Đề chọn ĐTQG tỉnh Hưng Yên ngày 2 năm 2020-2021

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f\colon\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $$f\left(x+2020f(xy)\right)=f(x)+2020xf(y)$$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$.

Lời giải

Giả sử hàm số $f$ thỏa mãn điều kiện $$f\left(x+2020f(xy)\right)=f(x)+2020xf(y)\tag{1}$$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$.
Cho $x=y=-\dfrac{1}{2020}$ ta được $f\left(-\dfrac{1}{2020}+2020f\left( \dfrac{1}{2020^2}\right)\right)=0$.
Đặt $u=-\dfrac{1}{2020}+2020f\left(\dfrac{1}{2020^2}\right)$ ta được $f(u)=0$.
Thay $x=u$, $y=1$ vào $(1)$ ta được $2020uf(1)=0\Leftrightarrow uf(1)=0$.

• Nếu $f(1)=0$. Thay $x=\dfrac{1}{y}$, $y\ne 0$ ta được $$f\left(\dfrac{1}{y}\right)=f\left(\dfrac{1}{y}\right)+2020\dfrac{1}{y}f(y).$$ Suy ra $f(y)=0,\ \forall y\ne 0$.
  Thay $y=0$ vào $(1)$ ta được $$f\left(x+2020f(0)\right)=f(x)+2020xf(0).$$ Chọn $x\ne 0$, $x\ne -2020f(0)$ thì $f(x)=0$, $f\left(x+2020f(0)\right)=0$, từ đó ta được $f(0)=0$.
  Suy ra $f(x)=0,\ \forall x\in \mathbb{R}$.
• Nếu $f(1)\ne 0$ thì $u=0$ hay $f(0)=0$. Từ đó ta có $f\left(\dfrac{1}{2020^2}\right)=\dfrac{1}{2020^2}$.
  Với $x,y\ne 0$, đặt $z=x+2020yf\left(\dfrac{x}{2020^2y}\right)$.
  Thay $x$ bởi $\dfrac{x}{y}$, $y$ bởi $\dfrac{1}{2020^2}$ vào $(1)$ ta có $$f\left(\dfrac{x}{y}+2020f\left(\dfrac{x}{2020^2y}\right)\right) = f\left(\dfrac{x}{y}\right)+2020\dfrac{x}{y}f\left(\dfrac{1}{2020^2}\right) = f\left(\dfrac{x}{y}\right)+\dfrac{x}{2020y}.$$ Suy ra $f\left(\dfrac{z}{y}\right)=f\left(\dfrac{x}{y}\right)+\dfrac{x}{2020y}$.
  Thay $x$ bởi $y$, $y$ bởi $\dfrac{x}{y}$ ta có $f\left(y+2020f(x)\right)=f(y)+2020yf\left(\dfrac{x}{y}\right)$.
  Thay $x$ bởi $y$, $y$ bởi $\dfrac{z}{y}$ ta có $$\begin{eqnarray*} f\left(y+2020f(z)\right) &=& f(y)+2020yf\left(\dfrac{z}{y}\right) = f(y)+2020y\left[f\left(\dfrac{x}{y}\right)+\dfrac{x}{2020y}\right] \\ &=& f(y)+2020yf\left(\dfrac{x}{y}\right)+x. \end{eqnarray*}$$ Từ đó ta có $f\left(y+2020f(z)\right)=f\left(y+2020f(x)\right)+x$.
  Thay $y=-2020f(x)$ ta được $f\left(-2020f(x)+2020f(z)\right)=x$.
  Từ đó ta có $f$ là toàn ánh.
  Thay $x$ bởi $1$, $y$ bởi $x$ ta được $f\left(1+2020f(x)\right)=f(1)+2020f(x)$.
  Vì $f$ là toàn ánh nên đặt $t=2020f(x)+1$ ta được $f(t)=t-1+f(1),\ \forall t\in \mathbb{R}$.
  Thay vào $(1)$ ta được $f(1)=1$ nên $f(x)=x,\ \forall x\in \mathbb{R}$.

Thử lại ta thấy các hàm số $f(x)=0$, $f(x)=x$ thỏa mãn bài toán.
Vậy tất cả các hàm số cần tìm là $f(x)=0$, $f(x)=x$.

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$ và có trực tâm $H$. Gọi $D$, $E$, $F$ lần lượt là các tiếp điểm của $BC$, $CA$, $AB$ với đường tròn $(I)$. Gọi $S$, $T$ lần lượt là trung điểm của $AH$, $BH$ và gọi $M$ là điểm đối xứng với $S$ qua $FE$, gọi $N$ là điểm đối xứng với $T$ qua $FD$. Chứng minh rằng đường thẳng $MN$ đi qua trực tâm của tam giác $DEF$.

Lời giải

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$ và nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $D$, $E$, $F$ lần lượt là các tiếp điểm của $BC$, $CA$, $AB$ với đường tròn $(I)$. Gọi $K$ là trực tâm tam giác $DEF$. Khi đó ba điểm $O$, $I$, $K$ thẳng hàng. Chứng minh bổ đề. Gọi $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $AI$, $BI$, $CI$ với đường tròn $(O)$. Khi đó ta có $B'A=B'I$, $C'A=C'I$ nên $B'C'$ là đường trung trực của $AI$. Do đó $A'I\perp B'C'$.
Chứng minh tương tự ta có $B'I\perp C'A'$, $C'I\perp A'B'$. Từ đó ta có $I$ là trực tâm tam giác $A'B'C'$.
Ta có $A'B'\parallel DE$, $B'C'\parallel FE$, $C'A'\parallel FD$ nên $\triangle A'B'C'$ đồng dạng với $\triangle DEF$. Do đó tồn tại phép vị tự biến trực tâm $I$ và tâm đường tròn ngoại tiếp $O$ của $\triangle A'B'C'$ thành trực tâm $K$ và tâm đường tròn ngoại tiếp $I$ của $\triangle DEF$. } Từ đó ta có $O$, $I$, $K$ thẳng hàng và $OI$ là đường thẳng Euler của $\triangle DEF$.
Trở lại bài toán, gọi $L$, $R$ lần lượt là điểm đối xứng với $I$ qua $FE$, $FD$. Ta có $IFLE$ là hình thoi. Do đó ta có $FL\parallel IE$, $FI\parallel LE$ suy ra $FL\perp AE$, $EL\perp AF$. Từ đó ta có $L$ là trực tâm tam giác $AEF$.
Tam giác $AEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AI$ cho nên ta có $\dfrac{AL}{AI}=\cos\widehat{FAE}$.$(1)$
Vì $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn đường kính $2AO$ nên ta có $$\dfrac{AS}{AO}=\dfrac{AH}{2AO}=\cos\widehat{BAC}\tag{2}$$ Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $\dfrac{AL}{AI}=\dfrac{AS}{AO}\Rightarrow \dfrac{AL}{AS}=\dfrac{AI}{AO}$. } Ta có $\widehat{OAB}=\widehat{HAC}$, do đó $\widehat{OAI}=\widehat{SAL}$. Từ đó ta có $\triangle OAI\backsim\triangle SAL$ suy ra $\widehat{SLA}=\widehat{AIO}$.
Lấy điểm $M'$ trên $OI$ sao cho $SM'\perp EF$.
Ta có $\widehat{SLI}=\widehat{AIM'}$ do đó tứ giác $ILSM'$ là hình thang cân có trục đối xứng $EF$.
Do đó $M'$ đối xứng với $S$ qua $EF$. Do đó $M'\equiv M$, nghĩa là $O$, $M$, $I$ thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta có $O$, $N$, $I$ thẳng hàng.
Theo bổ đề ta có $O$, $I$, $K$ thẳng hàng, suy ra $MN$ đi qua trực tâm $K$ của tam giác $DEF$.

Bài 3. Cho bảng ô vuông $ABCD$ kích thước $2021\times 2021$ gồm $2021^2$ ô vuông đơn vị, mỗi ô vuông đơn vị được tô bởi một trong ba màu đen, trắng hoặc xám. Một cách tô màu được gọi là đối xứng nếu mỗi ô vuông đơn vị có tâm trên đường chéo $AC$ được tô màu xám và mỗi cặp ô vuông đơn vị đối xứng qua $AC$ được tô cùng màu đen hoặc cùng màu trắng. Người ta điền vào mỗi ô xám số $0$, mỗi ô trắng một số nguyên dương và mỗi ô đen một số nguyên âm. Một cách điền số như vậy được gọi là $k-$cân đối (với $k$ là số nguyên dương) nếu thỏa mãn các điều kiện sau: Mỗi cặp ô vuông đơn vị đối xứng qua $AC$ được điền cùng một số nguyên thuộc đoạn $[-k;k]$. Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được điền trên hàng đó và tập số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau, nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền trên hàng đó và tập các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của $k$ để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại cách điền $k-$cân đối.

Lời giải

Điều kiện cần. Xét cách tô màu xen kẽ đen trắng như bàn cờ (hình vẽ), trong đó vị trí $(i;j)$ được tô đen nếu $i+j$ chẵn, ngược lại thì tô trắng.
Xét hai ô trắng bất kì trong bảng ô vuông ở vị trí $(a;b)$, $(c;d)$ với $1\le a,b,c,d\le 2021$.
Nếu $a+c$ và $b+d$ cùng chẵn thì $a+d$ và $b+c$ cùng lẻ, do đó một trong hai ô $(a;d)$ hoặc $(b;c)$ được tô màu đen. Suy ra hai ô trắng phải được điền số khác nhau. } Nếu $a+c$ và $b+d$ cùng lẻ thì xét ô $(d;c)$ điền cùng số với ô $\left( c;d \right)$ và cũng tương tự như trên ta suy ra hai ô phải được điền số khác nhau.
Suy ra tất cả các ô trắng ở nửa trên bên phải của bảng phải được điền các số khác nhau.
Do đó ta phải có $k\ge 2+4+6+\ldots+2020=\dfrac{2021^2-1}{4}$.
Điều kiện đủ. Ta sẽ chứng minh rằng $k=\dfrac{2021^2-1}{4}$ thỏa mãn bài toán bằng phép quy nạp.
Với bảng ô vuông kích thước $n\times n$ với $n$ nguyên dương thì $k=\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$.
Dễ thấy khẳng định đúng với $n=1$, $n=2$, $n=3$.
Xét $n\ge 4$. Giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên dương nhỏ hơn $n$.
Đánh số các hàng và cột từ $1$ đến $n$. Ta chứng minh rằng với mọi vị trí các ô đen thì luôn tồn tại cách điền các số nguyên dương không vượt quá $k_n$ vào các ô trắng còn lại trong bảng (trường hợp điền số nguyên âm thì tương tự vì tính bình đẳng).
Xét đồ thị $G=(V,E)$ trong đó $V$ là tập hợp các đỉnh, đỉnh thứ $i$ ứng với hàng $i$ với $1\le i\le n$, còn $E$ là tập hợp các cạnh, trong đó cạnh nối từ đỉnh thứ $i$ đến đỉnh thứ $j$ nếu như tại ô $(i;j)$ và tại ô $(j;i)$ là tô màu trắng.
Áp dụng định lí Mantel-Turan ta có ``\textit{Nếu đồ thị $G=(V,E)$ không chứa tam giác thì đồ thị $G$ có không quá $\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$ cạnh}'', hay là trong bảng có không quá $\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$ ô trắng, do đó có thể dùng $\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$ số nguyên dương phân biệt để điền vào các ô trắng.
Giả sử đồ thị $G=(V,E)$ có chứa tam giác, chẳng hạn các đỉnh $a$, $b$, $c$ được nối với nhau.
Do đó các ô $(a;b)$, $(b;a)$, $(a;c)$, $(c;a)$, $(b;c)$, $(c;b)$ được tô màu trắng. Khi đó các số điền vào các ô trắng đó không nhất thiết phân biệt và tập hợp các ô trắng còn lại (nếu có) trên các hàng $a$, $b$, $c$ cũng không nhất thiết phải rời nhau. Rõ ràng trên mỗi hàng còn lại không quá $n-3$ ô như thế.
Do đó ta có thể sử dụng một số để điền vào các ô trắng ở trên và không quá $n-3$ để điền vào các ô trắng còn lại trong hàng.
Nếu không tính các hàng $a$, $b$, $c$ thì ta còn lại $n-3$ hàng, theo giả thiết quy nạp thì cần không quá $\left\lfloor\dfrac{(n-3)^2}{4}\right\rfloor$ số nguyên dương cho các hàng đó.
Như vậy tổng cộng ta cần không quá $$1+n-3+\left\lfloor\dfrac{(n-3)^2}{4}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{(n-3)^2+4(n-2)}{4}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{(n-1)^2}{4}\right\rfloor\le\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$$ số nguyên dương.
Như vậy trong mọi trường hợp ta cần không quá $\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$ số nguyên dương.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.