Đang tải... (xem toàn văn)
ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán, ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Gabriel Dospinescu, Trần Nam Dũng Cùng với bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, BĐT Shur, Jensen Holder, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz kết kinh điển, có nhiều ứng dụng Với cố gắng đưa số khía cạnh bất đẳng thức này, chúng tơi tập trung vào đa dạng tốn giải BĐT Câu hỏi quan trọng là: ta nhận biết bất đẳng thức giải phương pháp này? Rất khó nói cách rõ ràng, có lẽ nên nghĩ đến BĐT Cauchy-Schwarz ta thấy tổng thức, tổng bình phương hay đặc biệt ta có biểu thức chứa Đầu tiên, ta xét số tốn mà lời giải áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng kinh điển: n n n a b ∑ i i ≤ ∑ ∑ bi i =1 i =1 i =1 Khó khăn lớn chọn bi Chúng ta thấy vài trường hợp, điều hiển nhiên, vài trường hợp khác lại khơng đơn giản chút Chúng ta giải số tốn: Ví dụ Cho x1 , x2 , , xn +1 > thoả mãn điều kiện x1 + x2 + + xn = xn +1 Chứng minh rằng: n ∑ i =1 xi ( xn +1 − xi ) ≤ n ∑x i =1 n +1 ( xn +1 − xi ) Đề kiểm tra chọn ĐT Rumani, 1996 Lời giải: Ngay người chưa có nhiều kinh nghiệm áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng sao: n n n n x ( x − x ) ≤ x ( x − x ) ∑ i n +1 i ∑ i ∑ n +1 i = ∑ xn +1 ( xn +1 − xi ) i =1 i =1 i =1 i =1 Sau ví dụ, đơn giản này, ta xem xét tốn khó hơn: Ví dụ Chứng minh x,y,z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = , bất đẳng thức sau đúng: x + y + z ≤ + xyz Đề đề nghị IMO, Ba Lan Lời giải: Tại ta lại nghĩ đến BĐT Cauchy-Schwarz? Ngun nhân rõ ràng: BĐT cần chứng minh có dạng x(1 − yz ) + y + z ≤ ta cần phải đánh giá thơng qua tổng bình phương: x + y + z Tuy nhiên, có nhiều cách để áp dụng Cauchy-Schwarz Chọn lựa ( x(1 − yz ) + y + z ) ≤ ( x + y + z )(2 + (1 − yz ) ) khơng thành cơng Vì tốt coi y+z số hạng Nếu để ý bất đẳng thức có dầu chẳng hạn x=1, y=1 z=0, chọn lựa x(1 − yz ) + y + z ≤ ( x + ( y + z ) )(1 + (1 − yz ) ) trở nên tự nhiên Như ta cần chứng minh 2(1 + yz )(2 − yz + y z ) ≤ ⇔ y z ≤ y z , điều hiển nhiên ≥ y + z ≥ yz Một ứng dụng khơng tầm thường khác BĐT Cauchy-Schwarz tốn sau Ví dụ Cho a,b,c,x,y,z số thực dương thoả mãn điều kiện ax + by + cz = xyz Chứng minh rằng: x+ y + z > a+b + b+c + c+a Lời giải: Trong ví dụ này, xuất thức vế phải cho dấu hiệu BĐT Cauchy-Schwarz có hiệu Sẽ tuyệt ta có ( x + y + z ) > 6(a + b + c) , điều khơng Cũng thấy xyz khơng đóng vai trò quan trọng tốn này, vậy, tốt loại bỏ Vì vậy, ta viết a b c + + = phép a=yzu, b=zxv c=xyw trở nên tự nhiên yz zx xy Như vậy, ta cần chứng minh z ( yu + xv) + x( zv + yw) + y ( zu + xw) < x + y + z với u+v+w=1 Bây ta thấy dạng BĐT Cauchy-Schwarz: ( z ( yu + xv) + x ( zv + yw) + y ( zu + xw) ) ≤ ( x + y + z )( yu + yw + xv + xw + zu + zv ) biểu thức cuối nhỏ ( x + y + z ) u+v+w=1 Ta thấy ta áp dụng Cauchy-Schwarz ta có tổng Thế với tích số sao? Ví dụ sau chứng tỏ trường hợp này, ta cần có chút sáng tạo: Ví dụ Cho n>1 số ngun a1 , , an số thực dương Chứng minh bất đẳng thức: (a13 + 1) ( an3 + 1) ≥ (a12 a2 + 1) (an2 a1 + 1) Cuộc thi CH Séc-Slovakia-Ba Lan, 2001 Lời giải: Ta thử áp dụng Cauchy-Schwarz cho thừa số có mặt vế phải Một cách tự nhiên, ta viết (1 + a12 a2 ) ≤ (1 + a13 )(1 + a22 a1 ) , ta cần + a13 , biểu thức có mặt vế trái Tương tự, ta viết (1 + a22 a3 ) ≤ (1 + a23 )(1 + a32 a2 ) ,…, (1 + an2 a1 ) ≤ (1 + an3 )(1 + a12 an ) Nhân bất đẳng thức với nhau, ta ( (a12a2 + 1) (an2 a1 + 1) ) ≤ (a13 + 1) (an3 + 1)(1 + a22 a1 ) (1 + a12an ) (*) Nhưng chưa phải điều ta cần Như Cauchy khơng có hiệu cho BĐT Khơng hẳn thế! Ta lại áp dụng lý luận lần để có that ( (1 + a22 a1 ) (1 + a12 an ) ) ≤ (a13 + 1) (an3 + 1)(a12 a2 + 1) (an2 a1 + 1) (**) Như (a12 a2 + 1) (an2 a1 + 1) ≥ (1 + a22 a1 ) (1 + a12 an ) , (*) cho kết quả, ngược lại (**) kết thúc lời giải Bây ta xem xét tốn khó Ví dụ Cho x,y>0 cho x + y ≥ x3 + y Chứng minh x3 + y ≤ Nga, 1999 Lời giải: Ý tưởng chặn x3 + y A( x3 + y ) với A Điều có lý nhìn vào luỹ thừa Ta thử áp dụng vài thủ thuật với Cauchy-Schwarz bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân: x + y + x3 + y ( x + y ) ≤ ( x + y )( x + y ) ≤ ( x + y )( x + y ) ≤ Như ta chứng tỏ 3 2 3 x + y ≤ x + y Nhưng ( x + y ) ≤ ( x + y )( x + y ) x + y ≤ x + y ≤ 2( x + y ) từ ta suy x + y ≤ x + y ≤ Một áp dụng đẹp BĐT Cauchy-Schwarz ví dụ sau: Ví dụ Cho a,b,c,x,y,z số thực cho (a + b + c)( x + y + z ) = (a + b + c )( x + y + z ) = Chứng minh ax+by+cz ≥ Cuộc thi Mathlinks, 2005 Lời giải: Một lần áp dụng trực tiếp Cauchy-Schwarz Thế thấy gặp khó khăn làm điều Phải áp dụng Cauchy-Schwarz nào? Câu trả lời đến từ câu hỏi khác: ax+by+cz ≥ nghĩa gì? Điều tương đương với (ax + by + cz − t ) ≤ (ax + by + cz ) + t với số thực dương t Vì thế, tuyệt ta tìm t Điều dẫn đến việc đánh giá biểu thức ax+by+cz-t Cố gắng hố biểu thức, ta có dãy hệ thức bất đẳng thức sau: 2 t t ax + by + cz − t = ax + by + cz − (a + b + c )( x + y + z ) = ∑ a ( x + y + z ) − x 3 2 t t ≤ ( ∑ a ) ⋅ ∑ ( x + y + z ) − x Như vậy, ta cần tìm t cho ⋅ ( x + y + z ) − x ≤ t (*) 2 ∑ 3 x +y +z 3 2 Bằng cách này, ta có (ax + by + cz − t ) ≤ (ax + by + cz ) + t lời giải kết thúc Nhưng (*) tương đương với t (t − 2) t2 ( x + y + z ) + x + y + z ≤ ( x + y + z ) Rõ ràng chọn lựa tốt t=2 Như vậy, cách gián | − ax − by − cz |≤ từ điều suy ax+by+cz ≥ tiếp ta chứng minh Đã lâu ta khơng thấy thức, thời điểm để giải hai tốn vậy: Ví dụ Chứng minh x,y,z ∈ [−1,1] thoả mãn điều kiện x+y+z+xyz=0, ta có: x +1 + y +1 + z +1 ≤ Lời giải: Ta có thức, ta áp dụng Cauchy dạng hiển nhiên: x + + y + + z + ≤ 3( x + y + z + 3) Nhưng biểu thức vế phải có nhỏ 3? Có, x + y + z ≤ Bây ta giả sử x+y+z > Khi xyz thoả mãn điều a1 + a2 + + an = Chứng minh rằng: 2 a a1 n + + n ≥ a1 + a1 n + a + a2 ( a1a2 + a2 a3 + + an a1 ) 2 Lời giải: Câu hỏi là: từ đâu ta có a1a2 + a2 a3 + + an a1 ? Có thể biểu thức đến từ a2 a12 + + n sau ta áp dụng thủ thuật Vì thế, ta thử làm điều (mặc dù hồn tồn khơng hiển a1a2 an a1 nhiên điều dẫn đến lời giải): a a2 a1 a2 a2 + + + n = + + n ≥ a2 a3 a1 a1a2 an a1 a1a2 + + an a1 Bài tốn mới, chứng minh a an a1 n a1 + + n ≥ + + trơng khó hơn, a + a2 a1 + a1 n + a2 a1 2 thấy phải tiến thêm bước để giải tốn Một lần nữa, ta lại xem vế a1 an + + an a1 a2 a1 + + phải viết dạng Vì vậy, ta áp dụng thủ thuật sau: a2 a1 an a1 + + a2 a1 2 a1 an a1 an + + a a a a1 a a1 + + n = + + ≥ 2 an an a1 a2 + a2 a1 + a1 a + a1 an + + + + a2 a1 a2 a1 an a1 t2 nt ≥ Bây ta lại tốn đơn giản: t = + + , , hay t ≥ n Nhưng điều a2 a1 1+ t n +1 hiển nhiên theo BĐT Trung bình cộng, trung bình nhân Ví dụ 11 Chứng minh với a,b,c>0 ta có bất đẳng thức sau: ( b + c − a) a + (b + c )2 + (c + a − b) (a + b − c) + ≥ b + (a + c ) c + (a + b) Nhật Bản, 1997 Lời giải: Sau thất bại áp dụng thủ thuật cách trực tiếp, thất vọng Nhưng dạng bất đẳng thức mời gọi Cách thức tự nhiên là: 2 b+c b+c − 1 − 3 ∑ (b + c − a ) a a ∑ a + (b + c)2 = ∑ b + c 2 ≥ b+c 1+ + ∑ a a cách ta thu bất đẳng thức ba biến số mà biết rõ số tính chất Như vậy, ta cần chứng minh x = tương đương với ( ∑ x) b+c c+a a +b ,y= ,z = , ( x + y + z − 3) ≥ ( x + y + z + 3) , điều a b c − 15∑ x + 3∑ xy + 18 ≥ Đánh tiếc ta khơng thể sử dụng trực tiếp kiện xy + yz + zx ≥ 12 Vì vậy, ta cần tìm bất đẳng thức dạnh xy + yz + zx ≥ k ( x + y + z ) Hằng số tốt k=2 (vì ta có dấu x=y=z=2) Thật thế, sau số tính tốn trực tiếp, bất đẳng thức viết dạng ∑ a + 3abc ≥ ∑ ab(a + b) , BĐT Schur Từ đó, ta viết: 2 ( ∑ x ) − 15∑ x + 3∑ xy + 18 ≥ ( ∑ x ) − 9∑ x + 18 ≥ , Và BĐT cuối x + y + z ≥ Tại kỳ thi Tốn quốc tế 2001, tốn gây nhiều khó khăn cho thí sinh Lời giải thức HĐGK hiệu quả, thiếu tự nhiên Ta đưa cách tiếp cận khác, cho phép đưa mở rộng đẹp: Ví dụ 12 Cho k số thực, k ≥ Chứng minh với số ngun dương a, b, c ta có bất đẳng thức a a + kbc b + b + kca c + c + kab ≥ k +1 (Mở rộng tốn IMO 2001 ) Lời giải: Ta có, theo Cauchy-Schwarz ) ( a ∑ ∑ a a + kbc ≥ ( ∑ a ) a + kbc Bây giờ, áp dụng Cauchy-Schwarz cho tổng thứ hai (∑ a a + kbc ) = (∑ a a + kabc Như ta cần chứng ( (k + 1)( ∑ a ) ≥ ∑ (a + kabc) ) ( ≤ ( ∑ a ) ∑ (a + kabc) ) ) Nhưng điều tương đương với (k-8)(a3+b3+c3) + 3(k+1)(a+b)(b+c)(c+a) ≥ 27kabc Bất đẳng thức cuối hiển nhiên teo BĐT trung bình cộng-trung bình nhân Tuy nhiên, có lẽ ví dụ khó dạng tốn sau: Ví dụ 13 Cho a1 , , an > n>12 cho n ∑ ak = k =1 n ∑ ka k =1 k = Chứng minh rằng: (a2 − a1 ) + (a3 − a2 ) + + (an − an −1 ) n < Lời giải: Ta phải bắt đầu nào, có nhiều điều kiện vậy? Qui tắc tổng qt tạm đừng để ý đến chúng tập trung vào biểu thức xuất u cầu đề Dễ thấy, (a2 − a1 ) + (a3 − a2 ) + + (an − an −1 ) n = = −a1 + a2 ( − 3) + + an −1 ( n − − n ) + an n Như ta cần chứng minh a1 + a2 ( − 2) + + an −1 ( n − n − 1) > an n Để hồn thiện vế trái, ta cộng thêm - a1 an ( n + − n ) Như thế, ta cần chứng minh n Nhưng ∑ i =1 n ∑ i =1 ( ≥ i + i +1 ) n i +1 − i = ∑ n ∑ i =1 ∑a ( n i =1 i i =1 Vì ta có i + i +1 i + i +1 n ∑a k =1 k ∑a ( n i =1 ) i + − i > an n + − a1 = , rõ ràng ta viết: n ) i Vì vậy, ta cần tìm maximum ∑ i i =1 n ∑a i =1 i i + Nhìn lại điều kiện tốn, ta thấy BĐT Cauchy-Schwarz lần lựa chọn tốt nhất: n n i =1 i =1 ∑ i = ∑ ⋅ iai ≤ n ∑ ⋅ i =1 n ∑ iai = tương tự i =1 n ∑a i =1 i i + ≤ Vậy, ta cần chứng minh − > an n + − a1 , ta khơng thành cơng Nhưng ta dùng hai điều kiện để thấy n n n n +1 = ∑ + ∑ (i − 1)ai > + (n − 1)ai , an < Từ đó, an n + − a1 < Bây ta thấy n −1 i =1 i =1 n −1 n +1 điều kiện n>12 xuất phát từ đâu Vì n>12 nên ta có < 3− n −1 Nếu thử dùng an ≤ Bài tập áp dụng Chứng minh bất đẳng thức: a b c ( y + z) + ( x + z) + ( x + y ) ≥ 3( xy + yz + zx) b+c c+a a+b Cho x,y,z>0 cho x + y + z = x + y + z Chứng minh rằng: x x +1 Cho n>1, tìm giác trị nhỏ 2 z y x z y x+ y+z + + ≥ y y +1 z z +1 x xn5 x15 + + , x1 , , xn > có tổng bình x2 + + xn x1 + + xn −1 phương Thổ Nhĩ Kỳ, 1997 Cho x,y,z>1 cho 1 + + = Chứng minh x y z x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1 Iran, 1998 Cho x, y, z số thực dương có tích Chứng minh rằng: + x + + y + + z ≤ 13( x + y + z ) Cho a,b,c>0 thoả mãn điều kiện abc=1 Chứng minh rằng: a b c + + ≥1 1+ b + c 1+ c + a 1+ a + b Cho a,b,c>=0 such that a + b + c ≥ max{a , b , c } Chứng minh rằng: (a + b + c)(a + b + c )(a + b3 + c ) ≥ 4(a + b + c ) Nhật Bản, 2001 Cho n>3 and a1 , , an ≥ , whose sum of squares is Chứng minh rằng: ( a a1 + + n ≥ a1 a1 + + an an a +1 a1 + 2 ) Đề thi chọn ĐT Rumani, 2002 , , ta có bất đẳng thức sau: a1 − a2 a2 − a3 a3 − a4 a4 − a5 a5 − a6 a6 − a1 + + + + + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a4 + a5 a5 + a6 a6 + a1 a1 + a2 Chứng minh a1 , , a6 ∈ 10 Chứng minh a, b, c ba cạnh tam giác ABC 4/3 < a/(a+b) + b/(b+c) + c/(c+a) < 5/3 11 Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện i) ≤ z ≤ min{x , y 3} ii ) x + z ≥ iii ) y + z ≥ 20 Tìm giá trị lớn P(x,y,z) = 1/x2+1/y2+1/z2 VMO 2001 12 Cho x ∈ [0, 1] Chứng minh x(13 − x + + x ) ≤ 16 Olympic 30/4, 1996 13 Chứng minh với 2n số thực a1, a2, …, an, x1, x2, …, xn ta có ∑a x i i + ( ∑ a )( ∑ x ) ≥ n2 ( ∑ a )( ∑ x ) i i i i Dấu xảy nào? Kvant 1989, TH&TT 1997 Các đề tốn đề nghị cho thi giải tốn bất đẳng thức Diễn đàn tốn học (Hè 2007) Cho x, y số thực dương thoả mãn điều kiện x + y = Chứng minh x15y15(x6 + y6) ≤ 2 Cho tam giác ABC có ∠A = 600 I tâm đường tròn nội tiếp tam giác Một đường thẳng thay đổi qua I cắt cạnh AB M AC N Tìm giá trị nhỏ biểu thức BM + CN + MN/2 Cho a, b, c, x, y, z số thực dương Chứng minh a b c ( y + z) + ( z + x) + ( x + y ) ≥ 3( xy + yz + zx) b+c c+a a+b Cho a, b, c > 0, abc = Chứng minh a3 + b3 + c3 + 15 ≥ 6(1/a + 1/b + 1/c) Cho x1, x2, …, xn; y1, y2, …, yn số thực thuộc đoạn [0, 1] Biết với r thuộc [0, 1] ta có | { i∈ I | xi ≥ r} | ≥ | { i∈ I | yi ≥ r} |, I = {1, 2, , n} Chứng minh x1 + x2 + + xn ≥ y1 + y2 + + yn Tìm số thực a > lớn cho với số ngun dương n với n số thực x1, x2, …, xn thuộc [1, a] ta có bất đẳng thức (x1 + x2 + … + xn)(1/x1 + 1/x2 + …+ 1/xn)2 ≤ n3 Tóm tắt lời giải Trước hết ta chứng minh x3y3(x3+y3) ≤ Điều thực cách dễ dàng cách áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số xy, xy, xy x2 – xy + y2 Tiếp theo, ta có x15y15(x6 + y6) = x15y15((x3 + y3)2 – 2x3y3) = x9y9[x3y3(x3+y3)]2- 2x18y18 ≤ 4x9y9 – 2x18y18 = – 2(x9y91)2 ≤ Ghi Có thể chứng minh bất đẳng thức tổng qt: xn(n-1)/2yn(n-1)/2(xn+yn) ≤ 2 Đáp số: BC đạt IM = IN Gợi ý: Lấy M’ N’ đối xứng với M N qua IB IC tương ứng Sau dùng định lý hàm số cos để đánh giá M’N’ Biến đổi bất đẳng thức dạng a b c )( y + z ) + (1 + )( z + x ) + (1 + ( x + y )) ≥ 2( x + y + z ) + 3( xy + yz + zx ) b+c c+a a+b y+ z z+ x x+ y ⇔ (a + b + c ) + + ≥ 2( x + y + z ) + 3( xy + yz + zx) b+c c+a a+b y+ z z+ x x+ y ⇔ [(b + c) + (c + a ) + (a + b)] + + ≥ 4( x + y + z ) + 3( xy + yz + zx) b+c c+a a+b (1 + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovsky-Schwartz, ta có vế trái lớn hay ( y+z + z+x + x+ y Như ta cần chứng minh ) ( y+z + z+x + x+ y ) ≥ 4( x + y + z ) + 3( xy + yz + zx ) (1) Đặt m2 = y + z, n2 = z + x, p2 = x + y x = (n2 + p2 – m2)/2, y = (m2 + p2 - n2)/2, z = (m2+n2-p2)/2 Như vậy, 3(xy + yz + zx) = 3(2m2n2 + 2n2p2 + 2p2n2 – m4 – n4 – p4)/4 Và ta cần chứng minh (m + n + p ) ≥ 2( m + n + p ) + 3(2m n + 2m p + p n − m − n − p ) Chuyển vế bình phương hai vế (chú ý hai vế dương), rút gọn số hạng đồng dạng, ta bất đẳng thức tương đương với m4 + n4 + p4 ≥ mnp(m+n+p) Ghi Bất đẳng thức chứng minh phương pháp hình học, cụ thể dùng bất đẳng thức xa + yb + zc ≥ xy + yz + zx S (1) Với x, y, z số dương, S diện tích tam giác có ba cạnh a, b, c (1) chứng minh sau: Ta có xa + yb + zc = ( x + z )a + ( y + z )b − 2abz cos C ≥ ( x + z )( y + z ) ab − 2abz cos C Như vậy, ta cần chứng minh ( x + z )( y + z ) ab − 2abz cos C ≥ xy + yz + zx ab sin C ⇔ ( x + z )( y + z ) ≥ z cos C + xy + yz + zx sin C Bất đẳng thức cuối theo Cauchy-Bunhiacopsky-Schwartz Gợi ý, dồn biến dùng đạo hàm để đưa bất đẳng thức biến Lưu ý bất đẳng thức biến khoai, cần phải phân trường hợp chứng minh Trong có kỹ thuật bỏ bớt số số hạng Giả sử {t1, t2, …, tk} tập hợp tất giá trị khác mà x i, yi, i = 1, 2, …, n nhận được, xếp theo thứ tự tăng dần Đặt ri = {j ∈ I | xj = ti } si = {j ∈ I | yj = ti } Theo giả thiết ta có rk ≥ sk rk + rk-1 ≥ sk + sk-1 rk + rk-1 + + r1 = sk + sk-1 + + s1 Cuối cùng, ta có x1 + x2 + … + xn = r1t1 + r2t2 + … + rktk = rk(tk – tk-1) + (rk + rk-1)(tk-1-tk-2) + … + (rk + … + r2)(t2-t1) + (rk + … + r2+r1)t1 ≥ sk(tk – tk-1) + (sk + sk-1)(tk-1-tk-2) + … + (sk + … + s2)(t2-t1) + (sk + … + s2+s1)t1 = s1t1 + s2t2 + … + sktk = y1 + y2 + … + yn Ghi Bài nhìn tưởng hiển nhiên, trình bày khó Kỹ thuật kỹ thuật tổng Abel Giả sử a tìm Khi chọn x1 = x2 = … = xn-1 = 1, xn = a, ta có (n-1+a)(n-1+1/a)2 ≤ n3 (a-1)((n2-2n+1)a2 – (2n2-3n+2)a + n-1) ≤ n2(a2-2a) – (2a2-3a-1)n + a2 – 2a – ≤ Bất đẳng thức cần với n, ta cần có a ≤ Nhiệm vụ cần chứng minh giá trị a = thoả mãn u cầu Estonian Math Competitions - IMO Team Selection Contest First Day Bài Trong mặt phẳng, cho đường thẳng ℓ hai đường tròn c c2 khơng bán kính cho ℓ tiếp xúc với hai đường tròn điểm P Gọi M ≠ P điểm nằm ℓ Q 1, Q2 tiếp điểm tiếp tuyến (khác ℓ) kẻ từ M đến c1 c2 Tìm ∠PMQ1 + ∠PMQ2 Đáp án: π Hướng dẫn: Xét trường hợp Q1 Q2 nằm phía khác phía so với ℓ Bài Trên hành tinh Automory có nhiều người sinh sống Mỗi người hành tinh u người kính trọng người Ngồi ra, có thơng tin sau: - Mỗi người người u; - Nếu người A u người B người kính trọng A u B; - Nếu người A kính trọng người B người u A kính trọng B Đúng hay sai khẳng định người hành tinh Automory u kính trọng người? Đáp án: Bài Tìm tất cặp số ngun dương (x, y) thỏa mãn phương trình (x + y)x = xy Đáp án: (2, 6) (3, 6) Second Day Bài Tìm tất cặp số thực (a, b) cho nghiệm đa thức 6x − 24x − 4a x3 + ax2 + bx − số thực khơng âm Đáp án: (− 6, 12) Bài Trên đường thẳng nằm ngang, cho 2005 điểm đánh dấu trắng đen Với điểm, xác định tổng tất điểm trắng bên phải điểm đen bên trái Biết rằng, 2005 tổng có số xuất số lẻ lần Hãy tìm tất giá trị có số Đáp án: 1002 Bài Trong mặt phẳng, đường thẳng ℓ đường tròn khơng có điểm chung Gọi AB đường kính đường tròn vng góc với ℓ, B gần ℓ A Gọi C điểm đường tròn khác hai điểm A, B Đường thẳng AC cắt ℓ D Gọi E tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ D đến đường tròn cho B E nằm phía so với AC Đường thẳng EB cắt ℓ điểm F, đường thẳng FA cắt đường tròn điểm G khác A Chứng minh điểm đối xứng với G qua AB thuộc đường thẳng FC Hướng dẫn: Xem IMO-2004 Shortlist British Mathematical Olympiad-2007 Vòng – 1/12/2006 Bài 1: Tìm số nguyên tố nhỏ 100 ước số 332 – 232 Bài 2: Trong tứ giác lồi ABCD, điểm M, N nằm cạnh AB cho AM= MN= NB, điểm P, Q nằm CD cho CP= PQ= QD Chứng minh rằng: SAMCP = SMNPQ = (1/3) SABCD Bài 3: Số 916238457 ví dụ số có chữ số mà chữ số 1,2,…,9 xuất lần Nó thêm có tính chất chữ số 1,2,3,4,5 xếp theo thứ tự tư nhiên nó, chữ số 1,2,3,4,5,6 không xếp theo thứ tự nhiên Có số ? Bài 4: Cho hai đường tròn S T tiếp xúc A thuộc S, B thuộc T cho AB tiếp tuyến chung hai đường tròn Giả sử AP đường kính vòng tròn S, từ P kẻ tiếp tuyến PQ đường tròn T Chứng minh AP = PQ Bài 5: Cho a, b, c số thực dương, chứng minh bất đẳng thức sau: (a2 + b2 )2 ≥ (a+b+c) (a +b-c) (b+c-a).(c+a-b) Bài 6: Cho n số nguyên Chứng minh rằng, 2+2.(1+12.n 2)1/2 số nguyên, số phương Vòng – 30/1/2007 Bài 1: Cho tam giác ABC có độ dài cạnh số nguyên, AC = 2007 Đường phân giác góc A tam giác ABC cắt BC D Giả sử AB = CD, xác đònh độ dài cạnh AB cạnh BC Bài 2: Chứng minh tồn vô hạn cặp số (m,n) nguyên dương cho: (m+1)/n + (n+1)/m số nguyên dương Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn với AB > AC góc BAC = 60 o Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp, H trực tâm tam giác ABC Đường thẳng OH cắt AB P cắt AC Q Chứng minh PO = HQ Bài 4: Trên đảo Hexagonia, sáu thành phố liên thông với hệ thống đường ray xe lửa cho có đường ray trực tiếp liên thông với cặp thành phố Vào ngày chủ nhật, số đường ray bò đóng lại cho việc chuẩn bò Những hành khách xe lửa phải đáp ứng thành phố phải có lộ trình đến thành phố khác đường ray ( không thiết trực tiếp) tất thời gian Có cách khác có mà số đường ray đóng cửa thỏa mãn yêu cầu Solutions of BMO-2007 Vòng – 1/12/2006 Bài 1: Dễ thấy: 232 – 332 = (316+216) (38+28) (34+24) (32+22) (3+2) (3-2) Từ công thức ta tìm ước sông nguyên tố thỏa đề là: 5, 13, 17, 97 Bài 2: Ta có : SAMCP = SAMC + SAPC = (1/3) SADC + (1/3) SACB = (1/3) SABCD SMNPQ = SMNP + SMPQ Mặt khác : SMNP = SAMP ; SMPQ = SPCM Do đó: SMNPQ = SAMCP = (1/3) SABCD Bài 3: Số số thỏa mãn tính chất toán: 2520 Bài 4: Gọi O1, O2 tâm đường tròn S, T a, b bán kính đường tròn S, T p dụng đònh lý Pytago ta có: AB2 = (a+b)2 - | a-b| = 4.a.b (PO2) = | b-2.a|2 + AB2 = 4.a2 + b2 Suy ra: PQ2 = (PO2) – (QO2)2 = 4.a2 Do PQ = 2.a = PA Bài 5: Nếu a, b, c không cạnh tam giác (a+b+c) (a +b-c) (b+c-a).(c+a-b) ≤ ≤ (a2 + b2 )2 Nếu a, b, c cạnh tam giác ABC Theo công thức heron ta có: (a+b+c) (a +b-c) (b+c-a).(c+a-b) = 16 (SABC)2 Mặt khác: SABC = 1/2 a.b sinC ≤ 1/2 a.b ≤ 1/4 (a2 + b2) Do đó: (a+b+c) (a +b-c) (b+c-a).(c+a-b) ≤ (a2 + b2)2 Dấu “=” bất đẳng thức xảy a=b c2 = a2 + b2 Bài 6: Dễ thấy, 2+2.(1+12.n2)1/2 số nguyên 1+ 12.n2 số phương Từ suy ra: 1+ 12.n2 = (1+2.k)2 Suy ra: n2 = k (k+1) Vì k k+1 hai số nguyên tố nên ta có trường hợp sau Trường hợp 1: k số phương k+1 chia hết cho Điều mâu thuẫn Trường hợp 2: k+1 số phương Ta có: 2+2.(1+12.n2)1/2 = 4.(k+1) số phương Vòng – 30/1/2007 Bài 1: Đặt AB = CD = c, BD = k, theo điều kiện toán ta dễ dàng suy c, k hai số nguyên dương p dụng đònh lý đường phân giác ta có: c/k = 2007/c Suy c2 = 2007 k = 32 223 k Vì 223 số nguyên tố nên k = 223 b2 với b số nguyên dương Nếu b = 1, ta có c = 669, k = 223 AB + BC = 2.c + k = 1561 < 2007 = AC , Mâu thuẫn với bất đẳng thức tam giác Nếu b > BC = k + c ≥ 223 32 + c = AB + AC, Mâu thuẫn với bất đẳéng thức tam giác Do b = 2, suy k = 892 c = 1338 Suy AB = 1338 BC = 2230 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác Vậy AB = 1338 , BC =2230 Bài 2: Nhận xét: Nếu tồn n, m, k số nguyên dương thỏa mãn hai điều sau mx2> x3> x4> x5 cho [(x1+x2)/3]2 +[(x2+x3)/3]2 +[(x3+x4)/3]2 +[(x4+x5)/3]2 = 38 Với [x] phần nguyên x Bài 3: So sánh giá trò S T : S= 2.n +1 ∑ k = −2.n (k − 1) a k 2 T= n +1 ∑ k = −2 n k2 a k 2 Với [x] phần nguyên x, | y | giá trò tuyệt đối y Bài 4: Cho tứ giác lồi ABCD, M giao điểm đường chéo Xác đònh tất tứ giác ABCD cho tồn đường thẳng g qua M cắt AB, CD P, Q thỏa mãn tính chất: tam giác APM, BPM, CQM DQM đồng dạng National competition (Final round, part 1): 17/5/2007 Bài 1: Cho bảng 2007 x 2007 Một số nguyên lẻ viết vào ô Z i tổng số dòng thứ i Sj tổng số cột thứ j với 1≤ i, j ≤ 2007 Ta đặt : A = Z1.Z2… Z2007 , B = S1.S2…S2007 Chứng minh A+B khác Bài 2: Tìm giá trò lớn C(n) cho tất sô nguyên dương n, cho: (n+1).[ (a1)2+(a2)2+…+(an)2] – (a1+a2+…+an)2 ≥ C(n) Với tất n số (a1,a2,…,an) khác đôi Bài 3: Cho M(n) = {-1, -2, …, -n } Với tập khác rỗng M(n), ta đònh nghóa tích phần tử Tính tổng tích Bài 4: Cho n > số nguyên Xét n giác lồi nội tiếp A 0A1…An-1An ( với A0 = An ) cho Ai1Ai = i với ≤ i ≤ n Hơn nữa, góc đường thẳng A iAi+1 tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp n giác Ai (theo góc nhọn) Tính giá trò P = a0 + a1 + … + an-1 National competition (Final round, part 2, first day): 5/6/2007 Bài 1: Tìm tất số nguyên không âm a < 2007 cho phương trình x2 + a ≡ ( mod 2007) có nghiệm nguyên không âm nhỏ 2007 Bài 2: Tìm tất số (x1, x2, x3, x4, x5, x6) nguyên không âm thỏa mãn hệ phương trình sau: x1.x2.(1-x3) = x4.x5 x2.x3.(1-x4) = x5.x6 x3.x4.(1-x5) = x6.x1 x4.x5.(1-x6) = x1.x2 x5.x6.(1-x1) = x2.x3 x6.x1.(1-x2) = x3.x4 Bài 3: Tìm tất hình thoi có cạnh 2.a cho tồn đường tròn thỏa mãn tính chất: Mỗi cạnh hình thoi giao với đường tròn tạo thàn dây cung có độ dài a National competition (Final round, part 2, second day): 6/6/2007 Bài 4: Cho M tập hợp đa thức P(x) hệ số nguyên có nghiệm nguyên khác đôi trò tuyệt đối hệ số nhỏ 2007 Bậc cao đa thức M ? Bài 5: Cho n giác lồi với đạc giác, có nghóa phép phân chia thành tam giác chéo không cắt Chứng minh n góc n giác đánh số chữ số 2007 cho tứ giác gồm có tam giác phép đạc giác với cạnh chung có góc đánh số với tổng Bài 6: Cho tam giác ABC với đường tròn ngoại tiếp U Một điểm P tia đối tia AU Gọi g đường thẳng đối xứng với PB qua BA h đường thẳng đối xứng với PC qua CA Gọi G giao điểm g h Tìm q tích Q P thay đổi tia đối tia AU The 20th Korean Mathematical Olympiad (KMO) Vòng – 24/3/2007 Bài 1: Cho tam giác ABC nhọn , O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Đường tròn tâm O’ tiếp xúc với đường tròn O A tiếp xúc với cạnh BC D Gọi E, F, A’(≠A ) G(≠E) giao điểm đường thẳng AB, AC, OO’, EO’ với đường tròn (O’) Đường thẳng BO A’G giao H Chứng minh DF2 = AF GH Bài 2: Cho 16 viên đá lát cố đònh tường hình vẽ sau Có cách để viết số viên cho tích hai số viết cặp viên kề ( chung cạnh ) ? Bài 3: Tìm tất ba số ( x, y, z ) nguyên dương thỏa mãn: + x + 4y = z2 Vòng – 25/3/2007 Bài 4: Tìm tất cặp số nguyên tố (p,q) cho: p p + qq + chia hết cho p.q Bài 5: A đỉnh tam giác ABC, gọi l A khoảng cách hai điểm chân đường vuông góc đến cạnh AB BC từ giao điểm phân giác góc A với cạnh BC Tương tự, l B, lC cho đỉnh B, C Chứng minh bất đẳng thức sau: lA lB lC ≥ (1/64) l3 với l chu vi tam giác ABC Bài 6: Cho hàm số f: N → N thỏa tính chất sau: k f(n) ≤ f(k.n) ≤ k f(n) + k -1 với k, n thuộc N, với N tập hợp số nguyên dương Chứng minh: a) Với a,b thuộc N, f(a) + f(b) ≤ f(a+b) ≤ f(a) + f(b) + b) Nếu f thỏa mãn f(2007) ≤ 2007 f(n) + 2005 với n thuộc N tồn c thuộc N cho : f(2007.c) = 2007 f(c) Solutions of the 20th KMO Vòng – 24/3/2007 Bài 1: Gọi X giao điểm BO với đường tròn O Ta chứng minh được: A, G, X thẳng hàng EG song song với BH Mặt khác: AA’, EG đường kính O’ nên AEA’G hình chữ nhật Từ suy ra: EG = BH (1) O O’ tiếp xúc A ta có : EF song song với BC Từ suy : DF = DE (2) Tam giác ABD đồng dạng với tam giác ADF ta có: AF/AD = DF/BD (3) Tam giác ABD đồng dạng với tam giác BDE ta có: DE/AD = BE/BD (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: DF2 = AF GH Bài 2: Khi viết 0,1 viên gạch thỏa mãn tính chất tích số viết kề viên gạch Ta gọi trạng thái z-pattern Bổ đề 1: Gọi an số z-pattern cho n viên gạch nằm dòng Ta chứng minh dễ dàng công thức sau: an = Fn+2 với n ≥ Fn số Fibonacci thứ n dãy số Fibonacci F1 = 1, F2 = Fn+2 = Fn+1 + Fn Bổ đề 2: Gọi bn số z-pattern cho n viên gạch nằm hình vòng sau: Ta có công thức sau: bn = an-1 + an-3 = Fn+1 + Fn-1 với n ≥ Quay lại toán: Cách điền số xuất phát từ hình vuông x2 gạch 16 ô Xét hình vuông x gạch 16 ô hình vẽ Ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: số 0 0 Sử dụng bổ đề cho 12 viên gạch lại Ta có số z-pattern là: b12 = F13 + F11 = 233 + 89 = 322 Trường hợp 2: số 0 0 0 0 0 0 Các trường hợp có số z-pattern nhau, xét trường hợp Theo điều kiện toán số phải điền sau: 0 0 Còn lại 10 viên gạch, viên gạch điền tùy ý Còn lại viên, số cách điền số z-pattern cho viên gạch nằm ngang Do đó, số z-pattern cho trường hợp là: a = F11 = 89 = 178 Từ suy số z- pattern cho trường hợp là: 178 = 712 Trường hợp 3: số 0 trường hợp có số z-pattern nhau: Xét trường hợp đầu: 0 0 0 viên gạch góc điền tùy ý Ta có cách điền Còn lại viên chia làm miền Thì số z pattern miền là: a3 = F5 Do số z-pattern trường hợp là: F5 F5 = = 100 Suy số z- pattern trường hợp : 100 = 200 Vậy số cách điền thỏa mãn đề : 322 + 712 + 200 = 1234 Bài 3: Không tính tổng quát, ta giả sử x ≤ y Nếu 2.x < y+1 (2y)2 < + 4x + 4y < + 2y+1 + 4y = (1 + 2y)2 Nếu 2.x = y+1 + 4x + 4y = (1 + 2y)2 Do đó: (x,y,z) = (x, 2.x-1, 1+22.x-1) Là nghiệm phương trình Nếu 2.x > y+1, suy x > Phương trình tương đương: 4x + 4y = 4x (1 + 4y-x ) = (z-1) (z+1) Vì ước số chung lớn (z-1) (z+1) nên z-1 z +1 chia hết cho 2.x-1 Điều mâu thuẫn (1+ 4y-x) ≤ (1+ 4x-2) ≤ 22.x-1 -2 với x > Vậy số thỏa mãn đề là: (x, 2.x-1, 1+22.x-1) (2.x-1, x, 1+22.x-1) Vòng – 25/3/2007 Bài 4: Dễ thấy p≠q Không tính tổng quát ta giả sử p < q Nếu p=2 Ta có qq + ≡ ≡ 0( mod q ) suy ra, q=5 Nếu p ≠ p q số nguyên tố lẻ Hơn nữa, q – p ≥ (1) Từ điều kiện toán ta suy : pp + ≡ ( mod q ) Suy ra: p2.p ≡ ( mod q) Theo đònh lý fermat nhỏ ta có : pq-1 ≡ ( mod q ) Do : p(2.p, q-1) ≡ ( mod q ) Ta có: (2.p, q-1) = (2.p, q-1) = 2.p Nếu (2.p, q-1) = p2 ≡ ( mod q ) Suy ra: p ≡ ( mod q ) p ≡ -1 ( mod q ) Điều mâu thuẫn với (1) Nếu (2.p, q-1) = 2.p q ≡ ( mod p ) Suy ra: + pp + qq ≡ + pp + ≡ pp + ≡ ( mod p) Từ điềâu kiện toán suy ra: ≡ ( mod p ) Mâu thuẫn p > Vậy (p , q) = (2 , 5) (5 , 2) hai cặp số nguyên tố cần tìm Bài 5: Gọi a,b,c độ dài cạnh tam giác BC, CA, AB D giao điểm BC với phân giác góc A tam giác ABC E, F hình chiếu D lên AB, AC Ta có độ dài phân giác AD: AD = [[bc.(b+c-a).(a+b+c)]/ [ (b+c)2]]1/2 = [bc.(b+c-a) l ]1/2/ (b+c) Tứ giác AEDF nội tiếp đường tròn đường kính AD, ta có lA = EF = AD sin(A) = (2.AD T)/(b.c) Với T diện tích tam giác ABC lA = [2.T ((b+c-a).l)1/2]/ [(b+c) (bc)1/2] Tương tự ta có lB = [2.T ((c+a-b).l)1/2]/ [(c+a) (ca)1/2] lC = [2.T ((a+b-c).l)1/2]/ [(a+b) (ab)1/2] Suy ra: lA lB lC = [8.T3.l [(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b).l]1/2]/[8.a.b.c.(a+b).(b+c).(c+a)] Sử dụng công thức Heron ta có lA lB lC = [l3 (a+b-c)2 (b+c-a)2 (c+a-b)2]/[ 8.a.b.c.(a+b).(b+c).(c+a)] ≤ [l3 (a+b-c)2 (b+c-a)2 (c+a-b)2]/ [64.a2.b2.c2] Ta có: (a+b-c).(a+c-b) = a2 – (b-c)2 ≤ a2 (a+b-c).(b+c-a) = b2 – (c-a)2 ≤ b2 (c+a-b).(c+b-a) = c2 – (a-b)2 ≤ c2 Từ suy ra: lA lB lC ≥ (1/64) l3 Bài 6: a) Cho a, b hai số nguyên dương, ta có (a+b).(f(a)+f(b)) = (a+b) f(a)+ (a+b) f(b) ≤ f(a.(a+b)) + f(b.(a+b)) ≤ a.f(a+b)+a-1+b.f(a+b)+b-1 2 số nguyên chứng minh tồn dãy số a 0, a1,…, ak nguyên cho a0=m, ak=n + ai+1 ước số ai.ai+1 + với i= 0,1, …, k-1 Bài 2: Cho I1, I2, …, In n khoảng đóng R cho số k tập chúng có tập có phần giao khác rỗng Chứng minh chọn k-1 điểm R cho khoảng đóng chứa điểm điểm chọn Bài 3: Cho A, B, C, D điểm nằm đường tròn Ω theo thứ tự Chứng minh tồn điểm M1, M2, M3, M4 đường tròn cho điểm tạo thành tứ giác có đường chéo vuông góc nhau, đồng thời thỏa mãn: AMi / BMi = DMi / CMi với i = 1,2,3,4 Bài 4: Tìm tất đa thức p(x, y) R[x,y] cho với x,y thuộc R ta có: p(x+y, x-y) = 2.p(x, y) Bài 5: Cho hai đường tròn C C2 cho tâm đường tròn C nằm đường tròn C2 Nếu M N giao điểm hai đường tròn, AB đường kính C 1, A1 B1 giao điểm AM BN với đường tròn C2 Chứng minh A1B1 có độ dài bán kính đường tròn C1 Bài 6: Chúng ta có giá sách n sách xếp với nhau, đánh số 1,2,…,n Trong lượt di chuyển ta làm n di chuyển theo kiểu sau Trong lần di chuyển thứ i lượt, thay đổi vò trí i sách đầu tiên, nhóm Sau di chuyển ta bắt đầu lượt tương tự lượt trước ( nghóa sách thay đổi vò trí theo qui luật vòng trước) Chứng minh sau số di chuyển, ta tìm lại xếp Vòng Bài 1: Một đa diện đa diện lồi tất mặt đa giác Ta gọi đa diện TLP, vào mặt tam giác a) Chứng minh TLP nội tiếp hình cầu b) Chứng minh mặt TLP đa giác thuộc nhiều loại đa giác ( nghóa có tập hơp { m, n, p} cho mặt TLP n-giác m-giác p-giác ) c) Chứng minh có TLP với mặt ngũ giác lục giác d) Cho n > 3, hình lăng trụ mà mặt có hai n-giác n hình vuông TLP Chứng minh TLP có vô số TLP khác Bài 2: Một chất lưu chảy ống dẫn thẳng Với phân tử lưu chất, điểm với tọa độ x, sau thời gian t giây vò trí P (t,x) Chứng minh P(t,x) đa thức tất phân tử di chuyển với vân tốc cố đònh Bài 3: Giả sử C tập lồi R với thể tích dương Giả sử C 1, C2, …,Cn n hình giống C chuyển thành ( không quay) cho Ci ∩ C khác rỗng Ci Cj giao nhiều biên, với i ≠ j Chứng minh n ≤ 27 27 giá trò lớn a) Chứng minh cho trường hợp C đối xứng b) Chứng minh cho C Bài 4: Cho số hữu hạn hình không giao mặt phẳng Một phân chia lồi phân chia mặt phẳng thành phần lồi, phần chứa hình Những phần giao biên chúng phải phủ mặt phẳng Cho tập hợp sau, tồn hay không phân chia lồi ? a) Hữu hạn điểm rời b) Hữu hạn đoạn thẳng không cắt c) Hữu hạn đóa tròn không cắt Bài 5: Cho A ⊆ Ζ a, b ∈ Ζ , ta đònh nghóa: a A + b = { ax + b / x ∈ A} Nếu a ≠ ta a.A+b đồng dạng A Với tập Cantor C tập số nguyên không âm mà số thuộc biểu diễn cở sở-3 Ví dụ C = (3C) U (3C+2) C = (3C) U (9C+6) U (3C+2) Một biểu diễn C phân chia C thành hữu hạn (lớn 1) tập hợp C = U in=1 C i đồng dạng với C, nghóa : Với Ci = C + bi tập đồng dạng với C Ta gọi biểu diễn C biểu diễn nguyên thủy, hội số C i (không tất cả) không đồng dạng với C không C Xét đại diện nguyên thủy tập Cantor Chứng minh rằng: a) >1 b) môt lũy thừa c) > bi d) Chỉ có phân chia nguyên thủy C : C = (3C) U (3C+2) Bài 6: Cho P(x) R(x) hai đa thức có hệ số nguyên, P(x) đa thức bậc lẻ Chứng minh tồn đa thức Q(x) đa thức bậc lẻ với hệ số nguyên cho: P(x) | Q(R(x)) Vòng Bài 1: Cho A tập lớn tập {1,2, , n} cho phần tử A chia hết cho nhiều phần tử khác A Chứng minh rằng: 2.n n ≤ | A | ≤ 3. 4 Bài 2: Tồn hay không dãy số nguyên dương a 0, a1, …, an cho với i ≠ j, (ai , aj) = đa thức n ∑ a x i i đa thức bất khả qui Z[x] Bài 3: Cho tam giác ABC cân ( AB = AC ) Từ A, ta vẽ đường thẳng l song song với BC Hai điểm P, Q nằm đường trung trực AB, AC, cho PQ vuông góc với BC M, N hai điểm nằm l cho ∠APM ∠AQN vuông Chứng minh : 1 + ≤ AM AN AB Bài 4: Giả sử n đường thẳng nằm mặt phẳng, cho đường thẳng song song đường đồng qui Góc đường thẳng đònh nghóa góc nhỏ điểm giao chúng Tìm giá trò lớn tổng C n góc tạo thành từ đường thẳng n đường thẳng Bài 5: Cho O nằm tam giác ABC cho OA = OB + OC Lấy B ’, C’ trọng tâm tam giác AOC AOB Chứng minh đường tròn ngoại tiếp COC ’ BOB’ tiếp xúc Bài 6: Tìm tất đa thức P bậc cho với số thực không âm ta có: P (x+y) ≥ P(x) + P(y) [...]... nguyên dương Nếu b = 1, ta có c = 669, k = 223 thì AB + BC = 2.c + k = 1561 < 2007 = AC , Mâu thuẫn với bất đẳng thức tam giác Nếu b > 2 BC = k + c ≥ 223 32 + c = AB + AC, Mâu thuẫn với bất đẳéng thức tam giác Do đó b = 2, suy ra k = 892 và c = 1338 Suy ra AB = 1338 và BC = 2230 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác Vậy AB = 1338 , BC =2230 Bài 2: Nhận xét: Nếu tồn tại n, m, k là 3 số nguyên dương thỏa mãn... (I, r) Hơn nữa, một điểm bất kỳ trên (O) là đỉnh của một tam giác như vậy Định lý này có thể phát biểu tổng qt cho một đa giác bất kỳ và được gọi là định lý lớn Poncelet Tuy nhiên, ở đây, ta chỉ đề cập đến phép chứng minh định lý Poncelet cho tam giác, liên quan trực tiếp đến cơng thức Euler Chứng minh: Giả sử ta có điều kiện của định lý Khi đó IO 2 = R2 – 2Rr Lấy một điểm A’ bất kỳ trên (O) Kẻ các tiếp... kiện (1) m, n ≤ 20 (2) m và n ngun tố cùng nhau (3) 5 m 3 < < 7 n 4 4 Tìm một đa thức f(x, y, z) với hệ số thực, có bậc 3 thoả mãn các điều kiện sau * f(x, y, z) + x chia hết cho y+z * f(x, y, z) + y chia hết cho z +x * f(x, y, z) + z chia hết cho x + y Đa thức P(x, y, z) chia hết cho đa thức Q(x, y, z) nghĩa là tồn tại đa thức R(x, y, z) sao cho P(x, y, z) = Q(x, y, z).R(x, y, z) 5 Cho bảng vng 5 x 5... =2006/14 Bài 3 Tìm tất cả các số ngun dương n sao cho mọi hệ số của đa thức đều chia hết cho 7 Gợi ý: Sử dụng tính chất với mọi đa thức Q(x) với hệ số ngun Đáp số: n = 7k hoặc n = 7k + 7l với 0 ≤ k≤ l Bài 4 Cho a1, a2, …, an là các số thực dương sao cho n ≥ 2 và t = a1 + a2 + … + an = a12 + a22 + … + an2 Chứng minh rằng Gợi ý: Dùng BĐT Cauchy- Schwarz Bài 5 Gọi A1, B1, C1 lần lượt là chân đường cao hạ từ A,... (a+b+c) (a +b-c) (b+c-a).(c+a-b) ≤ 0 ≤ (a2 + b2 )2 Nếu a, b, c là 3 cạnh của một tam giác ABC Theo công thức heron ta có: (a+b+c) (a +b-c) (b+c-a).(c+a-b) = 16 (SABC)2 Mặt khác: SABC = 1/2 a.b sinC ≤ 1/2 a.b ≤ 1/4 (a2 + b2) Do đó: (a+b+c) (a +b-c) (b+c-a).(c+a-b) ≤ (a2 + b2)2 Dấu “=” bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b và c2 = a2 + b2 Bài 6: Dễ thấy, nếu 2+2.(1+12.n2)1/2 là một số nguyên thì... IO2 IO2 = R2 – 2Rr Ta thu được một kết quả đẹp mắt khác của hình học phẳng (được gọi là cơng thức Euler) Định lý (Cơng thức Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R và ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r Khi đó khoảng cách IO có thể tính theo cơng thức sau: IO2 = R2 – 2Rr Cơng thức Euler, ngồi cách chứng minh thơng qua định lý Euler về tam giác pedal trên đây, còn có thể... AB là tiếp tuyến chung của hai đường tròn Giả sử AP là đường kính của vòng tròn S, từ P kẻ tiếp tuyến PQ của đường tròn T Chứng minh rằng AP = PQ Bài 5: Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh bất đẳng thức sau: (a2 + b2 )2 ≥ (a+b+c) (a +b-c) (b+c-a).(c+a-b) Bài 6: Cho n là một số nguyên Chứng minh rằng, nếu 2+2.(1+12.n 2)1/2 là một số nguyên, thì nó là một số chính phương Vòng 2 – 30/1/2007 Bài... tròn ngoại tiếp bằng một phép vị tự tâm H (trực tâm tam giác ABC) tỷ số 1/2 Nhưng còn một tính chất rất bất ngờ khác của đường tròn Euler là: Định lý (Feierbach) Đường tròn 9 điểm Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và cả 3 đường tròn bàng tiếp Chứng minh Ta sử dụng cơng thức Euler và các cơng thức tương tự (chứng minh bằng cách sử dụng tâm tỷ cự) IO2 = R2 – 2Rr OG2 = R2 – (a2 + b2 + c2)/9 IG2 =... R2/4 + r2 – Rr = (R/2 – r)2 và từ đó IE = R/2 – r Đẳng thức này chứng tỏ đường tròn nội tiếp (I, r) tiếp xúc trong với đường tròn Euler (E, R/2) Kết quả với các đường tròn bàng tiếp được chứng minh hồn tồn tương tự Như vậy, từ định lý Euler về tam giác pedal, chúng ta đã đi qua những kết quả tuyệt đẹp trong hình học tam giác như đường thẳng Simson, cơng thức Euler, định lý Poncelet, định lý Feierbach... thông của v Với i-1 đỉnh đó, có f(i) cách chọn thành phần liên thông của v (theo đònh nghóa f(i)) Còn lại n-i đỉnh có thể nối với nhau một cách bất kì và có a(i) cách Do đó ta có công thức sau: a(n) = c1.f(1).a(n-1)+ c2.f(2).a(n-2)+…+ cn.f(n).a(n-n) Dựa vào công thức trên và bắt đầu tính từ f(1) =1 , f(2) = 1, ta có thể tính được: f(3)=4 , f(4) = 38 , f(5) = 728 và f(6) = 26704 Vậy số cách thỏa mãn đề