đề khó nhất kì thi imo 2016

Question

Bài 3. Cho

P = A_{1} A_{2} \dots A_{k}

là một đa giác lồi trong mặt phẳng. Các đỉnh

A_{1}, A_{2}, \dots A_{k}

có tọa độ là các số nguyên và nằm trên một đường tròn. Gọi

S

là diện tích của

P

. Một số tự nhiên

n

lẻ thỏa mãn bình phương độ dài các cạnh của

P

đều chia hết cho

n

. Chứng minh rằng

2 S

là một số tự nhiên chia hết cho

n

score 0 · Answer 1

Nếu ai ko giải,t xin giải dùm(đề rất khó)(lời giải của thượng sĩ)

Trước hết, giả sử rằng đa giác $A_{1} A_{2} \dots A_{k}$ có một đường chéo thỏa mãn bình phương của đường chéo đó là một số nguyên chia hết cho $n$ , khi đó ta sẽ cắt đa giác này bằng đường chéo này thành hai đa giác với số cạnh nhỏ hơn. Do đó không giảm tổng quát có thể giả sử đa giác $A_{1} A_{2} \dots A_{k}$ không có một đường chéo nào có bình phương chia hết cho $n$ .

Giả sử $k \geq 4$ . Không mất tính tổng quát, ta sẽ chứng minh cho trường hợp $n = p^{a}$ ( $p$ là số nguyên tố lẻ). Khi đó, xét một số tự nhiên $r$ thỏa $a > r \geq 0$ và $p^{r} ∣ A_{i} A_{j}^{2}$ với mọi $i \neq j$ , $0 < i, j \leq k$ . Hiển nhiên ta có $r + 1 \leq a$ nên $p^{r + 1} ∣ p^{a} ∣ A_{i} A_{j}^{2}$ nếu $A_{i}, A_{j}$ là hai đỉnh kề nhau.

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng nếu $r$ là một số tự nhiên thỏa mãn điều kiện trên thì $r + 1$ cũng sẽ thỏa mãn các điều kiện trên. Do tất cả các đỉnh của đa giác cùng nằm trên một đường tròn nên xét cụ thể cho một tứ giác $A_{i - 1} A_{i} A_{i + 1} A_{j}$ và cho đơn giản, ta đặt: $A_{i - 1} A_{i} = b, A_{i} A_{i + 1} = c, A_{i + 1} A_{j} = d, A_{j} A_{i - 1} = e, A_{i - 1} A_{i + 1} = f, A_{i} A_{j} = g$ .

Và theo giả thiết quy nạp, ta đặt: $b^{2} = p^{a} x, c^{2} = p^{a} y, d^{2} = p^{r} z, e^{2} = p^{r} k, f^{2} = p^{r} w, g^{2} = p^{r} t$ ( với $x, y, z, k, w, t$ là các số nguyên) Khi đó theo định lý Ptolemy thì ta có được: $b d + c e = f g \Rightarrow f^{2} g^{2} = b^{2} d^{2} + c^{2} e^{2} + 2 b c d e = p^{a + r} (x z + y k + 2 \sqrt{x y z k})$ . Từ đó ta có $\sqrt{x y z k}$ là một số hữu tỉ nên cũng là một số nguyên. Do đó ta có được: $p^{a + r} ∣ f^{2} g^{2} \Rightarrow v_{p} (f^{2} g^{2}) \geq a + r$ . Tuy nhiên: vì $A_{i} A_{j}$ và $A_{i - 1} A_{i + 1}$ là các đường chéo nên $v_{p} (f^{2}) \leq a - 1 \Rightarrow v_{p} (g^{2}) \geq r + 1 \Rightarrow p^{r + 1} ∣ g^{2}$

Tức là khi đó $p^{r + 1} ∣ A_{i} A_{j}^{2}$ với $A_{i} A_{j}$ là một đường chéo và tương tự với các đường chéo khác, ta có được $p^{r + 1} ∣ A_{i} A_{j}^{2}$ với mọi $i \neq j$ , $0 < i, j \leq k$ . Như vậy theo nguyên lí quy nạp, giả thiết được chứng minh. Khi đó theo giả thiết thì $p^{a - 1} ∣ A_{i} A_{j}^{2}$ với mọi $i \neq j$ và cũng chứng minh tương tự mà $p^{a} ∣ A_{i} A_{j}^{2}$ với mọi $i \neq j$ . Đây là điều vô lí ( do ta đã giả sử rằng không có đường chéo nào chia hết cho $p^{a}$ ).

Do đó $k < 4$ , tức là ta sẽ quy về trường hợp đơn giản $k = 3$ . Ta có thể chứng minh điều này cách dễ dàng vì các đỉnh $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ có tọa độ nguyên nên dễ dàng chứng minh được $2 S$ là số nguyên.

Hơn nữa theo công thức Hê-rông thì $2 S = \frac{\sqrt{4 a^{2} b^{2} - (a^{2} + b^{2} - c^{2})^{2}}}{2}$ ( $a, b, c$ là các cạnh của tam giác) nên $4. (2 S)^{2} = (4 a^{2} b^{2} - (a^{2} + b^{2} - c^{2})^{2}) ⋮ n^{2}$ . Do $n$ lẻ nên $(4, n) = 1$ do đó $n^{2} ∣ (2 S)^{2}$ nên $n ∣ 2 S$ .