OFFICI~4.PDF toán học

Do M nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn, và cũng nằm trên tiếp tuyến chung, suy ra M là trung điểm C D.. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC , CA, AB lần lượt tại

GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014

Lời giải đề thi cá nhân

Bài 1: Giải hệ phương trình

¨ y3+ y2x + 3x − 6y = 0

Lời giải: Hệ (1.1) tương đương với

¨ y3+ y2

x = −3x + 6y

x2+ x y = 3.

Suy ra

3(y3+ y2x ) = (x2+ x y)(−3x + 6y),

vậy ta được

x3+ y3− x2y − x y2= 0,

(x + y)(x − y)2

= 0,

nên y = x hoặc y = −x Khi đó

• Nếu y = −x, ta được – 9x = 0

0= 3 (vô lý).

• Nếu y = x, thì

– 2x3= 3x2

2x2= 3

tương đương x2= 3

2, hoặc x = y = ±Æ3

2

Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm±Æ32,±Æ32

1 Sinh viên trường Đại học Giao Thông Vận Tải thành phố Hồ Chí Minh.

Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn

(x + y + z)

1

x + 1

y +1

z



=27

2 .

Chứng minh rằng: x

2+ y2+ z2

x y + yz + zx ¶ 2.

Lời giải: Đặt a = px , b = py +pz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có

(x + y + z)

1

x + 1

y +1

z



¾

‚

a2+ b

2

2

Π 1

a2 + 8

b2



Từ đó suy ra

‚

a2+b

2

2

Π 1

a2 + 8

b2



¶

27

2 , tương đương với

b2

a2 +16a

2

b2 − 17 ¶ 0, giải bất phương trình này ta được a

b ¶ 1, suy ra a ¶ b, tứcp

x ¶ py +pz Giả sử

x = max(x, y, z), xét hiệu

x2+ y2+ z2

x y + yz + zx−2 = −

(px + py +pz)(px + py −pz )(py +pz−px)(pz+px−py)

Dễ thấy với x = max(x, y, z), và px ¶ p

y +pz, thì vế phải của đẳng thức trên

không vượt quá0, hay

x2+ y2+ z2

x y + yz + zx ¶ 2.

Đẳng thức xảy ra khi x = 4y = 4z Chứng minh hoàn tất.

Bài 3: Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) > 0 Chứng

minh rằng

(a + b)(b + c)(c + a)¾

12(ab + bc + ca) (a + b + c)2 Lời giải 1: Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh lại như sau

(a + b + c)(ab + bc + ca) − abc ¾

12(ab + bc + ca)

(a + b + c)2

Chuẩn hóa a + b + c = 3, và đặt q = ab + bc + ca, r = abc Bất đẳng thức trở thành

3q − r ¾

4q

3, tương đương với

−12q2+ (4q + 15)r + 27q

Với phép đặt trên, bất đẳng thức Schur bậc 3 cho ta q3+ 9r ¾ 4pq, hay là r ¾ 4q−9

3

Ta xét hai trường hợp sau:

• Nếu 94 ¶ q ¶ 3, thì

−12q2+(4q+15)r+27q ¾ −12q2+(4q + 15)(4q − 9)

• Nếu q ¶94, ta có 3q 8r

−r ¾ 0, và

3= 4

3·9

4¾

4q

3 , nên bất đẳng thức đúng

Trong trường hợp tổng quát dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc

a = b, c = 0 cùng các hoán vị tương ứng.

Tóm lại trong mọi trường hợp bài toán đều được chứng minh

Lời giải 2: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

(a + b)(b + c)(c + a) ¶

(a + b) + (b + c) + (c + a)

3

3

=8(a + b + c)

3

ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là

(a + b + c)3 ¾4(ab + bc + ca)

(a + b + c)2 , tương đương với

(a + b + c)3+ 9abc ¾ 4(a + b + c)(ab + bc + ca).

Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 3

Bài 4: Hai đường tròn ω1,ω2 cắt nhau tại A , B Giả sử C D là tiếp tuyến chung của

ω1,ω2 C ∈ ω1, D ∈ ω2
và điểm B gần C D hơn điểm A C B cắt AD tại E, DB cắt CA

tại F , E F cắt AB tại N K là hình chiếu vuông góc của N trên C D Gọi O là tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác AC D và H là trực tâm của tam giác K E F Chứng minh rằng

(a) Tứ giác AF BE nội tiếp.

(b) Ba điểm O , B, H thẳng hàng.

Gợi ý: Đường thẳng qua B và song song với N K cắt AK tại L Do M nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn, và cũng nằm trên tiếp tuyến chung, suy ra M là trung điểm C D.

Theo kết quả quen thuộc (chứng minh bằng định lý Thales) thì E F k C D Để chứng minh câu (a) ta thấy ∠F EB = ∠BC D (tính chất song song) và ∠BC D = ∠BAC (tính chất tiếp tuyến), suy ra AEBF nội tiếp.

Vì(A, B, N, M) điều hòa (chứng minh bằng định lý Thales), nên K(A, B, N, M) = −1.

Mà B L k KN nên K M đi qua trung điểm B L Do đó L đối xứng với B qua C D.

Bằng định lý sin và tính chất đối xứng, ta dễ dàng chứng minh được AC L D là tứ giác điều hòa Từ tính chất tứ giác điều hòa suy ra ∠AC M = ∠ALD, kết hợp với

∠AL D = ∠DBK (do đối xứng) ta suy ra ∠AC M = ∠DBK , hay C F BK nội tiếp.

Dễ dàng suy ra ∠F KC = ∠F BC = ∠CAD ( tứ giác AF BE nội tiếp), bằng biến đổi góc đơn giản ta thu được CO ⊥ EH Chứng minh tương tự ta cũng có DO ⊥ F H.

B

A

C

D

E F

M

N

K

L

O

H

Kết hợp hai điều trên với OC = OD, EH = F (4K EF có KN là đường cao cũng là trung tuyến nên là tam giác cân) áp dụng định lý Thales ta suy ra OH, DF, C E đồng quy, hay O, B, H thẳng hàng.

Bài 5: Cho tam giác ABC có AB 6= AC Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với

BC , CA, AB lần lượt tại D, E, F Đường thẳng qua D vuông góc với E F cắt AB tại X

Giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác AE F và tam giác ABC là T

(a) Gọi M là trung điểm của cung BC không chứa A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng T, D, M thẳng hàng.

(b) Chứng minh rằng T X vuông góc với T F

Lời giải: (a) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có I nằm trên (AEF)

và ∠AF T = ∠AI T = ∠AET Suy ra

∠B F T = ∠M I T = ∠C E T , ∠AM T = ∠AB T = ∠AC T

Do đó4T F B ∼ 4T I M ∼ 4T EC Mặt khác BD = BF và C D = C E suy ra

BD

C D = BF

C E = BT

C T

Từ đó suy ra, T D là phân giác của ∠BT C và do đó T, D, M thẳng hàng.

(b) Gọi G là chân đường vuông góc kẻ từ D lên E F Bằng cách biến đổi dùng góc ta

A

E F

M

Do đó

BD

DI = DG

G E, C D

DI = DG

G F,

suy ra G E · BD = DG · DI = C D · GF suy ra tiếp

G F

G E = BD

C D = BF

EC, (vì BD = BF và CD = CE)

Mà4T F B ∼ 4T EC nên

G F

G E = BF

C E = T F

T E

Suyra T G là phân giác của 4F T E Từ đó có được

∠GT F = ∠F T E

2 = ∠FAI = ∠F X G, (do AI || X G).

Suy ra X T F G là tứ giác nội tiếp Do đó ∠X T F = ∠X GF = 90o

Bài 6: Có 2014 đường thẳng l1, l2, , l2014 nằm trên mặt phẳng sao cho không có 2

đường thẳng nào song song với nhau, không có 3 đường thẳng nào đồng quy Chứng

minh rằng tồn tại một đường gấp khúc A0A1· · · A2014 gồm 2014 đoạn thẳng nhỏ, sao

cho đường gấp khúc này không tự cắt chính nó, và ứng với mỗi k (k ∈ N, k ¶ 2014) thì

tồn tại i sao cho đoạn A i A i+1 nằm trọn trên l k

Gợi ý: Dưới đây là một cách xây dựng thỏa mãn:

Gọi S là tập hợp các giao điểm của2014 đường thẳng ban đầu:

(i) Điểm A0 được chọn là điểm nằm trên một đường thẳng bất kì trong các đường

thẳng ban đầu nhưng không thuộc S

(ii) Điểm A1 được chọn sao cho:

(a) A1∈ S.

(b) A0A1 là một đường thẳng trong2014 đường thẳng ban đầu.

(c) A0A1 có chiều dài ngắn nhất trong các trường hợp thỏa (a) và (b)

(iii) Giả sử nếu đã xây dựng được các điểm A0, A1, , A n (1 ¶ n ¶ 2012) thì điểm

A n+1 được chọn sao cho:

(a) A n+1∈ S.

(b) A n A n+1 là một đường thẳng trong2014 đường thẳng ban đầu

(c) A n+16∈ A i A i+1∀0 ¶ i ¶ n − 1.

(d) A n A n+1 chiều dài ngắn nhất trong các trường hợp thỏa (a), (b), (c) (điểm

A2014sẽ nhường lại cho bạn đọc)

Trước tiên, ta thấy rằng cách dựng như trên là có thể thực hiện

Kế đến, sử dụng điều (c) của ý (iii) để chứng minh rằng đường gấp khúc A0A1· · · A2013

đã đi qua2013 đường thẳng phân biệt (trong 2014 đường thẳng ban đầu)

Việc còn lại là sử dụng điều kiện “ngắn nhất” để chứng minh rằng A0A1· · · A2013không

tự cắt Việc còn lại xây dựng điểm A2014 thì nhường lại bạn đọc

Bài 7: Ký hiệu R∗ là tập hợp tất cả các số thực khác 0 Hãy tìm tất cả các hàm số

f : R∗→ R∗ sao cho

f (x2+ y) + 1 = f (x2+ 1) + f (x y)

với mọi x , y thuộc R∗và x2+ y 6= 0.

Lời giải: Thay x bởi −x và so sánh với (7.1), ta có f f (−x y) (−x) = f (x y)

f (x), nên tồn tại số thực

k sao cho

Thay y= −1 vào (7.1) ta được

f (x2+ 1) − f (x2

Thay y bởi − y và sử dụng (7.2) ta được

f (x2− y)+1 = f (x2+1)+k f (x y)

f (x) = f (x

2+1)+k(f (x2+ y)+1− f (x2+1)) (7.4)

Thay y= −1 ta có

1= k(f (x2

− 1) + 1 − f (x2+ 1)) = k2

Nếu k = 1 : Ta có f (x) = f (−x) (do (7.2)) và

Thay x=Æa +b

2 , y=a −b

2 với a, b > 0, a 6= b vào (7.5) ta được

f (a) = f (b), ∀a, b > 0, a 6= b, hay f (x) = c, ∀x > 0 Kết hợp với tính f chẵn nữa ta được f (x) = c, ∀x 6= 0 Thử lại

ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài toán

Nếu k = −1 : Khi đó f (−x) = −f (x) hay f lẻ và f (x2+1)− f (x2

−1) = 2 (do (7.3))

Từ đó suy ra

 f (3) − f (1) = 2

f (4) − f (2) = 2 Thay x = 1, y = 3 vào (7.1) ta được

f (4) + 1 = f (2) + f(3)

f(1),

hay f (3) = 3f (1) (do f (4) = f (2) + 2) Kết hợp f (3) = f (1) + 2 ta có f (3) = 3 và

f(1) = 1

Tiếp tục thay x= 1 vào (7.1) ta được

Thay y = −3 vào (7.6) ta có f (−2)+1 = f (2)+ f (−3), hay −f (2)+1 = f (2)− f (3) (do f lẻ) vậy f(2) = 2 Suy ra

Thay y bởi y+ 1 vào (7.1) và sử dụng (7.7) ta có

f (x2+ y + 1) + 1 = f (x2+ 1) + f (x y + x)

f (x) ,

tương đương với

f (x2+ y) + 2 = f (x2+ 1) + f (x y + x)

f (x) ,

f (x y + x)

f (x) =

f (x y)

f (x) + 1,

f (x y + x) = f (x) + f (x y), ∀x, y 6= 0, y 6= −1, y 6= −x2

− 1

f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y 6= 0, y 6= −x, y 6= −x3

Xét x > 0 và y > 0 và sử dụng (7.8) vào (7.1) ta có

f (x2) + f (y) + 1 = f (x2) + 1 = f (x y)

f (x y) = f (x)f (y).

Từ (7.8) và (7.9) ta có ngay f (x) = x, x > 0 Do f lẻ nên f (x) = x, ∀x ∈ R∗ Thử lại

ta thấy hàm này cũng thỏa

Bài toán có 2 nghiệm là f (x) = c và f (x) = x, ∀x ∈ R∗

Bài 8: Trong một giải cờ vua hai kỳ thủ bất kỳ đấu với nhau đúng một trận Trong mỗi

trận đấu, người thắng được 1 điểm, người thua được 0 điểm và khi hai kỳ thủ hòa nhau

thì mỗi người được 1

2 điểm Vào cuối giải, người ta nhận thấy rằng đúng một nửa số điểm của mỗi kỳ thủ kiếm được từ các trận đấu với 10 kỳ thủ xếp cuối (và như vậy, mỗi

một trong 10 kỳ thủ xếp cuối cũng kiếm được nửa số điểm cho mình từ các trận đấu với

9 kỳ thủ xếp cuối còn lại) Hãy tìm số kỳ thủ tham gia giải.

Lời giải: Gọi n (n ∈ N∗, n ¾ 10) là số kỳ thủ tham gia và S là tổng điểm của n kỳ thủ vào cuối giải Ta sẽ tính S bằng hai cách.

Nhận thấy sau mỗi trận đấu, tổng điểm mà hai kỳ thủ tham gia nhận được từ trận đấu luôn là1 Do đó, tổng điểm của k kỳ thủ đấu với nhau cuối cùng sẽ bằng số trận đấu hay bằng C k2 Sử dụng nhận xét trên, ta được S = C2

n

Mặt khác, theo giả thiết, tổng điểm của n− 10 kỳ thủ xếp đầu sẽ gấp đôi tổng điểm

mà n− 10 kỳ thủ này đấu với nhau Tương tự, tổng điểm của 10 kỳ thủ xếp cuối sẽ gấp đôi tổng điểm mà10 kỳ thủ này đấu với nhau Kết hợp với nhận xét, ta cũng được

S = 2C2

n−10+ 2C2

10, suy ra

C n2= 2C2

n−10+ 2C2

10, tương đương với

n (n − 1)

2 = 2 ·(n − 10) (n − 11)

n2− 41n + 400 = 0, vậy ta được n = 16 hoặc n = 15 Vậy số kỳ thủ tham gia có thể là 16 hoặc 25.

Bài 9: Đặt α =p3

3

(a) Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số hữu tỷ sao cho a + bα + cα2 = 0, thì

a = b = c = 0.

(b) Tìm tất cả các đa thức P (x) có bậc nhỏ nhất với hệ số hữu tỷ sao cho

P (α + α2) = 3 + α.

(c) Tồn tại hay không đa thức P (x) với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện

P (α + α2) = 3 + α.

Gợi ý: (a) Giả sửα là nghiệm của phương trình a + bx + cx2= 0 Suy ra

a + bα = −cα2, hay

a2− b2α2= −cα2(a − bα) = acα2− 3bc,

suy ra tiếpα2 là số hữu tỉ, vô lí

(b) Thử với đa thức bậc2 Đồng nhất hệ số, ta được P (x) = 1

2x2−12x (c) Chứng minh bằng quy nạp, chú ý(α2+ α) n luôn biểu diễn được dưới dạng

u + vα + wα2 Bài toán kết thúc