Tạp chí toán học và tuổi trẻ tháng 2 năm 2020 số 512

E Qua các đỉnh của AABC, vẽ các đường thắng song song với các cạnh đối diện của tam giác, chúng cắt nhau tại D, Z, # như hình vẽ.. Khi đó các cạnh của AABC là các đường trung bình của

IS

)) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM

Family and Friends 1 (National

Edition), Student book

Be

OIA

SACH GIAO VIEN

ils Tieng Việt 1, tập một - SGV:

t2: Tiếng Việt 1, tap hai - SGV

- ly: and Friends 1 (National

Edition), Teacher | Guide i

TRUNG

MINKOWSKI

Hermann Minkowski (sinh

ngày 22 tháng 6 nam 1864 tại

Kaunas, Litva — Mat ngay 12

thang 1 nam 1909, tai

Gottingen) 14 métnha todn

học Đức gộc Litva, người đã

phat trién hinh hoc ctia các

số và đã sử dụng phương pháp hình học để giải

các bài toán khó trongUý /zyế: số, Vật lý

toán và Lý thuyết tương đối

hoc Berlin va Kénigsberg, noi 6ng nhận học vị

1885 dưới sự hướng dan cua Ferdinand von Lindemann Khi còn là sinh

viên tai Königsberg, năm 1883 ông đã được nhận

giải thưởng toán học của Viện Hàn lâm khoa học

Pháp cho các công trình về lý thuyết các dang

TÍGH"¡ Sỉ: mana

toàn phương

Hermann Minkowski da day tai Dai hoc Bonn,

Göttingen, Königsberg va Zurich Tai Vién Bach

khoa Lién bang (Federal Polytechnic Institute),

nay là Z7 Z„zrich, ông là một trong những thầy

giáo cua Einstein

ll BAT DANG THUC MINKOWSKI

Đăng thitc xay ra khi ton tai te R sao cho

a,=t.b, (i=1,2, ,n) hoac +=

a=kb, c= kd hoặc oe (với bđ z0)

- Cho hai bộ sô thực (a,b,e); (d,e, f), ta cd:

hợp với PT đầu của hệ ta được x = y =2

Vậy nghiệm của hệ PT đã cho là (x; y) = (2;2)

Thay vào PT thứ hai tạ thấy thỏa mãn

Vậy nghiệm của hệ PT đã chọ là (x;>)=(2;2)

Thí dụ 3.2 (Đề thi vào ĐH Quốc gia Hà Nội,

2000) Cho a,bc>0 và ab+bc+ca=dbc

Thí dụ 3.3 (Đề thi tuyến sinh vào ĐH khối A,

năm 2003) Cho x,y,z>0 va xt+y+zSl

| Chung minh rang:

Lời giải Áp dụng BĐT Minkowski ta được:

Suy ra ít nhất một trong hai số A¡ > 0 hoặc A; > 0

boi vi néu A, <0 va A, <0 thi A¡+A; <0:

mâu thuẫn với kết quả trên Do đó ít nhất một

trong hai phương trình (a) hoặc phương trình (b)

có nghiệm Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm

S pai =0 (thừa số trong dấu móc vuông

lớn hơn 0)

©/=l,suyrax= l, khi đó y=0

Vậy hệ phương trình có một nghiệm x = l; y = 0

<> y=1 (chon); y= -5 (loại)

« Vớix= 2, thay vào phương trình đã cho, ta có:

4/°+y+2+1=4+2y?+2y

1

yy) a0) are 1 (chop) an

(loại) Vậy PT đã cho có hai nghiệm nguyên:

(œ%x=0,y=l);(=2,y= I)

Bai 3 1) Vì số điểm đã cho là hữu hạn nên tồn tại

hai điểm, chẳng hạn 4, 8 có khoảng cách lớn nhát

(4B = max) Trong các điểm còn lại, gọi C là điểm

có khoảng cách đến 4# lớn nhất (CH = max) Như

vậy trong các tam giác tạo thành, tam giác ABC cé

diện tích lớn nhất và không lớn hơn Ì

E

Qua các đỉnh của AABC, vẽ các đường thắng

song song với các cạnh đối diện của tam giác,

chúng cắt nhau tại D, Z, # như hình vẽ Khi đó

các cạnh của AABC là các đường trung bình của

ADEF nên ta được 4 tam giác bằng nhau cùng có

diện tích lớn nhất và không lớn hơn 1 Rõ ràng

toàn bộ các điểm đã cho đều nằm bên trong hoặc

trên cạnh của A2EF' bởi vì nếu có một điểm năm

bên ngoài ADEF' thì sẽ có một tam giác có diện

tích lớn hơn diện tích A4BC : Điều này trái với giả

thiết Ta có 8073 : 4 = 2018 (dư 1) nên theo

nguyên lý Dirichlet tồn tại 2019 điểm nằm bên

trong hoặc nằm trên cạnh của một trong bốn tam

giac EAB, ABC, DBC, FAC Vậy luôn ton tai 2019

diém nam trong hoặc trên cạnh của một tam giác

có diện tích không lớn hơn 1

Dấu “=” xay ra khi: b+1=b°-b+1 ©® b=0

hoặc b= 2 Do dé 2axb?+1 < a(0? + 2) Tương

tự, ta CÓ: 2b\c`+1< b(c? +2) Dau “=” xay ra

khi c = 0 hoặc c = 2 ; 2eya? +1 <c(a” +2) Dau

«=° xây ra khi a= 0 hoặc a= 2 Từ đó, ta có:

+) Với a> b > e > 0, khi đó ta có:

a(c ~ b)(b ~ a) > 0 © abe—a?e~ab” +a”b>0

© abe+a°b>ab? +a“c abe + aˆ”b+ bé? > ab? + a2e + bế”

©>ab? +a°e+bc? <abe+a”b+bể”

<2abe+a’b+ be =b(2a0 +a” +€°)=b(a+@Ÿ

b(a~ e\(e~ b) > 0 © abe ~ ab”~ be” + be > 0

chung minh, suy ra BĐT(I) và BĐT đã cho được

chứng mình Dễ thay dau “=” trong BĐT đã cho

không xảy ra Vậy øjð` +1+Ðjc`+1+e(z`+1<5,

Bài 4 1)

) Vì ABC vuông cân tại 4 nên đường trung

tuyến 4/7) cũng là đường phân giác, đường cao

Do 46 BAD=CAD = 45°, AD 1 BC Ta cé tt

giác 4PMN có ba góc vuông và đường chéo 4M là

phân giác nên là hình vuông,

điểm hai đường chéo hình vuông 4PN, vì NHP

= 90” nên các điểm 4, P, H, M, N cùng thuộc

ABC = 45°, IBD =90° suy ra IBA= 45°, do do

BA là phân giác của g6c DBI Ta có ABID ¢6

phân giác 84 đồng thời là đường cao nên là tam

giác cân tại B, do đó 34 là trung trực của D7 Vì

W e BA nên ND = MJ, suy ra AN7D cân tại N, cho

ta MD= NDI (1) Mặt khác, MN // 1D (cùng

vuông góc với BA) nén MND = NDI (so le

trong) (2) Ta cé AMND = AMPD (c.c.c) >

MND = MPD (3) Vi

1

MPD- NNH | =Š =

dMH |} (4) Nén ti (1),

(2), (3), (4) suy ra: NID = NDI = MND = MNH

Với ANID ta 06: NDI + NID+IND = 180°, do

do MNH + MND + IND = 180° Vay ba diém H,

N, ï thăng hàng

2)

Vẽ đường kính 4D của đường tròn (Ó) Kẻ BE,

CF vuông góc với 4D Đặt: 4g = ©,AC=b

(6, c > 0) Trong tam giác vung ABH ta có:

HB = AB.cos ABC =c.cosC Trong tam giác

vuông ÁACH ta có HC = b.cos po đó

HH _ c.cosB 1 ụ

Wee ea ()- Ta có: 8E // (cùng vuông

Câu 1 2 diém) Rút gọn biểu thức:

Câu 3 (2 diém) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

xy, cho đường thăng đ có phương trình

y=mx+m—] (m là tham số thực) Tìm tất cả các

giá trị của zø để đường thẳng đ tạo với các trục

tọa độ Óx, Óy một tam giác có diện tích bằng 2

Câu 4 (2 điểm) Cho các số a,b,c thỏa mãn:

Câu 6 (2 diém) Cho hinh vuông 4BCD có cạnh

bằng a Trên cạnh BClấy điểm Ä, trên cạnh

CD lay diém N sao cho chu vi tam gidc CMN

=- bằng 2a.Chimg minh rang sé do géc MAN

không đổi

Cau 7 (2 diém) Cho AABC, c6 BAC>90°, H

là chân đường vuông góc ha tr 4,

CAH=3BAH, AH=6cm,BH=3cm Tính

dién tich AABC

Câu 8 (2 điểz) Cho đường tròn (7) có tâm Ó

và đường kính 4B cố định Gọi ẤM là điểm di

động trên đường tròn (7) sao cho M khéng

tring voi A va B Goi C la diém d6i ximg voi

diém O qua diém 4 Đường thắng vuông góc

với AB tại € cắt AMtại N, đường thắng B⁄

cắt đường thắng CN tại điểm #Ƒ Chứng minh rằng khi độ dài đoạn thắng MF ngan nhat thi 4

la trong tam cha ABNF

Câu 9 (2 điểm) Cho các số dương a,b,c Chimg

mỉnh rằng:

By $3 Sj 2m 3 G 43)

eae Z se ge

Cau 10 (2 diém) Cho 1000 điểm phân biệt

M,,M), Myoo9 trên mặt phẳng Vẽ một đường tròn (C) bán kính =1 tùy ý Chứng minh rằng

tồn tại điểm S trên đường tròn (C) Sao cho

SM, +SM) + +SMyo99 21000

TRAN MANH CUONG

(GW THCS Kim Xá, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc) Giới thiệu

KKK KKK RE KEE REE ERE ERE RE RAR KERRIER IKKE ER ERE KEE R ERE RER ER ERE REE RE REE RER ERE KEE KERR ERK

BE

= = Ae: =—— (định lý Thales) (2) Ta có:

MC “CF

ABE = ADB (cùng phụ góc DBE ),

ADB = ACB (góc nội tiếp cùng chắn cung 48 ),

nên ABE = ACB, lập luận tương tự, ta có:

ACF EBC Trong tam giác vuông ABE ta co:

BE = AB.cos 4BC =c.cosC Trong tam giác

vuông 4CF ta có: CF = AC.cos ACF =b.cos B

BE c.cosC Borde: cr b.cosB

(3) Từ (1), (2), (3) ta có:

HH _ MB _c.cosB „00sC c| cosBÖ cosƠ

Vi cac géc B, Cnhon nén: cosB >0, cosC >0

Ap dung BDT Cauchy cho hai s6 dương ta có:

Do đó HG, M9 So AB

00100 V.(900015)18/) 210)

Dấu “= =” xảy ra khi cosŒ=cosBð <> B=C

= AABC can tai A

>2

BÙI VĂN CHỊ

(21⁄2 Lê Hồng Phong, TP Quy Nhơn, Bình Định)

Số 512(2-2020) CƯ: 7

Trong mọi tam giác bao giờ cũng tồn tại một

đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp

Điều đó còn đúng không với với tứ giác? Trong

bài viết này chúng tôi giới thiệu những tứ giác

như vậy Sách giáo khoa phô thông đề cập rất ít

về ''Đường tròn tiếp xúc với bốn cạnh của tứ giác”

mà ta thường gọi là đường tròn nội tiếp tứ giác

hay tứ giác ngoại tiếp đường tron Henri Pithot la

kỹ sư người Pháp, nhiều định lý hình học mang

tên ông, năm 1725 ông công bó tính chất “7 giác

lôi ABCD ngoại tiếp đường tròn khi và chỉ khi

AB + CD = BC + DA” có sách gọi là Định lý

Pithot Nam 1846 nhà toán học Thụy Sỹ Jakob

Steiner cing da đưa ra nội dung trên và cách

chứng minh tương tự Chúng ta chứng minh tính

chất này

Chứng mính Giả sử tứ giác ABCD ngoại tiếp

đường tròn (7), các tiếp điểm thứ tự với các cạnh

AB, BC, CD, DA là M, N, P, Q thì AM= AO,

các tam giác 4BO, CBP và DPQ là những tam

giác cân Suy ra phân giác của các góc ở đỉnh 4,

€, D là ba đường trung trực của ABPO, nên các

đường ấy đồng quy tai J Do đó 7 cách đều các

cạnh của tứ giác 4BCD, suy ra tồn tại đường tròn

S Gee S6 512 (2-2020)

tâm 7 tiếp xúc với các cạnh tứ giác Sau day xin

giới thiệu một số bài toán xung quanh tứ giác đó,

Bài toán 1 Cho /ứ giác ABCD ngoại Hep đường

tron (I) Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm

cua (I) với các cạnh AB, BC, CD, DA Ching

minh AC, BD, MP, NO dong quy

Lời giải

Theo giả thiết M, N, P, @ lần lượt là các tiếp điểm

của (ï) với các cạnh 4B, BC, CD, DA nên

IM L 4B, IP LCD, từ IM= IP > AIMP là tam

giác cân = IMP = IPM

=> BMP =90° - IMP =90° - IPM = MPC Ti C

kẻ đường thăng song song v6i AB cat MP tai E thi

CEP = BMP = CPM Do d6 A CPE 1a tam gide

cân = CP = CE Gia sit AC cat MP tai K, AB song

song voi CE nén_ theo dinh ly Thales:

KC CE cp \: Goi Hla giao diém etta AC

voi NO, AF song song BC, chứng minh tương tự

Bai toan 2 Cho tam gidc ABC khong can, dudng

tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với BC, CA, AB lần

lượt tại D, E, F, goi P là hình chiếu của D trên

BE Chứng minh PD là phân giác của góc BPC

Lời giải Cách 1

Gọi H1, K lần lượt là hình chiếu của ð va C trên

EF, AC và AB là tiếp tuyên đường tròn (7) nên

cách dựng tam giác /7D là tam giác cân tại ï Suy

ra IDJ=IJD và BDJ=MUD Từ Ø kẻ đường

thang song song voi MN cat DJ tai H Khi dé

tw chimg minh duge MC, DJ, EF đồng quy, suy ra

PD là phân giác góc BPC

Bài toán 3 Đường ròn (O) tiếp xúc với các cạnh

các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác ABCD lần

lượt tại P, N, Q, M Chứng mình MÁN vuông góc

với PQ khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp

Lời giải

Theo giả thiết đường tròn (O) tiếp xúc với các

cạnh 48, BC, CD, DA lần lượt tai P, N, O, M nén

OP, ON, OQ, OM lần lượt vuông góc với 4B, BC,

CD, DA AB, BC, C4, DA là các tiếp tuyến với

đường tròn (Ó), theo tính chất của tiếp tuyến với

đường tròn thì 4M=4P và CN=CÓ, tứ giác

PNO nội tiếp, suy ra

MOP=AMP=-(I 800 —MAP)=90° -5 DAB

Tuong tu: OMN =ONC=90° -5BCD;

MN | PO >MOP+OMN=90°

= MOP+OMN-90" DAB +90° -— BCD

lee se

=180° ——(DAB at +BCD)

Do d6 DAB+BCD=180°=> tit giác 4BCD nội

tiếp Ngược lại nêu tứ giác 4ECD nội tiếp thì

Bài toán 4 Cho ứứ giác ABCD ngoại tiếp đường

tròn (1) Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điềm

đường tròn (]) với các cạnh AB, BC, CD, DA

Ching minh rang BD, MO, NP dong quy

Lời giải

Gọi 7 là giao điểm của MO va BD, áp dụng định

ly Menelaus cho AABD va cat tuyén OMT, ta 6:

— — ~~~] (1) Theo tinh chat tiếp tuyến với

đường tròn thì 4= 4O, BM= BN, CN= CP,

DP=DQ

MATB.QD _ TB.DP _, MB.TD.QA_ BN.TD

TB.DP.NC _ TB.PD.NC BT.PD.NC _ = => ahs)

BNID.PC TD.PC.NB TD.PC.NB

Theo dinh ly dao Menelaus thi P, N, T thang hang

Từ đó 8D, MO, NP đồng quy

Thay vào (1) ta được

Bài toán 5 Cho A4BC va I la tam đường tròn nội

tiếp tam giác Đường tròn qua B và tiếp xúc AI tại

I cat AB tai P, đường tròn qua C và tiếp xúc AI tại

I cat AC tai Q Chứng minh PQ tiếp xúc với

đường tròn (1)

Lời giải

Giả thiết đường tròn qua Z và tiếp xúc 47 tại J cat

AB tại P, đường tròn qua C và tiép xúc A7 tại 7 cắt

AC tại O, theo hệ thức lượng trong đường tròn thì

AP.AB=AI” =40.AC => B, P, OQ, C cing nim

trên một đường tròn Suy rạ BPO=180° ACB;

giả thiệt đường tròn (B7P) tiếp xúc với 47 tại 7 nên

=> Bri=1P0=90 ACB: iene ie

COI=I0P=90° ~ ABC, từ đó dễ dàng suy ra J

là tâm đường tròn bàng tiếp A4PØ Do do PQ

tiếp xúc đường tròn (1)

Bài toán 6 Cho /ứ giác ABCD ngoại tiếp đường

tròn tâm I, đường chéo AC BD cat nhau tai E

Goi J là tam duong tron noi tiep A ABC, K iq

tam đường tròn bàng tiếp A ACD ung voi goc D,

Ching minh ba diém K, J, E thang hang

Lời giải

Gọi P là tiếp điểm đường tròn (7) và BC thi IP

vuông góc BC và 7P là bán kính đường tròn tâm

1, kẻ ƯÓ vuông góc 8C, suy ra JÓ là bán kính

đường tròn nội tiếp A48C, suy ra JP.//JQ và B,l,

J thang hàng, theo định lí Thales: a JO BJ

TP-JOcBI-

Diện tich AABC va tt giae ABCD ngoại tiếp

đường tròn bán kinh JO và IP tương ứng là:

1

Supe =2(4B+BC+Œ4)J0 `

1 Supcp =2(4B+BC+CD+DA)Ip

Sane (AB+BC+CA).JO_ Sascp (AB+BC+CD+DA).IP

Sanc _ BE _ Sxpc _ BE

ŠAcp DE S ABCD BD

Mặt khác

(AB+BC+CA).JQ _ BE (AB+BC+CD+DA).JP BD

bàng tiếp A4ŒD =§acp=2(CD+DA~CA)KH,

Theo định lý Menelaus đảo cho ABID ta thấy ba

điểm K, J, E thang hang

Bai todn 7 Cho tam giác nhọn ABC, AA\, BB,,

CC, la các đường cao, đường tròn bàng tiếp ứng

với các góc A, B, C tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB

theo thir te A>, By, Cy Chimg minh B,C, tiép

xúc với đường tròn nội tiếp với đường tròn (]) thì

A\ thuộc duong tron ( A,B,C)

Lời giải Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp

AABC va H 1a trực tâm tam giác đó, Ä⁄ là trung

điểm BC Goi 4’, B’, C’ là các tiếp điểm của

đường tròn (7) với các cạnh ØC, C4, 4 suy ra

MA =MA, Br va B’ đối xứng qua trung điểm của

AC, C; và C” đối xứng qua trung điểm của 4P

Theo giả thiét B,C, tiếp xúc với đường tròn (7)

nên:

AABC ~>AAC,B, tu do suy ra: Duong tron bang

tiệp ứng với góc 4 tiếp xúc cạnh ÖC, 4B tại 4; và

E tương ứng đường tròn (7) tiêp xúc với BC và cạnh 4Z, dẫn đến ba điểm Ö', J, E thang hang,

IC' | AB, 1B'L AC nên tứ giác 4B IC' nội tiếp,

điểm đường tròn bàng tiếp với cạnh 4B

=> A,C, 1 AB, A,B, 1 AC Vay tứ giác AC24;B;

nội tiếp đường tròn đường kính 4⁄4;, suy ra A,

trong hình học phằng NXBGD Việt Nam 2016

2) Ki thi Olympic dành cho nữ sinh châu Âu

(EGMO)

3) Kì thí Olympic của CHLB Nga mang tên

I.F Sharygin

Số 512(2-2020) E9 mibS 11

Trong kho tàng bất đăng thức toán học có một bắt

đẳng thức đẹp, mạnh, ứng dụng rộng: Đó là bất

đẳng thức hoán vị Bài viết “Bá; đẳng thức hoán

Vị và một số áp dụng” của tác giả Trần Hữu Nam

đăng trên Tạp chí TH&TT số 455 tháng 5 năm

2015 đã cho chúng ta thấy rõ điều đó Gần đây

Tạp chí TH&TT số 508 tháng 10 năm 2019 có bài

“Một mở rộng của bắt đẳng thức hoán vị của tác

giả Nguyễn Đình Dũng Cả hai bài viết vừa dẫn

đều hay, mới và là tài liệu tham khảo hữu ích cho

học sinh, sinh viên và giáo viên ngành toán Để

minh họa thêm về vẻ đẹp và ứng dụng mạnh của

bắt đẳng thức hoán vị, tác giả bài viết này xin trân

trọng gửi tới bạn đọc bài viết “Một số hệ quả của

bắt đăng thức hoán vi’ có nội dung như sau

1 Bất đẳng thức hoán Vị

Cho hai dãy số thực hữu hạn

đ\,đạ, ,đ„„b\,b;„ ,b„- và (ins) là một

hoán vị từy ý của (b,.b _ Dj

a) Nếu 4i;a;, ,a„ và bị,by, b, sắp thứ tự

cùng chiêu thì

a,b, + ayb; + + a,b, 2 AX, + Ay Xy + ð xả

b) Nếu ai,a;, d„ và bị,b,, b„ sắp thứ tự

ngược chiều thì

a,b, + ayb, + +.a,b, Sax, + đạX; + + đu X„,

Dầu bằng ở cả hai trường hợp xảy ra khi và chí

khi hoe a, =a, =+=d„ hoặc.hị:=b; = =bụ

Đã có nhiều tài liệu chứng minh bit đăng thức

hoán vị, bài viết này xin phép không nhắc lại Bạn

đọc có thể xem các cách chứng minh bất đẳng

12 TOAN fie Số 512(2-2020)

thức hoán vị ở trong hai bài báo đã nêu Từ bát

đẳng thức hoán vị ta rút ra một sô hệ quả sau đậy

2 Một số hệ quá cúa bất đẳng thức hoán vị

Hệ quả 1 Cho hai dấy số thực không âm hữu hạn

at"bk + amok fan Salat +45 Xã + +4P XE,

Chứng mình a) Vì 4 5Ay, 54, 0, ,by, ,5, la hai

dãy số thực không âm sắp thứ tự cùng chiều và

k

m,k >0, nên hai dãy Gy") Dh bene

cũng sắp thứ tự cùng chiều Hiển nhiên PAR ee Eee

°) Chứng mình tượng tự nhự ¥ a) Déy bằng ở cả

hai trường xay ra <> % =a, =,

= =b, hoic m=0 hoặc &=0

HỆ quả 2 Cho đà, số gu, không âm hữu hạ đ|;đ›;: q

hoán vị tùy ý của (ai ae

Theo hệ quả 1.a) ta được:

Hệ quả 3 Cho hai dãy số thực không âm hữu hạn

¡g0 0 Uae Dee (ace, ) là một

hoản vị tùy ý của (0,5 sẽ: Dị) và meÑ”

là hai dãy sắp thứ tự cùng chiều và (x¡,x¿, x„)

là một hoán vị tùy ý của (b¡,b;, ,b„),m e Ñ” nên

bỊ', bÈ , bŸ cũng là hai dãy sắp thứ tự cùng chiều

Cho # lần lượt chạy từ 0 đến z ta được 7 + 1 cặp

dãy tương ứng với k cũng sắp thứ tự cùng chiều

Hiển nhiên (x*, x¥, ,x*) là một hoán vị tùy ý của

(GUE gabe) voi moik:0<k<m

Theo hệ quả 1.a) ta được:

Từ (*) cho & lần lượt bằng 0,1, , m sẽ được mm +1

BĐT cùng chiều, sau đó cộng về với về của m +1

BDT nay lai rồi áp dụng nhị thức Newton sẽ được

điều cần phải chứng minh, tức là (a.+b,)” +(& +bạ)” + +(2; +b,)”

>(a, +m)" +(a 4%) tut(Gpt Sn), «

b) Chứng minh tương tự Dấu bằng ở cả hai

trường hợp xảy Ta <> =4; =- =đn hoặc

Hệ quả 4 Cho ba đấy số thực không âm hữu han

Ay Ap 92045 Dy Dy Dy 9-023 Oy 9 Cy Ca 90-9 En (eee

là một hoán vị tùy ý của (sung và meÑ

a) Nếu ys Byys ones Uy 3D) 3 Oy 0003 On G19 Cr š-++2 Ca sap thir

D) Nếu a), Gos ae Ob eee sắp thứ tự cùng

chiêu, còn Gun, sap thứ tự ngược chiéu thi

(a, +b, +4)" +(a) +b, +0)" + + (4, +8, +¢,)”

<(a, +b, +21)" +(a +b +2)" + +(a, +8, +2,)"

Ching minh a) Giả thiết cho ba day

CF Serer lel ln secant aes o(Cbincess(y sap thứ tự

cùng chiều và (z¡,z;, z„) là một hoán vị tùy ý

của (q,c;, „c„) Khi đó với keÑ,0<k<m,

thì (4 +b liệt Ge +b, Nee ms, (a, +b, Nie =

cf of Kw x sa, %

1 ›C2 › ‹›C„ cũng là hai dãy sắp thứ tự cùng chiều

Cho & lần lượt đi từ 0 đến z sẽ được 7 + 1 cặp

dãy tương ứng với k cũng sắp thứ tự cùng chiều

S6 512(2-2020) mae usitre 13

ius): chows lần lượt bằng 0, I, , mè ta được

m+ 1 BĐT cùng chiều, sau đĩ cộng về với về của

m + 1 BĐT này lại rồi áp dụng nhị thức Newton

sẽ được điều cần chứng minh, tức là

(a, +b, +c)" +(a +b, +e)" + +(a, +b, +¢,)”

>(q +b, +2)" +(a, +b, +z)" + +(4,+8,+z,)"

b) Chứng minh tương tự Dấu bằng xay ra trong

cả hai trường hợp <>a¡ + = =a„+b„ hoặc

C=C, = =c, hoặc 7=]

3 Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức hốn vi

Bài 1 Cho ba sé thuc duong a,b,c Ching minh

Popa (ab +bc“ +ca )>(z +b +c ) (0Ù)

Theo hệ quả 2 của BĐT hốn vị ta được:

a+b +0 >ab> + be? +ca’

> Fe bees otra 2(a+b+e) (1)

Bây giờ ta chứng minh (1)

Sử dụng BĐT Cauchy cho hai số để đánh giá cáo

mẫu thức của Ĩ ta được:

be{a`+ð`) ca(ð`+c`) 4Í +a`)` 2øtbt9)

Dâu đẳng thức XảY Ta © à=ÿb

Lại sử dụng BĐT Cauchy cho hai sé để đánh giá

các mẫu thức của QO taco:

Bai 4 Ching minh rang

v6i Va,b,cER*,t2>k21

Lời giải Để chứng minh bài toán đề ra tạ chứng

minh BĐT tương đương

a= a‘ bt * bí —b*c!—* ce = chal

g1 cf a1

BĐT (1) và (2) không đổi khi hoán vị Vòng quanh

các biên Không mất tính tông quát giả sử

Bây giờ ta tiến hành chứng minh (1) Do (1)

không đồi khi hoán Vị vòng quanh các biến a, b, c

nên không mất tính tổng quát giả sử

a= max {a,b,c}

-Néu b>c, kết hợp với k>r>0 suy ra:

' —bick 7 >0.ck - abÐ 7< 0 0<b’ +c" <c’ +a" <a’ +h"

- Nêu b<e, kết hợp với k>”>0 suy ra

i‘ pia S09 5* — or gk" <o

OSD het gmap <ict tyr

sesh He: hae 7 ca” +b" ck

Nhưng BĐT cuối đúng theo hệ quả 2 của Bb

Bài 6 [IMO-1995] Cho f sả TIẾT

(cc;, ,c„) là một hoán vi tly ý của

D0 ie Ching minh rang n (4, -b} +(a, =b, +35 #14, -b,)

<(a ca} +(a, -€) + 4+(a, ~c,)

Lời giải Vì (¢,c), ,.¢,) là một hoán vị tùy ý

Hi 7 GI SO nee duong Loi giải Tù giả thiết, không mất tính tông quát

3 giả sử đ¡ > 4; > > a„ >0, suy Ta:

ai,đ; đ,;(n €Ñ,n >3) và màn Chung minh i _ Bối)

a a-l —] | ; A :

bu 2 ics tia Sa a 2 + t 4+d : Theo hệ quả 2 của BĐT hoán vi ta được:

ata ata ee she a, +a a 2 a+ ay + +, a an Hộ 2a a, +a) a; + +a, đị 5E È oe ok nck

= ai cise) nh TH Eì 2.08 ll =a" ab + qr ak ie Ta" hat

Suy ra Cộng về với về của z BĐT trên và rút gọn ta được

, P+Q 1 1 2+ 2) 2) 3+ eh a n n 1 : 2 ợ ;

Ghar Gh Gnd) iG > (al LS Ghak eve ae #\(aŸ + a# + + 4z)

Sit dung BDT Cauchy hai s6 dé danh gid cdc mau 7

2,Jaa, 12 2./a,a #2) 2./a,a, DA Ke , „ 2 S

vn a ee Dau đăng thức xảy ra <©> đi = = đ„ hoặc k=”n

1 athe es a ` ae ese eae

minh rang

n

5 (sin” a, + COS” a) + (sin? @, + cos” a) =

đ he Oe Ge 7 co ee rae 5 > (sin a + cos” a) + (sin® a +00s* a, ) =D) 2 i 2

x ị Dâu dang thitc xay ra <> a, =a, = =a, Feo eae: Dau bang xay ra cay) @, =a 1 =@, hoacn=1 ăcnĂ=

| Bai 8 Cho n so thuc khéng Gm ai,d q„, 10 Cho x, x), x, 20, (ih) là một

n.keNÑ,n>3;1<k<n Chứng mình rằng hoán vị tùy ý của (s4 ix, ) oe hắc NỈ

Lời giải Từ giả thiết, không mật tỉ

hoán vị tùy ý của TU

Theo hệ quả 3 của BĐT hoán vị ta được:

1 [IMO - 1964] Cho a, b, cla độ dài ba cạnh của

một tam giác Chứng minh rằng

a (b+c-a)+b? (c+a-b)+c? (a+b-c)<3abe

2 [IMO - 1995] Cho a, b,c la cac sé thyc duong

thoa man abe =1 Ching minh rang

I » 1 ` 1 s 8)

@ (b+c) b (c+a) c (a+b) 2

3 [MO - 1978] Cho 4,,4, ,4, lan số nguyên

dương phân biệt, Chứng minh rằng

4 [78/292-10/2001-TH&TT] Xét k số không âm

2 Cho øi,đ;, 4„„bị,b;, b,„ là hai dãy số thực

không âm hữu hạn, li ›X›„ ,x„„ ) là một hoán vị

tùy ý của (a,b ch) va A>]

a) Néu 4395-54, Va b,by, ,b, sap thir te

Cây số thực không âm hữu hạn, (1.925057 8

một hoán vị tùy ý của (a b4 ] (z,,z;,.-22z)

>(a+¡+Z¡ )” +(a› +»› +z;)”+ +(đy +}; +Z„)

b) Nếu trong ba dãy a,đ; 4„,b¡›Ö; b„,

e¡,es, c„ có một dãy sắp thứ tự ngược chiều với

hai dãy còn lại thì

(4+l+a)”+

+(a, +99 +2)" +.-+(4, +I +z„)”

(a+b, +e)" + +(4, +, +¢,)"

<(q, + +2 lề

ERI IE HH IH I HII HR IK KIER HIER IK III IRR IIR IIR IH ERIK,

BAT DANG THUC MINKOWSKI

(Tiép theo trang 3)

Thí dụ 4.3 (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp

10, Hà Tĩnh năm học 2018 - 2019) Cho a,b

(Hiện tại tác giả vẫn chưa giải được hai bài toán

21 0 Tác giả rất vui khi nhận được những trao doi tit ban doc)

TAI LIEU THAM KHAO

[1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bat đẳng thức định lí

và áp đụng, Nhà xuất bản Giáo dục

[2] Vũ Đình Hoa, 2007, Mot cau chuyện đài về

một bắt đẳng thức nồi tiếng, Tạp chí TH&TT

[3] Trần Hữu Nam, 2015, Bái đẳng hức hoán vị

và một số áp dụng, Tạp chí TH&TT

[4] Nguyễn Đình Dũng, 2019, Mộ mở rộng của

bát đẳng thức hoán vị, Tạp chí TH&TT

[5] Phạm Văn Thuận, Lê Vi, 2007, Bat dang thitc

suy luận và khám phá, Nhà xuất bản ĐHQG HN

[6] 7ap chí Toán học và Tì „ổi trẻ, Việt Nam

HHA K IKK I KKK KK IRRERE EERE RERERE

Theo gia thiét ta co:

CAC LOP THCS

Bài T1/512 (Lop 6) Tim tat ca cdc s6 tu nhién N

biết rằng tong tat cả các ước số của N bang 2N va

tích tất cả các ước số của bằng N

TRUONG QUANG AN

(Xã Nghĩa Thắng, huyện Tư Nghĩa, Quảng Ngãi)

Bài T2/512 (Lớp 7) Cho ø, b, c là các số tự nhiên

thỏa mãn ` = š = A Chimg minh rang

2019b — 2020a

—— —_- >]

2019c— 2020b

LÊ MINH HÒA

(GV THCS Khả Cửu, Thanh Sơn, Phú Thọ)

Bài T3/512 Giải hệ phương trình

Bài T4/512 Cho tam giác nhọn 4BC, kẻ các

đường cao CH, BK (H, K lần lượt nằm trên 4B và

AC) Trén tia CH lay diém P, trén tia BK lay diém

Q sao cho g6e PAO =90° Ke Ay vuông góc với

PO (M nằm trên PO), Chứn a i g minh rang VB

vuong goc voi MC,

DAO CHi THANH

BÙI HẢI QUANG

n Lang, TP Viét Tri, Phi Tho)

ke

pe sla Ue De

(GV THCS: Var

CÁC LỚP THPT

3í 'T6/512 Cho ba số thựC dương x, y, z thỏa

+ kề fae giá trị nhỏ nhất của biêu thức

man x= Ze

pee “ J es

DUONG VAN SƠN

(GV THPT Ha Huy Tap, TP Vinh, Nghé An)

m nguyên dương của

dee

Bài T7/512 Tìm nghiệ

27r 3Z + 4sin“-=x:

3

inh: tan

phuong trinh: ta ¥

ĐẶNG THANH HẢI

(GV Hạc Viện Phòng không - Không quân, Sơn Tây, Hà Nội)

Bài T8/512 Cho tam giác 48C nội tiếp đường

tròn (Ó), ngoại tiếp đường tròn (7) Gọi 3⁄ là trung

điểm cạnh ÖC, X là điểm chính giữa cung BAC

của đường tròn (Ó), P, @ lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên C7, BI Chimg minh rang

XI 1 PO

NGUYEN NGOC TU

(GV THPT chuyén Ha Giang)

Bai T9/512 Cho tam gidc ABC co dién tich S va

cac canh BC= a, C4 = b, AB =c Giai hé phuong

2

tinh Ghia eK is x+ y+c?z=4®§

X+}ÿZ+zx=] |

(Khoa Todn Tin, BHKHTN, ĐHQG TP Hệ Chí Minh)

TIEN TOI OLYMPIC TOAN

Bai T10/512 Chimg ‘minh ring v6i moi SÕ

nguyên đương n thi ta luén có nva 2” +] là hai So nguyên tố cùng nhau

NGUYÊN TUẦN NGỌC

(GV THPT chuyén Tién Giang)

Bài T11/512 Cho các dãy sỐ (x„).(y„)xác định

SIẾ 30, =1 j2 ỐXuị —X,

ị =4,J¿ = 24 J„¿¿ = 6J„„¡ — J;

Chứng mỉnh rằng không có số hạng nào của các

dãy số (x,),(y„) là lập phương của một số

nguyên

TRÀN XUÂN ĐÁNG

(5/7/136 Phan Đình Phùng, TP Nam Định)

Bài T12/512 Cho tam giác 48C vuông tại 4 nội

tiếp đường tròn (OQ) A’ đối xứng với 4 qua Ó P

là hình chiếu vuông góc của 4ˆ trên đường trung

trực của 8C Gọi ;#„ 7, H, lần lượt là trực tâm

các tam giác APA’, BPA',CPA’ Chứng minh rằng

đường tròn (17„H,„H,) tiếp xúc với (Ó)

NGUYÊN VĂN LINH (Hà Nội)

Eind all natural

numbers A/ so that the sum of its factors is equal to

2N and the product of its factors is equal to N’

13/512 Solve the system of equations

x? =2z-1

0h x2

Zz =2y-1

Problem T4/512 Given an acute triangle ABC

Draw the altitudes CH, BK (H, K is respectively

on AB and AC) Choose two points P and Q on the

ray CH and the ray BK respectively such that

PAQ =90° Draw AM perpendicular to PQ (M is

on PQ) Show that MB is perpendicular to MC

Bài L1/512 Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp

đặt tại hai điểm 4 và 8, dao động cùng pha theo

phương thắng đứng, phát ra hai sóng có bước sóng

+ Trên đoạn 4Ö có 9 vị trí mà ở đó các phần tử

nước dao động với biên độ cực đại Œ và DÐ là hai

điểm trên mặt nước sao cho 48C? là hình vuông

AM là một điểm thuộc cạnh C7 và nằm trên vân

cực đại giao thoa bậc nhất Biết phần tử Ä⁄ dao

động ngược pha với các nguồn Hãy xác định độ

đài đoạn 4? theo bước sóng 2

VIỆT CƯƠNG (Hà Nội)

ài L2/ã12 Cho đoạn mạch điện xoay chiều chỉ

chứa cuộn cảm thuần có hệ số tự cảm

sa (H) Đặt điện áp xoay chiều có tần số 50

1L

Hz vào hai đầu đoạn mạch Tại thời điểm điện áp

hai đầu mạch có giá trị 100/3 V thì cường độ dòng điện trong mạch là 1 A Xác định điện áp

hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm

THANH LAM (Ha N@i)

2 Let a, b, c be positive numbers satisfying ab + be + ca = 8 Find the minimum

value of the expression

27(a+ð)(b + e)(e + 4)

P=3(a?+ðˆ+c”)+ ( 2 Gebtcy

6/512 Let x, y, z be positive numbers

so that x2>z Find the minimum value of the

'7/512 Find the integral solutions of

the equation; tee deh oe VIỆT

n 18/512 Given a triangle ABC inscribed

in a circle (O), and (J) is the incircle of the

triangle Let M be the midpoint of BC, and_X the

SN

midpoint of the arc BAC of (0) Let P Q respectively be the perpendicular projections of M

on CI, BI Show that X7 | PQ

(Xem tiép trang 42)

Bai T1/508 (Lép 6) Cho 4=11.13.15+13.15.17+ +91.93.95+93.05.97

Hỏi A có chia hết cho 5 không?

Loi giải Ta chứng minh kết luận mạnh hơn:

= (11.13.15.17 —9.11.13.15) + (13.15.17.19

= 11.13.15.17) + (15.17,19.21 — 13.15.17.19) + .+ (91.93.95.97 — 89.91.93.95) + (93.95.97.99

—91.93.95.97) = 93.95.97.99 —9 11.13.15

= 99.5(93.19.97 — 13.3) = 11.9.5.171360

= 11.9.25.4.8.1071 = 8 900.11781, suy ra

A = 900.11781 = 180.58905, tức là số 4 chia hết cho 180

Cách 2 « Tông 4 có 42 số hạng, Tổng hai số hạng liên tiếp của 4 là: a, + ay 44

= @2n+ 1n + 3)(2n + 5) + (2n + 3)(2n + 5)(2n + 7)

On 3)(2n + 5)(2n+1+2n+ 1)

22 PO NÍVt- S66izs050

= 40 + 2)(2n + 3)(2n + 5) Oe hết one ‘me ae

21 tổng hai số hạng liên tiếp nên 4 ee nộ ole 4,

„ Chia 42 số hạng của 4 thành 9 bộ, ÿ Bộ đân mỗi

bộ có 5 số hạng liên tiếp, bộ thứ 2 có hat so Nats

Xét năm số hạng liên tiếp của mỗi bộ (trong § bộ) đó m = 5k với

là ấn ; đụ+1› đn+2 › Gy, +3, An +4 trong

Với

k bằng 1, 2, , 8, thì ba SỐ đều chứa thừa số 2n + 5 = 5É

hạng đầu Gn 5 In +1, An +2

ke + 1) chia hét cho

5 các thừa số đó là l5, 25,. , 85, do đó các số

hạng này đều chia hết cho 5 :

Tổng hai số hạng còn lại đ„:a + Anta là

lién tiép dang a, , dy +1, Qn +2 , trong đó mỗi số

hạng đều chứa thừa số 2ø + 5, mà 2ø + 5 chia hết

cho 3, tương ứng với ø bằng 5, 8, 11, , 44, cdc

2n tS chia hết cho 3 Mỗi tổng của ba số hạng

liên tiếp của 4 chia hết cho 9 nên tổng của 14 bộ

ba Sô hạng liên tiếp của 4 cũng chia hết cho 9, do đó số 4 chia hét cho 9

Số 4 chia hết cho 4, 5, 9 mà ba số này nguyên tỐ

cùng nhau nên số 44 chịa hét cho tích 4.5.9 = 180

pa iv xếp bạn Sau có lời giải đúng Hà Nội: r4 256: 1á, GA, THS TS Heats, Oo

Da; Nghé An: Pham Ngoc Trinh, 6B, THCS Hồ

Xuân Huong, Quynh Luu, Nguyễn Văn Việt,

Nguyễn Thai Hoang Anh, Thai Thi My Hanh, Thái

Minh Quân, Lê Văn Ti hang, Hoang Van Khanh,

Đào Phương Anh, Nguyễn Đăng Quang, 6B,

Nguyễn Hằng Nga, Lê Văn Quang Hiếu, 6D,

THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; Quảng Trị:

Võ Nguyên Thăng, 6A, THCS Trưng Vương, TP

Đông Hà; Phú Yên: Phạm Đặc Bảo Khang, 6H,

THCS Tran Hung Đạo, Đông Hòa; Quảng Ngãi:

Võ Hữu Thanh Thảo, Cao Bá Duy Minh, 6B, Võ

Trương Minh Huy, 6C, THCS Phạm Văn Đồng,

Giả sử trong 2019 số này có ít nhất hai số khác

nhau Không mất tính tổng quát, gọi hai số đó là

không là số nguyên (mẫu thuẫn với đề bài)

Vậy giả sử trên là sai, suy ra: x, =x, = = Xy919-

Nhận xét Một sô bạn nắm được cách làm và hiểu

đề, tuy nhiên kết quả vẫn còn thiếu nghiệm Các

bạn sau có kết quả đúng: Hưng Yên: Lê 7„ấn

Nghĩa, 7C, THCS Đoàn Thị Điểm, Yên Mỹ; Sóc

Trăng: Wguyễn Anh Thư, 71A1, THCS Kế An, Kế Sách; Nghệ An: Lê Văn Quang Hiếu, Nguyễn Hằng Nga, 7D, Nguyễn Công Phúc, ®C, THCS Lý

Nhật Quang, Đô Lương

NGUYEN THI THUY LINH

Bai 13/508 Cho x, y, z la các số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Nhận xét Đa số các bạn gửi bài đều tìm ra kết quả

và cách làm tương tự như trên Nhiều bạn lập luận

còn dài đòng Tuyên dương các bạn sau có lời giải

tốt: Hưng Yên: Lê Tuấn Nghĩa, 7C, THCS Đoàn

Thị Điểm, Yên Mỹ; Vĩnh Phúc: Tạ Kim Nam Tuan,

8A2, THCS Yén Lạc; Hà Nội: Lê Ngọc Tùng, 9Â:

THCS Nguyễn Trực, Thanh Oai; Phi Tho: Bur Thị

Hồng Thư, Đào Quang Huy, Phạm Thị Minh Châu,

Triệu Hoàng Ánh Dương, 8A3, THCS Lâm Thao;

Nghệ An: 7rương Đình Khải, Nguyễn Công Phúc,

§C, Đặng Hữu Thanh, 9A, THCS Lý Nhật Quang,

Đô Lương; Sóc Trăng: Nguyễn Anh Thư, 7AI

THCS Kế An, Kế Sách; Quảng Trị: Nguyễn Anh

Quân, 8D, THCS Trần Hưng Đạo, TTr Cam Lộ

PHẠM THỊ BẠCH NGỌC

Bài 14/508 Cho tam giác ABC có ABC va ACB

là các góc nhọn Gọi M là trung điểm cạnh AB

Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao cho

DAB=BCM Qua B kẻ đường thăng vuông góc

với CD, đường thẳng này cắt đường trung trực

của đoạn thăng AB ở E Chứng minh đường thẳng

DE và đường thăng AC vuông góc với nhau

Lời giải

Gọi là giao điểm của CM và 4D; K là giao

điểm của DE và AC Từ giá thiết B4H = BCH nên

tứ giác ACBH noi tiếp, suy ra AHC=ABC (1)

Mat khac, EM là đường trung trực của 4B nên

theo tính chất đường trung trực ta có:

AEM = BEM =90°-EBM = ABC (2) Tụ

(1) và (2) suy ma 4HM= 4EM, nên tự giác

AHEM nội tiếp, dẫn đến AHE = AME =90 po

EHD = EBD =90” nên tứ giác BDHE nội tiếp, tạ

TOAN HOC

24 'Suổige Sốstse-sos

có DHB=EB (3).Lâi S6 tứ giác ÁCBH nội

sáp new bap = 4CP (2) TẾ CAN

DEB = KCB, suy 1a tt giác BC? nội tiếp, từ đi

ZEc©llio?" ĐBC S90 Vô

Nhận xét Chỉ có ba bạn sau cho lời giải đúng:

Ha Noi: Lé Ngoc Tung, 9A, THCS Nguyễn Trực, Thanh

Oai; Phú Thọ: 7 yiệu Hoàng Ảnh Dương, 9A3, THCS

Lâm Thao; Nghệ An: Lê Xuân Hoàng, 10AI, THPT

NGUYEN THANH HONG