Đề Thi IMO 2014
 

Bài 1: Cho $a_0 < a_1 < a_2 \ldots$ là một dãy vô hạn số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất $n\geq 1$ sao cho
\[a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1}.\]

Bài 2: Cho $n \ge 2$ là một số nguyên. Xét một bàn cờ kích thước $n \times n$ chứa $n^2$ hình vuông đơn vị. Một bộ $n$ quân cờ được gọi là hòa bình nếu mỗi hàng và mỗi cột chứa đúng 1 quân. Tìm số nguyên dương $k$ lớn nhất, sao cho, với mỗi bộ $n$ quân cờ hòa bình, tồn tại một hình vuông $k \times k$ không chứa bất cứ quân cờ nào trong $k^2$ ô vuông của nó.

Bài 3: Tứ giác lồi $ABCD$ có $\angle ABC = \angle CDA = 90^{\circ}$. Điểm $H$ là chân đường vuông góc từ $A$ xuống $BD$. Các điểm $S$ và $T$ nằm trên $AB$ và $AD$, tương ứng, sao cho $H$ nằm ở miền trong $SCT$ và

$\angle CHS - \angle CSB = 90^{\circ}, \quad \angle THC - \angle DTC = 90^{\circ}.$ Chứng minh rằng $BD$ là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác $TSH$

Bài một lúc nào cũng là bài tặng :).
Ý tưởng rõ ràng là chứng minh lần lượt bằng phản chứng hai mệnh đề tồn tại và tồn tại duy nhất :).

Bài 1: cũng không phải quá đơn giản.
Nhận xét: nếu có N mà $\frac{x_0+x_1+..+x_N}{N}\leq x_{N} $ (1) thì mọi n>N-2 đều có $\frac{x_0+x_1+..+x_n}{n}\leq x_{n}<x_{n+1} $ (quy nạp đơn giản là có điều này)
Điều này gợi ý cho ta việc nếu chỉ số nhỏ nhất thỏa mãn (1) là k>1, thì chỉ số thỏa đề bài là k-1.
Tồn tại chỉ số k này không khó chỉ ra, chọn $n>x_0 $ thì hiển nhiên thỏa mãn (1).
Hơn nữa, hiển nhiên có k>1. Do vậy có đpcm.

Bài 3:
Ta sẽ dựng ra hai điểm S,T theo một cách "không liên quan".
1, Dựng S,T. Vẽ trung trực của BD cắt CH tại O, ta xét đường tròn tâm O, bán kính BO, nó cắt lại CH tại X trên tia CH. Qua X vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB,AD tại S và T.
Như vậy ta thấy $\widehat{BCS}=\widehat{BXS}=\widehat{XDB} $, từ đó suy ra DX và CS cắt nhau tại K nằm trên (w) ngoại tiếp ABCD.
Tương tự BX và CT cắt nhau tại R nằm trên (w).
Chỉ dùng góc là có thể thấy KR và ST song song.
2. Ta sẽ chỉ ra rằng HS và HT lần lượt vuông góc BX,XD.
Để làm điều này, ta cần bổ đề sau:
Cho hình thang KRTS, KS cắt RT tại C. Vẽ CY vuông góc KR, X là giao của CY và ST. Khi đó, lấy M trên CX để $MT \perp XS $thì $MS \perp XR $.
Thật vậy: $RS^2-RM^2+XM^2-SX^2=RS^2-(KM^2+RY^2-YS^2)+XM^2-SX^2 $
Chú ý là đã có : $MT \perp XS $, nên $KM^2-KT^2+XT^2-XM^2=0 $
Thay vào, suy ra ta cần có $SR^2-KT^2=RY^2+SX^2-KY^2-XT^2 $ ( cái này không khó để chỉ ra trong hình thang KSTR có KS cắt RT tại C và X,Y là chân các đường cao từ C)
Như vậy, ta đã lấy được $M $ mà $MT,MS $ lần lượt vuông góc $XD, XB. $
Do vậy $MB^2-MD^2= (BS^2+XM^2-SX^2)-(DT^2+XM^2-XT^2)= (XC^2-CB^2)-(XC^2-CD^2)=CD^2-CB^2=AB^2-AD^2 $, vậy $AM $ vuống góc $BD $, nói cách khác $M $ là giao của $AH $ và $CH $, do đó $M $ trùng $H $.
3, Vậy có các điều kiện $HS,HT $ lần lượt vuông góc $XB,XD $.
Ta suy ra $\widehat{CHS}=90+\widehat{XSH}=90+\widehat{BXC}=90 +\widehat{BSC} $, dễ thấy cách xác định "S của đề bài là duy nhất" nên $S $ được dựng như trên. Tương tự với $T $.
Cuối cùng $\widehat{BMS}=90-\widehat{HBX}=90-\widehat{HBR}=90-\widehat{RCD}=\widehat{CTD}=\widehat{CTS} $
Như thế thì $BH $ tiếp xúc với $(HST) $, và ta có đpcm.

https://fbcdn-sphotos-h-a.akamaihd.n...29523659_n.jpg

Bài 2:
Ta sẽ chỉ ra rằng với $k^2<n<(k+1)^2+1 $ thì với bàn cờ ô vuông cạnh n, k là số lớn nhất thỏa mãn.
Thật vậy, ta chỉ cần xét $n=(k+1)^2 $. Lúc này, chia bàn cờ thành $(k+1)^2 $ hình vuông cạnh k+1.
Xét bộ quân xe mà ở mỗi hình vuông có đúng 1 quân xe, hình vuông ở hàng thứ i, cột thứ j thì quân xe được đặt vào hàng thứ i, cột thứ j của hình vuôn đó.
Dễ thấy trong cấu hình này, ta không thể tìm ra hình vuông nào cạnh k+1, không chứa bất kỳ quân xe nào. Tương tự suy ra với các số n thuộc đoạn trên thì k là số lớn nhất thỏa mãn.
Ta chứng minh, với các n trên, thì luôn tìm được một hình vuông cạnh k thỏa mãn. Thật vậy: Đặt $n=k^2+r $.
Giả sử có cách xếp các quân xe mà không hình vuông cạnh k nào là trống.
Xét hình vuông lớn cạnh $k^2 $ ở góc trên bên trái bàn cờ, nó được chia thành $k^2 $ hình vuông cạnh k. Nếu mỗi hình vuông này đều không trống thì suy ra trong hình vuông cạnh $k^2 $ này phải có ít nhất $k^2 $ quân cờ. Và hơn nữa, trong hình vuông cạnh $k^2 $ này cũng chỉ có tối đa $k^2 $ quân cờ ( do điều kiện mỗi hàng một quân)
Xét r cột cuối cùng bên phải, và r hàng cuối cùng bên trái, ta còn đúng r quân cờ để bỏ vào. Mà để mỗi hàng có đúng 1 quân, mỗi cột đúng 1 quân thì bắt buộc phải có r quân trong hình vuông cạnh r ở góc dưới bên phải của bảng.
Như vậy xét hình chữ nhật $k^2 $ nhân r ở góc trên bên phải của bảng thì nó không chứa bất kỳ quân cờ nào. Nếu $r>k $, ta có ngay một hình vuôn cạnh k trống.
Nếu $r<k $, xét hình chữ nhật k nhân $k^2 $ ở góc trên bên phải của bảng. Theo giả sử phản chứng thì hình chữ nhật này có ít nhất k quân cờ. Mặt khác, nó lại chỉ gồm k-r cột có thể chứa quân cờ, tức là nó có tối đa k-r quân cờ. Hai điều này mâu thuẫn với nhau, từ đó ta suy ra đpcm.

Dưới đây là một lời giải khác cho bài hình:


Giả sử trung trực $SH$ cắt $AH$ ở $I$, cắt $AB$ kéo dài ở $X$; trung trực $TH$ cắt $AH$ ở $J$, cắt $AD$ kéo dài ở $Y$.

Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $HS,HT,HC$ và $O$ là trung điểm của $AC$, cũng là tâm của $(ABCD)$. Ta có $PO\parallel AH,AH\bot BD\Rightarrow PO\bot BD$ nên $PB=PD$.

Đặt $\angle CSX=\alpha ,\angle CTY=\beta $ thì theo giả thiết, ta có $\angle CHS=90{}^\circ +\alpha ,\angle CHT=90{}^\circ +\beta $.

Mặt khác, gọi ${X}'$ là tâm của $(HSC)$ thì $\angle C{X}'S=360{}^\circ -2(90{}^\circ +\alpha )=180{}^\circ -2\alpha $ nên ta được $\angle {X}'SC=\angle {X}'CS=\alpha =\angle XSC$, suy ra ${X}'\in SB$ hay $X\equiv {X}'$. Từ đó, ta có $X,Y$ chính là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác $CHS,CHT$.

Theo định lý Menelaus thì \[\frac{IA}{IH}\cdot \frac{MH}{MS}\cdot \frac{XS}{XA}=1\Rightarrow \frac{IA}{IH}=\frac{XA}{XS}.\] Tương tự, ta cũng có $\dfrac{JA}{JH}=\dfrac{YA}{YT}$. Do đó, để $(HST)$ tiếp xúc với $BD$ thì tâm của nó phải nằm trên $AH$ hay nói cách khác, $I\equiv J$ và ta cần có $\dfrac{XA}{XS}=\dfrac{YA}{YT}\Leftrightarrow \dfrac{XA}{YA}=\dfrac{XS}{YT}$.

Chú ý rằng các tứ giác $CPBX,CPDY$ nội tiếp. Theo định lý sin thì
$$\dfrac{XA}{YA}=\dfrac{XC}{YC}\Leftrightarrow \dfrac{\sin AYX}{\sin AXY}=\dfrac{\sin CYX}{\sin CXY}\Leftrightarrow \dfrac{\sin PCB}{\sin PCD}=\dfrac{\sin PBC}{\sin PDC}\Leftrightarrow \dfrac{\sin PCB}{\sin PBC}=\dfrac{\sin PCD}{\sin PDC}.$$ Ta cũng có $$\frac{\sin PCB}{\sin PBC}=\frac{PB}{PC}=\frac{PD}{PC}=\frac{\sin PCD}{\sin PDC}.$$ Từ đó, ta có đpcm.

Chi tiết bài 1 xem thế nào:

+) Giả sử không tồn tại $n $ thỏa $a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $
Hay với mọi $n $ thì $\left[ \begin{array}{ll} a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n > na_{n+1} \\ a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_n \end{array} \right $
Giả sử $n_0 $ là nhỏ nhất thỏa $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0} > n_0a_{n_0+1} $.
$\to $ $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0+1} > (n_0+1) a_{n_0+1} $
$\to $ $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0+1} > (n_0+1) a_{n_0+2} $
Vậy $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_n \forall n \le n_0 $ Sai ngay với $n=1 $ $\to n_0=1 $
Vậy:
$a_0+a_1>a_2 $
$a_0+a_1+a_2>2a_3 $
......
$a_0+a_1+a_2+a_3+...+a_n>na_{n+1} $ ($n $ tiến đến vô cùng)
Cộng vế với vế suy ra $na_0+na_1>na_{n+1} $
Vô lý do $n $ tiến đến vô cùng :)
Vậy tồn tại $n $ thỏa $a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $


+) Giờ ta chứng minh tồn tại suy nhất:
Giả sử tồn tại $n < m $ đồng thời thỏa mãn :
$a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $ (*)
$a_m < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_m}{m} \leq a_{m+1} $ (**)

Từ (*): $ a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_{n+1} $
$\to a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n+1} \le (n+1)a_{n+1} $
$\to a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n+2} \le (n+1)a_{n+1} + a_{n+2}< (n+2)a_{n+2} $
Lặp lại chu trình trên đến khi $n=m $ ta sẽ được;
$a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{m} < ma_{m} $ Vô lý với điều giả sử (**)

Hoàn tất :)

Ngày 2 nhé mọi người :D
Nguồn: Facebook thầy Lê Anh Vinh

https://fbcdn-sphotos-f-a.akamaihd.n...09463817_n.jpg

Hi,có thể nói ngày 2 bài hình là bài dễ nhất :
Bài 4: Ta có tam giác CAQ đồng dạng tam giác CBA và tam giác BAP đồng dạng tam giác BCA .Từ đó suy ra tam giác CAQ đồng dạng tam giác ABP . Gọi X là điểm đồi xứng của B qua P .Theo giả thiết ta có ngay A X MB là hình bình hành .Suy ra góc A XB=MBX .Mà theo tính đồng dạng ta suy ra tam giác ABX đồng dạng tam giác CAN .Vậy góc A XB=MBX= CNA .Gọi giao của BM và CN là J .Ta có BQJN nội tiếp .Suy ra BXN=BQN=BAC .Suy ra Đpcm.

Để tiện cho mọi người bàn luận thì em chia đề ngày 2 thành 3 đề tài riêng.
Mọi người qua đó cho tiện theo dõi ạ :)