Tóm lại, ta chỉ cần chứng minh bài toán trong trường hợp hợp có hai biến bằng nhau.. Nên theo đính lý về dấu của tam thức bậc hai ta có điều phải chứng minh.. Thử lại ta thấy bộ số này t
Trang 1GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014
Tiêu Thụ Bài Giảng Ngày 3
1 Bất đẳng thức
Bài 1.1: Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng
9(ab + bc + ca − 3abc) ¾ (ab + bc + ca)(4 − abc − a2
− b2− c2)
Lời giải: Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
(a + b + c)(ab + bc + ca)
Sử dụng đánh giá này, ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là
9(ab + bc + ca) − 3(a + b + c)(ab + bc + ca) ¾ (ab + bc + ca)(4 − abc − a2
− b2− c2), thu gọn thành
a2+ b2+ c2+ abc + 5 ¾ 3(a + b + c).
Xét f (a, b, c) = a2+ b2+ c2+ abc + 5 − 3(a + b + c) Ta có
f (a, b, c) − f pa b, pa b , c
=pa−pb
2p
a+pb
2
− 3
,
f (a, b, c) − f
a + b
a + b
= (a − b)
2(2 − c)
Do tính đối xứng của bài toán nên ta có thể giả sư c là số nhỏ nhất trong số Khi đó:
• Nếu c ¾ 1, thìpa+pb ¾ 2, do đó f (a, b, c) ¾ f p
a b, p
a b , c
• Nếu c ¶ 1, thì 2 − c > 0, do đó f (a, b, c) ¾ f a +b2 , a +b2 , c
Tóm lại, ta chỉ cần chứng minh bài toán trong trường hợp hợp có hai biến bằng nhau
Giả sử ta sẽ chứng minh f p
a b, p
a b , c¾ 0 Đặt t =p
a b, thì
f (t, t, c) = 2t2+ c2+ t2c + 5 − 3(2t + c),
hay
f (t, t, c) = t2(c + 2) − 6t + c2
− 3c + 5, Xem f (t, t, c) là một tam thức bậc hai theo t Tam thức này có biệt thức
∆0= 9 − (c + 2)(c2
− 3c + 5)
= −(c − 1)2(c + 1) ¶ 0.
Nên theo đính lý về dấu của tam thức bậc hai ta có điều phải chứng minh Đẳng thức
xảy ra khi a = b = c = 1 Chứng minh hoàn tất.
Trang 2Bài 1.2: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2+ b2+ c2+ ab + bc + ca = 6.
Chứng minh rằng
1
4− ca ¶ 1.
Lời giải: Bởi vì1− 2
4− ab =2− ab
4− ab, nên bất đẳng thức trên được viết lại như sau
2− ab
4− ab+2− bc
4− bc +2− bc
4− bc ¾ 1.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
4− ab ¾
P
(2 − ab)2
P
(2 − ab)(4 − ab) =
(6 − ab − bc − ca)2
P
(2 − ab)(4 − ab) =
(a2+ b2+ c2)2
P
(2 − ab)(4 − ab).
Như vậy, ta cần chứng minh được
(a2+ b2+ c2)2
¾X(2 − ab)(4 − ab),
tương đương với
a4+ b4+ c4+ a2b2+ b2c2+ c2a2+ 6(ab + bc + ca) ¾ 24,
hay là
a4+b4+c4+a2b2+b2c2+c2a2+(ab+bc+ca)Xa2+Xbc¾2
3
X
a2+Xbc
2
Khi triển và thu gọn lại ta được
a4+ b4+ c4+ abc(a + b + c) ¾ ab(a2+ b2) + bc(b2+ c2) + ca(c2+ a2)
Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 4 nên hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi a = b = c = 1 hoặc a = b =p2, c = 0 cùng các hoán vị tương ứng
Bài toán được chứng minh
2 Đa thức
Bài 2.1: Tìm tất cả các đa thức có hệ số thực thỏa mãn
1+ P(x) = 1
2[P(x + 1) + P(x − 1)].
Lời giải: Nếu tồn tại đa thức thỏa mãn đẳng thức ban đầu thì:
• Đặt G(x) = P(x + 1) − P(x) − 2x, từ đẳng thức đầu bài ta suy ra G(x) là đa
thức hằng
• Giả sử G(x) = C = const Xét đa thức H(x) = P(x) − x2− (C − 1)x ta cũng có thể suy ra H (x) là đa thức hằng.
Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn có dạng P (x) = x2+ Ax + B.
Trang 3Bài 2.2: Với mọi n nguyên dương, a, b, c là các số thực sao cho a n + b n + c n là một số nguyên Chứng minh rằng tồn tại ba số nguyên p , q, r để a, b, c là nghiệm của phương
trình x3+ px2+ qx + r = 0.
Đây là câu 4 trong đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2009, các bạn có thể tham khảo tại địa chỉ:http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=38&t=260823
Bài 2.3: Cho F là một đa thức có hệ số nguyên và p là một số nguyên tố sao cho với mọi
với mọi số k nguyên dương thì
(
F (0) = 0, F(1) = 1,
F (k) ≡ 0, 1 (mod p).
Chứng minh rằng deg F ¾ p − 1.
Gợi ý: Giả sử tồn tại đa thức F có deg F ¶ p − 2 thỏa mãn điều kiện đầu bài Gọi
S = {a1, a2, , a k }, (p − 1 ¾ k ¾ 1),
là tập hợp các số tự nhiên n trong khoảng 0 đến p− 1 sao cho
F (n) ≡ 1 (mod p).
Ngoài ra ta cũng thấy F (n) ≡ 0 (mod p), ∀i ∈ {0, 1, , p − 1} Xét đa thức
H (x) = k −
k
X
i=1
1− (x − a i)p−1
Theo Fermat nhỏ, ta suy ra F (n) − H(n) ≡ 0 (mod p), ∀n Mà
deg(F(n) − H(n)) = p − 1, (do deg F ¶ p − 2; deg H = p − 1),
nên theo định lý Larange về nghiệm modulo của đa thức, ta suy ra K (x) = F(x)−H(x)
là đa thức có các hệ số chia hết cho p Tuy nhiên điều này không thể xảy ra vì hệ số ứng với x p−1của K (x) bằng k, mà 0 < k < p.
Vậy điều giả sử sai, nên ta có điều phải chứng minh
3 Thuật toán
Bài 3.1: Tìm tất cả các bộ số (a1, a2, , a n ) nguyên dương sao cho a i| (2a i+1 − 1) với
mọi i = 1, n Ở đây ta qui ước a n+1≡ a1
Lời giải: Đặt N = lcm(a1, a2, , a n) Ta chứng minh được 2N ≡ 1(mod N ) và N lẻ Giả sử N > 1, gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của N Ta có
¨ 2p−1≡ 1(mod p)
2N ≡ 1(mod p)
Suy ra2(N,p−1) ≡ 1(mod p), suy ra tiếp 2 ≡ 1(mod p), (vô lí).
Như vậy N = 1 tức là a1= a2= · · · = a n = 1 Thử lại ta thấy bộ số này thỏa mãn điều kiện bài toán
Trang 44 Phương trình hàm
Bài 4.1: Tìm tất cả các hàm số f (x) : (1; +∞) → (1; +∞), sao cho
f (x y ) = f (x) f (y)
Lời giải: Thêm biến z∈ (1; +∞) Ta có
f (x yz ) = f ((x y)z ) = (f (x y))f (z) = (f (x)) f (y)·f (z)
Mà f (x yz ) = f (x) yz , từ đó ta có f (y) · f (z) = f (yz), nên f nhân tính.
Tiếp tục thêm biến
f (x y +z ) = f (x) f (y+z),
f (x y +z ) = f (x y · x z ) = f (x y ) · f (x z ) = f (x) f (y) · f (x) f (z) = f (x) f (y)+f (z)
Từ đó suy ra f (y + z) = f (y) + f (z), nên f cộng tính.
Vì f là hàm cộng tính và nhân tính nên f (x) = x với mọi x > 1 Thử lại ta thấy hàm
này thỏa mãn điều kiện của bài toán
Bài 4.2: Tìm tất cả các hàm f : R+→ R+, sao cho
f
y f (x) + 1
x f (y) + 1, với mọi x , y > 0. (4.2.1) Lời giải 1: Dễ thấy f là hàm đơn ánh Bây giờ thay x bởi z f f (x)+1 (x) vào(4.2.1) và sử dụng lại kết quả này ta có:
f
x y + x f (z) + 1
Thay y bởi f (y) vào (2) ta được:
f
x
x f y+ x f (z) + 1
Vì vế trái của(4.2.3) đối xứng với nhau qua 2 biến y và z nên vế phải cũng phải đối
xứng Từ đó ta được:
f f y − x = f f (z) − z = c,
hay
Thay y bởi f (y) vào (4.2.1) và sử dụng (4.2.4) ta có:
f
f (x)
f (x) f y + 1
Thay x bởi 1
x vào(4.2.5) ta có: Thay x bởi 1
x vào(4.2.5) ta có
f
f 1
x
f 1
x
f y + 1
!
Trang 5Vì vế phải của(4.2.7) đối xứng nên vế trái cũng phải đối xứng, cộng thêm tính đơn ánh ta có:
f 1x
f 1
x
f y
f
1
y
f 1
y
f (x) + 1,
suy ra
f 1
y
= f y
Thay y= 1
x vào(4.2.7) ta có
f (x) = f
1
x
f 1
x
,
tức f (x) = f 1
x
, hoặc f (x) · f 1
x = 1
Nếu có x0 để f x0
= f 1
x0
thì do f đơn ánh ta có: x0 = 1
x0 suy ra x0 = 1 Do đó
với mọi x6= 1 ta đều có
f (x) · f
1
x
Bây giờ trong(4.2.7) ta xét x 6= 1 và sử dụng (4.2.8) thì ta có ngay f y = f 1
y
, vậy(4.2.8) đúng với mọi y > 0.
Thay x bởi 1
x và sử dụng(4.2.8) ta có
f
y + f (x)
x + f y,
hay
1
f y + f (x) =
1
x + f y.
Thay x bởi x + f (z) vào (4.2.9) và sử dụng (4.2.9) ta có:
f y + z + f (x) = x + f y + f (z) ,
f y + z + x = x + f y + f (z) ,
f y + z = f y + f (z) Suy ra f cộng tính từ R+→ R+ nên ta có ngay: f (x) = kx Mà f (x) · f 1
x = 1, suy
ra k = 1, hay f (x) = x Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Lời giải 2: Ta có
y f (x) + 1
x f y
+ 1.
Đặt g (x) = 1
f(1
x ) > 0, khi đó dễ dàng ta tìm được: g y + g (x) = x + f y Nếu tồn tai tập D là con của tập R+sao cho g (x) < x, với mọi x thuộc D thì
g (x) = g x − g (x)
+ g (x) = x + f x − g (x) > x, ( mâu thuẫn).
Trang 6Vậy g (x) ¾ x, với mọi x > 0, hay 1
f(1
x) ¾ x , tương đương f 1x ¶1x, hoặc
Với dữ kiện trên ta thấy với mọi số dương x , y thì
f
y f (x) + 1
¶
f (x)
y f (x) + 1,
tương đương với
f (x)
y f (x) + 1 ¾
x
x f y
+ 1,
x f (x) f y + f (x) ¾ x y f (x) + x,
Từ(4.2.10) và (4.2.11) ta suy ra f (x) = x, thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài toán Vậy hàm số cần tìm f (x) = x, với mọi x > 0.
5 Tổ hợp
Bài 5.1: Cho đa giác lồi n cạnh Hai người chơi A và B thực hiện các thao tác sau: Tới
lượt chơi của mình người đó sẽ vẽ một đường chéo bất kỳ của đa giác sao cho nó chỉ cắt các đường chéo đã vẽ tại các đỉnh của đa giác, biết người thua là người không vẽ được nữa Giả sử A đi trước, hỏi ai là người có chiến thuật thắng ?
Gợi ý: Với một đa giác lồi n(n ¾ 4) cạnh Quy nạp chứng minh rằng nếu cả 2 người
chơi đều không bỏ cuộc giữa chừng (tức là ở lượt của mình, họ đều cố gắng vẽ thêm1
đường chéo thỏa điều kiện) thì trò chơi luôn kết thúc khi đường chéo thứ n− 3 được
vẽ (tức là họ luôn có thể vẽ được đúng n− 3 đường chéo, dù họ chơi ra sao)
Từ đó kết luận nếu n lẻ người đi trước thua Nếu n chẵn người đi sau thua.
6 Hình học phẳng
Bài 6.1: Tứ giác ABC D nội tiếp đường tròn tâm O có E là giao điểm hai đường chéo.
P là điểm bất kỳ bên trong tứ giác và X , Y, Z, W lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
các tam giác ABP , BC P, C DP, DAP Chứng minh rằng X Z, Y W, OE đồng quy.
Lời giải: Gọi M là giao điểm thứ hai của (Y ) và (W), N là giao điểm thứ hai của (x)
và (Z) I là giao điểm của X Z và W Y Ta có I là tâm của đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác P M N Gọi F là giao điểm của AD và BC, G là giao điểm của AB và C D Theo định lý Brocard, ta có O là trực tâm tam giác E F G nên OE ⊥F G.
Mặt khác, P N là trục đẳng phương của (X ) và (Z) đồng thời GA · GB = GC · GD nên
G thuộc P N và
GN · GF = GA · GB = GC · GD.
Do đó F thuộc trục đẳng phương của (O) và (I).
Trang 7X1 A
D E
P X
Y
Z
W
I M N
F G
Tương tự, G thuộc trục đẳng phương của (O) và (I) Do đó OI⊥F G Hay O, I, E thẳng
hàng Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Bài 6.2: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD, BE, C F và trực tâm H Đường
tròn ngoại tiếp tam giác BH C cắt AB , AC lần lượt P và Q Gọi M , N , G, I lần lần lượt
là là giao điểm của DE và C F , DF và BE, PQ và BC, BQ và C P, BQ Chứng minh rằng
M N song song với I G
Lời giải: Gọi O, O0lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và BH C
Ta có mộ số kết quả quen thuộc sau (bạn đọc tự chứng minh lại)
• O0đối xứng với O qua BC
• Tâm đường tròn Euler J của tam giác ABC là trung điểm của OH.
Khi đó ta có tứ giác AHO0O là hình bình hành (do AH song song và bằng OO0) Mà J
là trung điểm OH nên suy ra J là trung điểm AO0
Trang 8E
F H
M N
O0
P
Q
G
I
J O
Các tứ giác BF H D và C EH D nội tiếp, có M , N là giao điểm các đường chéo, nên dễ dàng suy ra M N là trục đẳng phương của (J) và (O0) Do đó AO0⊥M N
Mặt khác, theo định lý Brocard, suy ra AO0⊥ I G Vậy M N k I G.
Trang 97 Đố vui
Bài 7.1: Có 80 đồng tiền vàng trong đó có một đồng giả nhẹ hơn các đồng còn lại Dùng
cân thăng bằng bạn cần ít nhất bao nhiêu lần cân (có giải thích) để phân biệt đồng giả?
Lời giải: Không thể cân trong3 lần Giả sử ngược lại, do 3 lần cân tương ứng 33= 27
bộ kết quả, và một thuật toán cân hiệu quả phải tương ứng một bộ kết quả với một đồng xu giả, điều này vô lý vì27< 80!
Cân trong4 lần: Chia thành ba nhóm: A(27) − B(27) − C(26).
• Lần 1 : Cân A và B.
Nếu không thăng bằng: Chọn bên nhẹ hơn, chia làm3 nhóm nhỏ, mỗi nhóm 9
đồng Nếu thăng bằng: Chia C thành 3 nhóm(9 − 9 − 8)
• Lần 2: Cân 2 nhóm 9 Tương tự lần 1, hoàn toàn có thể tìm ra nhóm chứa đồng
xu giả
Ta trở về bài toán quen thuộc là: “Tìm đồng xu giả nhẹ hơn trong 8 (hoặc 9 ) đồng xu
với 2 lần cân.”
Bài 7.2: Có hai đồng hồ cát, loại 4 phút và 7 phút Hãy đo đúng 9 phút.
Lời giải: Chúng ta sẽ do như hình dưới đây:
Bài toán kết thúc