Gặp gỡ toán học lớp 11 năm 2017

OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 Olympic gặp gỡ toán học 2017 khối 11 Phạm Quốc Sang Cựu học sinh trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam Phạm Hữu Hiệp Cựu học sinh trường THPT Chuyên Tiền Giang, tỉnh Tiền Giang Do thời gian gấp rút nên viết khó tránh khỏi sai sót Mong bạn thông cảm góp ý để viết hoàn thiện Bài Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx ≤ Chứng minh ta có bất đẳng thức √ ä Ä − xy − yz − xz ≤ − (1 − {x, y, z}) Lời giải Giả sử: z = (x, y, z) ⇒ − xy − yz − xz ≤ − 3z Khi ta cần chứng minh √ ä − (1 − z) √ ä √ Ä ⇔ 3z − − z + − − 3z Ä (*) Xét tam thức bậc hai Ä f (z) = 3z − − Ta có Ä ∆z = − Nên hai nghiệm tam thức Từ suy √ ä √ z + − √ ä2 √ ä Ä − − = √ 3− z1 = z2 = √ 3− f (z) = z − Vậy (∗) chứng minh Bình luận Đây toán hay Nhiều học sinh cảm thấy toán lạ xuất {x, y, z} Tuy nhiên, giả thiết chìa khóa giúp học sinh đặt z = (x, y, z) Từ đưa toán việc chứng minh tam thức bậc hai không âm Phạm Quốc Sang − Phạm Hữu Hiệp OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 Bài tập tương tự Cho ba số thực a, b, c Chứng minh Ä √ ä + a2 + b + c 2 − (2 + {a + b, b + c, c + a}) ( Phạm Quốc Sang ) Lời giải Giả sử a c ⇒ b + c = {a + b, b + c, c + a} b Khi ta có + a2 + b + c 1+ b2 + c + b2 + c 2 1 + (b + c)2 + (b + c)2 = + (b + c)2 4 Khi ta cần chứng minh + (b + c)2 √ ä − (2 + b + c) (1) Ä Đặt t = b + c (1) trở thành Ä √ ä + t2 − (2 + t) √ ä Ä √ ⇔ t − − t + − 4 Ä ä √ √ Xét f (t) = t2 − − t + − 4Ä √ ä2 Ä √ ä Ta có ∆t = − − − = √ 3−6 Nên t1 = t2 = hai nghiệm f (t) Do √ 3−6 f (t) = t− Vậy bất đẳng thức chứng minh √ 3−3 Đẳng thức xảy a = b = c = Bài Tìm tất hàm f : R → R thỏa điều kiện f (x2 ) + f (xy) = f (x)f (y) + yf (x) + xf (x + y) ∀x, y ∈ R (∗) Lời giải f (x2 ) + f (xy) = f (x)f (y) + yf (x) + xf (x + y) (∗) Cho x = (∗) trở thành 2f (0) − f (0)f (y) + yf (0) ∀y ∈ R (1) Thay y = x vào (1) ta f (0)f (x) = −f (0)x + 2f (0) ∀x ∈ R Phạm Quốc Sang − Phạm Hữu Hiệp (2) OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 TH1 f (0) = ta chia hai vế (2) cho f (0) ta f (x) = −x + ∀x ∈ R Thay f (x) = −x + vào (∗) ta thấy f (x) = −x + không thỏa TH2 f (0) = Thay y = vào (∗) ta f (x2 ) = xf (x) ∀x ∈ R (3) Thay x −x vào (3) ta xf (x) = f (x2 ) = f ((−x)2 ) = −xf (−x) Do f (−x) = −f (x) ∀x ∈ R Thay y = −x vào (∗) ta Ä ä Ä ä f x2 + f −x2 = f (x) f (−x) − xf (x) ⇔ xf (x) − xf (x) = −f (x) − xf (x) ⇔ f (x) (f (x) + x) =  ⇔  f (x) = f (x) = −x Thử lại ta thấy f (x) = f (x) = −x thỏa (∗) Bình luận Bài phương trình hàm đơn giản Học sinh cần thay vài giá trị đặc biệt nhận hàm f hàm lẻ R Từ ta dễ dàng đến đáp số toán Bài tập tương tự Tìm tất hàm f : R → R thỏa điều kiện f (xy) − xf (x + y) + f (y) + = f (−x2 ) + f (x)f (y) + xf (y) + f (x) ( Phạm Quốc Sang ) Bài Chứng minh với số nguyên dương n, tồn số nguyên x cho x3 + 2017 chia hết cho 3n không chia hết cho 3n+1 Phạm Quốc Sang − Phạm Hữu Hiệp OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 Lời giải Hiện chưa giải Nếu bạn thầy cô giải xin chia cho tham khao để hoàn thiện thêm viết Xin chân thành cảm ơn Các bạn, thầy cô gửi qua địa mail sau: phamquocsang1995@gmail.com Bài Cho tam giác ABC Điểm P di động cạnh BC Trên AC, AB lấy điểm Q, R cho P Q//AB, P R//AC a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AQR qua điểm cố định X = A Khi P di động BC b) Kéo dài AX cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai K Chứng minh X trung điểm AK Lời giải a) A Q X R B P C Gọi giao điểm đường tròn (C1 ) qua A, B tiếp xúc với AC cắt đường tròn (C2 ) qua A, C tiếp xúc với AB X Xét ∆BXA ∆AXC có ÷ = CAX, ÷ (cùng chắn AX ¯ đường tròn (C )); ABX ÷ = ACX, ÷ (cùng chắn AX ‘ đường tròn (C )) BAX Phạm Quốc Sang − Phạm Hữu Hiệp OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 Suy ∆BXA ∆AXC, (g − g) Suy BX AB = AX AC Mặt khác, P Q AB P R (1) AC nên RB BP AQ = = AB BC AC Suy RB AB = AQ AC (2) Từ (??) (??) suy RB BX = AQ AX Hơn ÷ = CAX, ÷ (cùng chắn AX ¯ đường tròn (C )) ABX Do ∆BRX ∆AQX, (c − g − c) Suy ÷ = AXB ÷ = 180◦ − RAQ ÷ RXQ Suy tứ giác AQXR nội tiếp b) Gọi tiếp tuyến B, C O, (với O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) giao S Ta có ÷ = BXK ◊ + KXC ◊ = XAB ÷ + XBA ÷ + XAC ÷ + ACX ÷ BXC ÷ + XAC ÷ + XAC ÷ + BAX ÷ = XAB ÷ = 2SBC ÷ = 2BAC Suy ÷ + BSC ÷ = 2SBC ÷ + BSC ÷ = 180◦ BXC Do tứ giác BXCS nội tiếp đường tròn Phạm Quốc Sang − Phạm Hữu Hiệp OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 A Q B O X R P C K S Mặt khác, tứ giác OBSC nội tiếp đường tròn Như vậy, năm điểm O, X, B, S, C thuộc đường tròn Ta lại có OS ⊥ BC, (tính chất tiếp tuyến) nên S điểm cung lớn BC đường tròn ngoại tiếp năm điểm O, X, B, S, C ◊ = CXK ◊ = BAC ÷ nên XK qua điểm cung lớn BC Mặt khác BXK đường tròn ngoại tiếp năm điểm O, X, B, S, C, tức S Vậy A, X, K, S thẳng hàng Suy ÷ = OBS ÷ = 90◦ OXS Vậy X trung điểm cung AK Phạm Quốc Sang − Phạm Hữu Hiệp OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 Nguồn tham khảo diendantoanhoc.net https://www.facebook.com/groups/Loicenter/permalink/1560806647325837/ Phạm Quốc Sang − Phạm Hữu Hiệp ... nguyên dương n, tồn số nguyên x cho x3 + 2017 chia hết cho 3n không chia hết cho 3n+1 Phạm Quốc Sang − Phạm Hữu Hiệp OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 Lời giải Hiện chưa giải Nếu bạn thầy... đường tròn Phạm Quốc Sang − Phạm Hữu Hiệp OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 A Q B O X R P C K S Mặt khác, tứ giác OBSC nội tiếp đường tròn Như vậy, năm điểm O, X, B, S, C thuộc đường tròn Ta lại...OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2017 KHỐI 11 Bài tập tương tự Cho ba số thực a, b, c Chứng minh Ä √ ä + a2 + b + c 2 − (2 + {a