Lời giải tiếng việt imo 1967 1968

IMO 1967 Nam Tư
Câu 1. Cho hình bình hành ABCD có và ba góc của ABD là nhọn. Chứng minh rằng bốn
đường tròn có tâm lần lượt là A, B, C, D và bán kính cùng bằng 1, sẽ bao phủ hết hình
bình hành nếu và chỉ nếu .
Giải: Rõ ràng, các đường tròn đơn vị tâm tại đỉnh phủ khắp hình bình hành nếu và chỉ
nếu các đường tròn đơn vị tâm tại A, B, D phủ khắp tam giác ABD. Để làm được đều đó,
trước tiên nhất ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Cho tam giác nhọn ABD và r là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác này. Khi
đó, ba đường tròn bán kính s tâm tại A, B, D phủ tam giác ABD nếu và chỉ nếu
Chứng minh: Vì tam giác ABD nhọn
nên tâm O của đường tròn ngoại tiếp
nằm bên trong tam giác. Các khoảng
cách OA, OB, OC bằng nhau và cùng
bằng r, nếu , O sẽ không nằm trong bất
kì đường tròn nào bán kính s tâm là A,
B hoặc D. Do đó, chúng ta chỉ cần
chứng minh các đường tròn bán kính r
tâm A, B, D phủ khắp tam giác ABD.
(Các đường tròn bán kính lớn hơn r
chắc chắn cũng như vậy, vì hợp các
đường tròn này chứa hợp các đường
tròn bán kính r).
Ba đường tròn bán kính r giao nhau
tại O, ta sẽ chứng minh kết quả tổng
quát nếu P là một điểm bất kì trong
tam giác ABD và ba đường tròn tâm A,
B, D cùng đi qua P thì chúng sẽ phủ
tam giác ABD.
Gọi L, M, N lần lượt là chân các đường cao hạ
từ P tương ứng đến BD, DA, AB. Vì và tứ giác
ANPM chứa trong hình tròn tâm A và đi qua P.

Tương tự, tứ giác BNPL chứa trong hình tròn
tâm B đi qua P và tứ giác DMPL chứa trong
hình tròn tâm D đi qua P. Những điều trên dẫn
đến tam giác ABD, hợp của ba tứ giác, chứa
trong hợp của ba đường tròn và bổ đề được
chứng minh.
Bổ đề dẫn đến một hệ quả dễ thấy là các
đường tròn đơn vị đỉnh A, B, D phủ tam giác
ABD khi và chỉ khi . Bây giờ, chúng ta sẽ chỉ ra
điều kiện trên là tương đương với


Đặt , theo định lí hàm số cosin
Mặt khác
Thay vào (1)
Do đó nếu và chỉ nếu

Bây giờ, ta sẽ chỉ ra thì chứng minh sẽ
hoàn thành. Thật vây,

dựng đường cao DQ của tam giác ADB. Vì tam giác này nhọn nên chân đường cao Q nằm
trên đoạn AB. Do đó, mà ta lại thấy rằng nên chứng minh kết thúc.
Câu 2. Chứng minh rằng tứ diện có đúng một cạnh dài hơn 1 đơn vị độ dài thì thể tích
nhỏ hơn hoặc bằng 1/8 đơn vị diện tích.
Chứng minh. Gọi tứ diện là ABCD
có , M là trung điểm BD, MN vuông
góc với BD, CN song song với BD, K
là chân đường cao hạ từ A của tam giác
ABD, H là chân đường cao hạ từ A của
tứ diện. Giả sử D, C nằm cùng nửa mặt

phẳng bờ MN thì ta có (ngược lại thì
ta có và chứng minh hoàn toàn tương
tự) hay

Chứng minh tương tự trong tam giác
ADB ta cũng có

Như vậy, từ ta có


Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm và ta có

Đến đây thì ta hoàn thành điều đã chứng minh, nhưng ta sẽ kiểm tra thử dấu bằng có xảy
ra không và xảy ra khi nào. Theo chuỗi đánh giá thì dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi C
trùng với N (điều này suy ra tam giác BCD cân tại C), (nên ), tam giác ABD cân tại A có ,
(), và cuối cùng là . Vậy diện tích bằng khi tứ diện có hai mặt chung cạnh là các tam giác
đều cạnh 1 và hai tam giác này nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau.
Câu 3. Cho các số nguyên dương m, n, k sao cho là số nguyên tố lớn hơn . Đặt . Chứng
minh tích chia hết cho tích .
Giải: Theo cách đặt ta có

Do đó, các nhân tử của tích đầu tiên là

và tích của chúng ta là

viết lại thành , trong đó A là tích của n số nguyên liên tiếp bắt đầu từ , và B là tích n số
nguyên liên tiếp bắt đầu từ . Bây giờ, các nhân tử của tích là nên tích sẽ bằng . Như vậy,
hoàn thành bài toán bằng cách chứng minh A chia hết cho và B chia hết cho .
Ta chứng minh tích n của số nguyên liên tiếp chia hết cho thì A chia hết cho và chia
Nhưng là số nguyên tố lớn hơn nên nguyên tố cùng nhau với nên B chia hết cho

Ta hoàn thành lý luận bằng chứng minh bổ đề:
Bổ đề:Tích của n số nguyên liên tiếp bất kì chia hết cho


Chứng minh: Chúng ta xét ba trường hợp: n số nguyên liên tiếp tất cả đều dương tất cả
đều âm có số không. Trường hợp thứ ba là đơn giản vì tích của chúng bằng không chia
hết cho Trường hợp , gọi n số nguyên là chúng ta chứng minh

là một số nguyên. Nhưng nó là nguyên vì nó là một hệ số của khai triển nhị thức , cụ thể
tổ hợp chập n của . Trường hợp có thể được suy ra từ trường hợp bằng cách đặt lại các
số nguyên âm trong tích bằng giá trị tuyệt đối của chúng mà không ảnh hưởng đến tính
chia hết của tích.
Câu 4. Cho hai tam giác nhọn (có tất cả các góc đều nhọn) và . Dựng tam giác đồng
dạng với tam giác có diện tích lớn nhất và ngoại tiếp tam giác (AB chứa , BC chứa , CA
chứa ).
Giải: Đầu tiên ta dựng một tam giác ABC đồng dạng với tam giác và ngoại tiếp tam giác
. Qua lần lượt kẻ các đường thẳng tương ứng song song với . Ba đường thẳng này cắt
nhau lần lượt tại A, B, C như hình vẽ và tạo ra tam giác ABC. Tam giác này đồng dạng với
tam giác và nội tiếp tam giác .
Tiếp tục, ta quay các đường thẳng song song tương ứng quanh các điểm với cùng một
góc. Khi đó, các đường song song cũng cắt nhau và tạo thành các tam giác ABC
thỏa tính chất ngoại tiếp tam giác
và đồng dạng với tam giác . Ta sẽ
tìm trong các tam giác này tam giác
có ba cạnh dài nhất thì đó chính là
tam giác có diện tích lớ nhất cần
tìm.
Nhận thấy, góc A luôn nhìn cạnh
dưới một góc cố định nên A nằm
trên cung tròn dựng bởi dây . Ta

gọi tâm của đường tròn chứa cung
tròn này là . Hoàn toàn tương tự B,
C lần lượt nằm trên các cung tròn
tương ứng dựng trên dây . Ta cũng
gọi tâm các đường tròn lần lượt
chứa hai cung trên tương ứng là .


Tiếp tục, ta chứng
minh ba đường tròn
cùng đi qua một điểm
D. Thật vây, lấy P, Q,
R lần lượt trên các
cung lớn và nối chúng
với
như hình vẽ.
Nhận xét tổng các góc
, và là . Gọi D là
giao điểm thứ hai của
và . Theo tính chất tứ
giác nội tiếp ta có
và
nên thay vào thì được

Suy ra tứ giác nội tiếp đường tròn hay D nằm trên đường tròn và, do đó, nó nằm trên cả
ba đường tròn.


Cuối cùng, dựa
vào điều vừa

chứng minh ta sẽ
chỉ ra tam giác
có diện tích lớn
nhất phải có các
cạnh song song
với tam giác . Hạ
các đường vuông
góc
và
như
hình vẽ thì
Như vậy, BC lớn
nhất khi BC
song song với .
Gọi ví trí này là
và , kéo dài với
cắt

đường tròn tại . Ta chứng minh song song với thì nó sẽ là dây dài nhất qua . Thật vậy, vì
, là các đoạn nối tâm nên lần lượt vuông góc với các dây cung , và do đó lần lượt chia
đều hai cung này. Suy ra, góc nội tiếp bằng góc ở tâm vì cùng có số đo bằng nửa số đo
cung . Lại có, song song với nên song song với . Tương tự, cùng song song với nên
qua và cũng song song với . Như vây, tam giác ngoại tiếp tam giác , đồng dạng tam giác
và có diện tích lớn nhất (vì các cạnh dài nhất) thỏa yêu cầu bài toán.
Cách dựng: Dựng tam giác ABC, dựng ba đường tròn , dựng tam giác .
Câu 5. Xét dãy số

trong đó là các số thực không đồng thời bằng không. Biết rằng có vô số số hạng của dãy
bằng không, xác định tất cả các giá trị của n để .

Giải: Ta đặt lại các hệ số của sao cho , vì các chúng không đồng thời bằng không nên .
Khi đó, ta lại đặt

thì tính bằng không hay không của và là như nhau. Nhận xét rằng nếu n là số chẵn thì
nên không thể bằng không. Do đó, ta xét trường hợp n là số lẻ. Khi đó, gọi k, l lần lượt là
số hạng tử tương ứng bằng và thì

với phần

sẽ dần tới không khi n tiến tới vô cực. Vì phải có vô số bằng không nên hay số hạng tử
có giá trị tuyệt đối lớn nhất mang giá trị dương và âm là bằng nhau. Khi n lẻ, các hạng tử
này triệt tiêu nhau nên ta xem như không có chúng và tiếp tục xét đến các hạng tử có giá
trị tuyệt đối lớn thứ hai. Tương tự như trường hợp hạng tử có giá trị tuyệt đối lớn nhất,
trường hợp này các hạng tử cũng đôi một đối dấu nhau. Tiếp tục quá trình cho đến khi hết
8 hạng tử hoặc các hạng tử còn lại chỉ có giá trị không thì dừng. Lúc này, ta thấy rằng với
bất kì n lẻ thì đều bằng không.
Câu 6. Một cuộc thi diễn ra trong n ngày và có m bộ huy chương được trao. Ngày thứ
nhất có 1 huy chương và 1/7 số huy chương còn lại được trao. Ngày thứ 2 có 2 huy
chương và 1/7 số huy chương còn lại được trao. Cứ tiếp tục như thế đến ngày thứ n thì
còn đúng n huy chương được trao. Hỏi cuộc thi trải qua bao nhiêu ngày và có tất cả mấy
huy chương được trao.
Giải: Gọi số huy chương còn lại khi bắt đầu ngày thi thứ k là thì số huy chương trao
trong ngày thứ k là

và số huy chương còn lại là

Vì vậy, số huy chương còn lại khi bắt đầu ngày thi thứ là

Thay và thì

Nhân lần lượt các phương trình với rồi cộng lại thì được

Bây giờ, bài toán đặt ra là ta phải tìm số sao cho vế phải là một số nguyên. Nhân với ta
được

Trừ vế theo vế cho thì

là số nguyên khi và chỉ khi chia hết cho hay chia hết cho . Nhưng thì do đó chỉ có khả
năng tức là . Thay vào ta tính được . Vậy cuộc thi diễn ra trong 5 ngày và có 36 huy
chương được trao.


IMO 1968 XÔ VIẾT
Câu 1. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một tam giác có chiều dài các cạnh là ba số tự
nhiên liên tiếp và có một góc gấp đôi góc kia.
Giải: Gọi chiều dài các cạnh là và các góc đối diện
là . Với thì không thỏa mãn bất đẳng thức tam
giác. Như vậy, và . Theo định lí hàm số cosin
Chú ý các phân số này là tỉ số của các số nguyên và

khi b tăng thì chúng giảm (vì tăng nhanh gấp hai lần tử) dẫn đến cũng tăng. Với ta có
suy ra . Mà nên và như thế không thể có góc nào trong ba góc gấp đôi một trong hai góc
còn lại. Do đó, ta chỉ cần kiểm tra các trường hợp
Bây giờ, nếu hoặc hoặc thì tương ứng hoặc hoặc do đó hoặc hoặc .
Vì là các số hữu tỉ nên và phải là bình phương của các số hữu tỉ. Nhưng với thì theo ta
tính được bằng và bằng Chỉ có một trường hợp thỏa mãn là khi và . Như vậy có duy
nhất một tam giác thỏa mãn yêu cầu đề bài có chiều dài các canh với .
Câu 2. Tìm tất cả các số nguyên sao cho với là tích các chữ số của .

Giải: Giả sử có n chữ số


Khi đó

Nhưng

nên

Suy ra và như vậy hoặc x có một chữ số hoặc .
Nếu x có một chữ số thì và

nhưng phương trình này không có nghiệm nguyên.
Nếu x có hai chữ số, dễ dàng kiểm tra được cả ba khả năng và được kết quả thì thỏa
mãn đầu đề.
Câu 3. Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng hệ các phương trình

không có nghiệm nếu ;
có một nghiệm duy nhất nếu
có nhiều hơn một nghiệm nếu
Giải: Cộng các phương trình vế theo vế thì được

Xét hàm số có .
Nếu thì , hay vô nghiệm và dẫn đến hệ các phương trình ban đầu vô nghiệm.
Nếu thì

Và


Do đó, nếu thì hệ có nghiệm duy nhất là

Nếu thì có để do đó là hai nghiệm khác nhau của hệ các phương trình đã cho.
Câu 4. Chứng minh rằng trong một tứ diện bất kì luôn có đỉnh mà các cạnh xuất phát từ
nó có độ dài là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Giải: Chúng ta nhắc lại một tam giác sẽ dựng được nếu có ba cạnh với độ dài thỏa mãn
tổng hai cạnh bất kì lớn hơn hoặc bằng cạnh thứ ba. Ngược lại, ba đoạn thẳng không là
cạnh của một tam giác nếu cạnh dài nhất lớn hơn hoặc bằng tổng hai cạnh còn lại.
Gọi tứ diện là ABCD và AB là cạnh dài nhất. Các cạnh xuất phát từ A là AB, AC, AD nếu
ba cạnh này không là ba cạnh của một tam giác thì . Các cạnh xuất phát từ B là BA, BC,
BD tương tự nếu ba cạnh này không là ba cạnh của một tam giác thì . Cộng vế theo vế
Mặt khác, từ các tam giác ABC và ABD ta có , cộng vế theo vế . Điều này tạo nên một
mâu thuẫn và dẫn đến điều phải chứng minh.
Câu 5. Cho và hàm số xác định trên thỏa

Chứng minh tuần hoàn, tức là tồn tại để
Cho một ví dụ của f khác hàm hằng trong trường hợp .
Giải: Nhận thấy . Đặt thì . Khi đó

Điều này chứng tỏ là hàm tuần hoán.
Để tìm tất cả nghiệm, ta đặt

Với thì Ta chọn


Câu 6. Đặt là phần nguyên của x, số nguyên lớn nhất không vượt qua x. Cho n là một số
nguyên dương, rút gọn

Giải: Theo định nghĩa

mà và nên . Bây giờ, ta xét trong đoạn . Nếu thì và

Nếu thì và

Như vậy,

(trường hợp là đơn giản để kiểm tra). Do tính chất nên công thức cũng đúng trên cả .
Trở lại bài toán, chúng ta sẽ chỉ ra với số thực n bất kì tổng đã cho là hữu hạn và có giá
trị . Khẳng định đầu tiên là dễ nhìn thấy vì khi k đủ lớn để thì

Bây giờ, ta sử dụng hành chứng minh tổng là . Thật vậy, theo công thức ta có

Số k ở dòng cuối được chọn sao cho nên

Cộng các phương trình vế theo vế


vì n nguyên.