhọn yêu cầu b.Ta chứng minh số nhỏ Ta giá trị thực Vì vậy, cần phép đạc tam giác tốt với tam giác Nhận xét phép đạc tam giác tốt, đỉnh ABCD đỉnh tam giác góc vng phải chia thành góc nhọn Như vậy, đỉnh nằm cạnh ABCD phải đỉnh tam giác đỉnh nằm phần phải đỉnh tam giác Tóm lại, ta chứng minh kết mạnh góc hình vng ABCD Phải có tam giác mà cạnh đỉnh hình vng điểm cuối nằm trọn phần hình vng ABCD Khơng tổng qt, giả sử góc (đỉnh) A Cạnh AX tam giác chia góc vuông A ra.Giả sử phản chứng X không nằm phần hình vng ABCD, khơng tổng quát, giả sử X thuộc đoạn BC (không trùng B) Bằng định nghĩa phép đạc tam giác : đỉnh khác tam giác phép đạc tam giác nằm đoạn AX Vì vậy, có điểm Y ∆ABX cho ∆AXY thành phần C phần tử phép đạc tam giác tốt Nhưng AY X ≥ ABX = π2 : mâu thuẫn Ta xét phép đạc tam giác tốt ABCD Lấy i số “các đỉnh trong” – đỉnh phép đạc tam giác mà nằm bên hình vng ABCD Theo i ≥ Trước tiên giả sử có đỉnh P Kết đoạn trước cho ta: đoạn PA, PB, PC, PD phải cạnh tam giác phép đạc tam giác Một góc AP B, BP C, CP D, DP A phải lớn π2 giả sử AP B Góc phải chia phép đạc tam giác cạnh PQ đó, với Q điểm thuộc đoạn AB Nhưng AQP BQP có số đo π2 nên Q phải nằm cạnh tam giác mà khơng nằm đoạn QA, QB QP Tuy nhiên tạo cạnh mà khơng cắt AP BP cạnh không kết thúc đỉnh thứ hai 8 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Giả sử tiếp i ≥ Với n tam giác, ta đếm cạnh để có tổng 3n; cạnh nằm biên hình vng đếm lần, cạnh khác đếm hai lần Nếu i = với điểm cạnh tam giác nhận điểm làm điểm cuối, nhiều cạnh tam giác chứa hai đỉnh trong, nên cạnh tam giác khơng nằm biên hình vng Nếu i ≥ 3, lấy đỉnh Mỗi đỉnh thuộc cạnh tam giác nhiều cạnh tam giác chứa đỉnh Vì x – = 12 cạnh tam giác Khơng thuộc biên hình vng Trong hai trường hợp có cạnh tam giác khơng thuộc biên hình vng, lại có cạnh tam giác thuộc biên hình vng Vì 3n≥9 x + = 22 hay n ≥ Vì trường hợp phải có tam giác thoả mãn yêu cầu Chương Đề thi olympic Italy 2.5 Giả sử ABCD tứ giác lồi, với α = ∠DAB; β = ∠ACB; δ = ∠DBC; = ∠DBA Giả thiết α < π/2, β + γ = π/2 δ + = π, chứng minh (DB + BC)2 = AD + AC D β B δ γ A α C β D Lời giải: Giả sử D điểm đối xứng D qua đường thẳng AB Ta có ∠D BA = ∠DBA = , nên ∠D BC = ∠D BA + ∠ABD + ∠DBC = + δ = π Vậy, D , B, C thẳng hàng Cũng có ∠AD C + ∠ACD = ∠ADB + ∠ACB = β + γ = π/2, nên ∠D AC = π/2 tam giác A AC vuông Theo định lí Pythagorean, D C = AD + AC , kéo theo (DB + BC)2 = (D B + BC)2 = D C = AD + AC = AD + AC , 10 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội điều phải chứng minh 2.6 Cho số nguyên cố định n > 1, Alberto Barbara chơi trò chơi sau, bắt đầu với bước sau xen kẽ lần thứ hai lần thứ ba : • Alberto chọn số nguyên dương • Barbara chọn số nguyên lớn bội ước số nguyên Alberto, chọn số nguyên Alberto • Alberto cộng trừ từ số Barbara Barbara chiến thắng cô chọn n với 50 lần chơi Với giá trị n người thắng Lời giải: Mục đích Barbara người thắng điều kiện sau thỏa mãn : • n = 2; • 4| n ; • có số ngun m > 1, cho (m2 − 1)| n Đầu tiên ba điều kiện đúng, Barbara người chiến thắng Nếu Barbara chọn lần a số chẵn Barbara chọn lần đàu tiên Nếu thay a số lẻ, Barbara chọn số a tốt Nếu a = n, chiến thắng; nói cách khác, lần chọn thứ hai Alberto phải số chẵn, Barbara chọn số lần chọn thứ hai Giả sử a1 , b1 , a2 , b2 , số chọn sau Barbara chọn cho lần chọn Trường hợp : (a) n = 2, trường hợp Barbara thực chiến thắng (b) 4| n Nếu a1 = 1, Barbara chọn b1 = n chiến thắng Nói cách khác, a1 = 3, Barbara chọn b1 = 3, a2 4, Barbara chọn b2 = n (c) Có số nguyên m > 1, (m2 − 1)| n Như trường hợp 2, Alberto phải chọn a1 = để ngăn Barbara thắng Thực tế, có số nguyên số m − 1, m m + chia hết cho 3, nghĩa chia hết m chia hết m2 − 1và vị chia hết n Trong trường hợp đầu tiên, Barbara chọn b1 = m, bắt buộc a2 = m ± kéo theo Barbara chọn b2 = n trường hợp Đề thi olympic Italy 11 sau, Barbara chọn b1 = n Bây thấy Barbara có chiến thuật chiến thắng điều kiện Bây giả thiết không điều kiện với n > chứng minh Alberto ln ln ngăn cản Barbara tiến đến chiến thắng Bởi điều kiện thứ thứ hai không điều kiện thứ hai sai với m = 2, có n = 2, 3, 4, Vậy n > Gọi số nguyên dương n số hy vọng a|n n|a Chúng ta chứng minh với số nguyên b > 1, tồn a ∈ {b − 1, b + 1} cho a số hy vọng Đêìu kéo theo Alberto bắt đầu chọn vài số hy vọng chọn vài số hy vọng theo sau để ngăn cản Barbara tiến đến chiến thắng sau 50 lần Giả sử điều kiện mục đích sai với số nguyên b > Nếu b > n, b − b + phải bội n Do n chia hết hiệu, tức 2, mâu thuẫn Nói cách khác, b ≤ n Bởi n khơng chia hết n + n + với n > 2, phải có (b − 1)|n (b + 1)|n Nếu b − b + chẵn, chúng phải chia hết cho - 4| n, mâu thuẫn Vậy, b − b + lẻ Điều kéo theo chúng nguyên tố tích chúng b2 − chia hết n, mâu thuẫn với giả thiết điều kiện thứ ba sai 2.7 Giả sử p(x) đa thức với hệ số nguyên cho p(0) = ≤ p(1) ≤ 107 , cho tồn số nguyên a, b thỏa mãn p(a) = 1999 p(b) = 2001 Xác định giá trị p(1) Lời giải: Nếu p(x) = 2000x2 − x, p(0) = 0, p(1) = 1999, p(−1) = 2001 Nếu p(x) = 2000x2 +x, p(0) = 0, p(1) = 2001, p(−1) = 1999 Do đó, p(1) = 1999 2001 Bây giả sử p(1) = 1999, 2001 Thì a, b = Bởi p(0) = 0, viết p(x) = xq(x) với đa thức q(x) có hệ số ngun Bởi q có hệ số nguyên, q(a) số nguyên, viết q(x) − q(a) = (x−a)r(x) với đa thức r(x) có hệ số ngun Và r có hệ số nguyên, r(b) số nguyên, viết r(x) − r(b) = (x − b)s(x) 12 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội với đa thức s có hệ số nguyên Do : (*) p(x) = xq(x) = xq(a) + x(x − a)r(x) = xq(a) + x(x − a)r(b) + x(x − a)(x − b)s(x) Đặc biệt, cho x = a x = b, tìm 1999 = aq(a) 2001 = bq(a) + b(b − a)r(b) Bởi p(0), p(a) p(b) số phân biệt, 0, a b phân biệt Do đó, giải hai phương trình để tìm 1999 a 2001 − bq(a) r(b) = b(b − a) (*) q(a) = Bởi a = b, có |a − b| chi hết p(a) − p(b) Vì |a − b| Cũng vậy, với x ∈ Z, có p(x) = xq(x) x| p(x) Đặc biệt, a| 1999, |a| ∈ {1, 1999} Với hạn chế này, kết hợp với điều kiện |a − b| ∈ {1, 2}, b|2001, a = 1, b = 1, kéo theo (a, b) cặp sau : (−1999, −2001), (−1, −3), (1999, 2001) Cố định (a, b) chung cho ba cặp Từ (*) biết q(a) 2001 − b˜ q 1999 r(b) phải r˜ = Cho x = (*) phải q˜ = a b(b − a) để tìm p(1) : (a, b) q(a) r(a) p(1) (−1999, −2001) −1 −1 + (2000.2002)s(1) (−1, −3) (1999, 2001) −1999 −666 −3331 + 8s(1) + (1998.2000)s(1) 13 Đề thi olympic Italy Vì vậy, p(1) có dạng m + ns(1) với số nguyên cố định m, n Thật vậy, giả sử có số dạng m + n˜ s 107 , đât s số nguyên Chúng ta có p(x) = q˜x + r˜x(x − a) + s˜x(x − a)(x − b), có p(0) = 0, p(a) = 1999, p(b) = 2001, p(1) = m + n˜ s Do đó, giá trị p(1) 1999 2001, số 107 đồng dư với −1 (mod 2000.2002), −3331 ≡ (mod 8), (mod 1998.2000) Chương Đề thi olympic Nhật Bản 3.8 Ta tráo loạt đánh số a1 , a2 , , a3 n từ trái qua phải việc xếp theo thứ tự mới: a3 , a6 , , a3 n, a2 , a5 , a3n−1 , a1 , a4 , , a3n−2 Ví dụ đánh số 1, 2, , từ trái qua phải việc tráo chúng lần thay đổi trật tự chúng sau: 1, 2, 3, 4, 5, −→ 3, 6, 2, 5, 1, −→ 2, 4, 6, 1, 3, Bắt đầu với 192 quân dánh số 1, 2, , 192 từ trái qua phải, liệu ta có trật tự 192, 191, , sau số lần tráo hữu hạn? Lời giải: Với n, cho f (n) vị trí chuỗi quân quân vị trí thứ n sau lần tráo Ta thấy sau k lần tráo, f k (n) vị trí thứ n Ta biết f (1), , f (192) 3, 6, , 192, 2, 5, , 191, 1, 4, , 190 Trong trật tự này, khác biệt số hạng với số hạng đứng trước đồng dư từ tới modul 193 Vì f (1) ≡ (mod 193) ta có f (n) ≡ 3n (mod 193) với n Trong trật tự (33 )20 , (33 )21 , , (33 )26 , với số hạng bình phương số hạng trước Ít số hạng trước (số hạng 2t) không đồng dư với modul 193; giả sử N = 3d (ở d số nguyên Đề thi olympic Nhật Bản 15 dương) giá trị lớn với thuộc tính nó, 193 số nguyên tố, theo định lý Fermat có: (33 )26 ≡ (33 )192 ≡ (mod 193), 3d số hạng cuối trật tự Do vậy, N số hạng N trật tự đồng dư với modul 193 Vì 193 chia cho N − khơng chia cho N - 1, phải chia hết cho (N − 1)(N − 1) = N + = 3d + 1, có nghĩa 3d ≡ −1 (mod 193) Vớin = 1, 2, , 193 ta có f d (n) ≡ 3d n ≡ −n (mod 193) Do f d (n) = 193 − n, có nghĩa trật tự 192, 191, , xuất sau d lần tráo Chú ý: Giá trị d tìm thấy thực tế 24 Số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn 3k ≡ −1 (mod 193) 8, có nghĩa trật tự 192, 191, , xuất lần sau lần tráo 3.9 Trong mặt phẳng cho điểm phân biệt A, B, C, P, Q, khơng có điểm thẳng hàng Chứng minh rằng: AB + BC + CA + P Q < AP + AQ + BP + BQ + CP + CQ Lời giải: Trong giải này, gọi đa giác V1 Vn lồi V1 , , Vn tạo thành đa giác lồi trật tự (Ví dụ ta nói hình vng ABCD lồi ta khơng nói ACBD lồi.) Ta nói điều kiện (a) cố định tứ giác XYPQ lồi với X, Y ∈ {A, B, C} Trong trường hợp ta chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh cố định Khơng tính tổng qt, ta giả thiết tứ giác ABPQ lồi Nếu AP giao với BQ O, bất đẳng thức tam giác cho ta AB ≤ AO + BO P Q ≤ P O + QO Cộng bất đẳng thức ta có: AB ≤ AO + BO + OP + OQ = AP + BQ Vì khơng có số điểm cho thẳng hàng nên bất đẳng thức tam giác BC < BP + P C CA < CQ + QA Cộng bất đẳng thức cuối ta có kết cần chứng minh Tiếp đến ta nói tới điều kiện (b) cố định, xem X nằm tam giác YZM với hoán vị (X, Y, Z) (A, B, C) với M ∈ {P, Q} Ta chứng 16 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội minh bất đẳng thức cần chứng minh cố định trường hợp Khơng tính tổng qt, giả sử A nằm tam giác BCQ Sơ đồ chuyển điểm P tùy ý tới cạnh PB, PC hàm lồi ngặt, có nghĩa P −→ P B + P C hàm lồi ngặt Do vậy, tất điểm P tam giác BCQ hàm đạt cực đại P trùng với B, C Q Vậy nên: AB +AC < max{BB +BC, CB +CC, QB +QC} = QB + QC cộng bất đẳng thức với bất đẳng thức BC < BP + PC PQ < PA + QA, có bất đẳng thức tam giác ta kết cần chứng minh Do việc đổi tên điểm, bao lồi điểm cho phải tam giácBC, ABP, APQ, tứ giác lồi ABCD, ABPQ, APBQ, ngũ giác lồi ABCPQ ABPCQ Nếu tam giác ABC bao lồi Q phải nằm phía trong tam giác APB, BPC, CPA Khơng tính khái quát giả thiết Q nằm tam giác APB Vì C khơng nằm bên tam giác APB nằm phía đường AB so với Q, QC phải giao với đoạn thẳng AP P B Nếu QC giao với AP , tứ giác ACPQ lồi điều kiện (a) cố định; tương tự điều kiện (a) cố định QC giao với P B Nếu tam giác ABP bao lồi C phải nằm tam giác ABP điều kiện (b) cố định Nếu tam giác APQ bao lồi ta giả thiết C không gần PQ so với B mà không di tính tổng quát Vậy nên điều kiện (b) cố định Nếu tứ giác ABCP bao lồi Q nằm tam giác APB CPB Trong trường hợp đầu tứ giác BCPQ lồi trường hợp thứ hai tứ giác BAPQ lồi Vậy nên điều kiện (a) cố định Nếu tứ giác lồi ABPQ, ngũ giác lồi ABCPQ hay ngũ giác lồi ABPCQ bao lồi tứ giác ABPQ lồi điều kiện (a) cố định Cuối cùng, tứ giác lồi APBQ bao lồi C nằm tam giác ABP ABQ; trường hợp điều kiện (b) cố định Do vậy, tất trường hợp, điều kiện (a) điều kiện (b) cố định, từ suy bất đẳng thức cần chứng minh 17 Đề thi olympic Nhật Bản 3.10.Cho số tự nhiên n ≥ 3, chứng minh tồn tập hợp An với thuộc tính sau: (i) An bao gồm n số tự nhiên riêng biệt (j) Với a ∈ An , tích số tất phần tử khác An có số dư chia a Lời giải: Giả sử a1 , a2 , , ak (vik ≥ 2) số nguyên riêng biệt lớn thỏa mãn a1 a2 ak ≡ (mod ) ≤ i ≤ k Giả sử ∈ {−1, 1} xác định aa+1 = a1 a2 ak− Vì ak+1 ≥ 2ak − > ak với tất k, số nguyên a1 , a2 , , ak+1 số nguyên riêng biệt lớn Xem xét biểu thức a1 a2 ai−1 ai+1 ak+1 ≡ (mod ) rõ ràng khơng đổi với i = k + Với i < k khơng đổi (a1 a2 ai−1 ai+1 ak )ak+1 ≡ (−1)(− ) ≡ (mod ) Bắt đầu với số a1 = 2, a2 = 3, ta áp dụng cách n-3 lần tập hợp = −1 lần tập hợp = Tập hợp An bao gồm số kết a1 , a2 , , an thỏa mãn điều kiện đầu Chương Đề thi olympic Korea 4.11.Chỉ với số nguyên tố cho trước p tồn số tự nhiên x, y, z, ω thoả mãn x2 + y + z − ω.p = < ω < p Lời giải: Với trường hợp p = 2, ta lấy x = 0, y = z = ω = Bây ta xét trường hợp p > Trước tiên ta xét trường hợp −1 đồng dư bình phương modun p, tồn số tự nhiên a, < a < p−1 cho a2 ≡ −1(modp) Bộ (x, y, z) = (0, 1, a) Vì x2 + y + z = a2 + chia hết cho p + (p − 1)2 < p2 nên tồn ω ∈ {1, 2, , p − 1} cho x2 + y + z − ω.p = Tiếp theo, giả sử (−1) khơng đồng dư bình phương modunp Ta phải tìm số k để k p − k − đồng dư bình phương đồng dư bình phương chọn k = p−1 Nếu ngược lại, Nếu p−1 2 đồng dư bình phương khác khơng rơi đồng dư số p−1 , p+1 Theo nguyên vào cặp {1, p − 2} , {2, p − 3} , , p−3 2 lý Pigeonhole Principle có cặp (k, p − k − 1) mà hai số k (p − k − 1) đồng dư bình phương ta định tìm Vì vậy, ta chọn x, y ∈ 0, 1, , p−1 cho x2 ≡ k(modp) y ≡ p − k − 1(modp) Cho z = −1, ta có x2 + y + z chia hết cho p x2 + y + z < p2 Giá trị ω xác định trường hợp trước 19 Đề thi olympic Korea 4.12.Tìm tất hàm f : R → R thoả mãn f (x2 − y 2) = (x − y) [f (x) + f (y)] với x, y ∈ R Lời giải: Cho x = y, ta f (0) = Cho x = −1, y = ta f (1) = −f (−1) Cho x = a, y = 1, sau cho x = a, y = −1 ta có: f (a2 − 1) = (a − 1) [f (a) + f (1)] f (a2 − 1) = (a + 1) [f (a) − f (1)] Cho vế phải phương trình giải phương trình f (a) ta f (a) = f (1).a với a Như vậy, hàm số thoả mãn ràng buộc cho phải có dạng f (x) = kx với số k Ngược lại, hàm số có dạng f (x) = kx với số k rõ ràng thoả mãn yêu cầu toán 4.13.Cho tứ giác lồi ABCD tứ giác nội tiếp Gọi P, Q, R, S giao điểm hai đường phân giác góc ABD ADB, DAB DBA, ACD ADC, DAC DCA tương ứng Chứng minh bốn điểm P, Q, R, S nằm đường tròn A B D C P 20 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Lời giải: Các góc xét đến góc định hướng ngoại trừ trường hợp nói khác Giả sử có tam giác tuỳ ý XY Z với tâm đường tròn nội tiếp điểm I tâm đường tròn bàng tiếp IX đối diện với góc X Suy X, I, IX thẳng hàng Ta có IY IX = π2 = IZIX tứ giác IY IX Z nội tiếp XIX Y =IIX Y =IZY hay Y IX X=Y ZI X Y I Z IX Gọi I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD tam giác ACD Từ giả thiết ta suy P , Q tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABD đối diện với góc A góc D, tương tự R, S tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ACD đối diện với góc A góc D Áp dụng kết phần với (X, Y, Z, IX ) (A, D, B, P ), (D, A, B, Q), (A, D, C, R) (D, A, C, S) ta được, AP D=I1 BD, AQD=ABI1 , ARD=I2 CD, ASD=ACI2 Khi coi góc sau khơng định hướng, ta thấy I1 BD, ABI1 , I2 CD = ACD ACI2 AQD 2 Hơn nữa, góc hướng, nên coi chúng góc định hướng, chúng Như (trở lại với góc định hướng) ta có: AP D = AQD = ARD = ASD bốn điểm P, Q, R, S nằm cung tròn trương A, D 4.14.Cho p số nguyên tố cho p ≡ (mod4) Hãy tính p−1 k=1 2k k2 −2 p p