99 Bài toán nền tảng HSG môn Toán 9

Cuốn tài liệu này gồm 99 bài toán (Đại số – Số học – Tổ hợp) dành cho học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào 10 Chuyên Toán lớp 9. Được biên soạn dựa vào các đề thi học sinh giỏi (HSG) ở các địa phương trong năm học 2018–2019, cuốn tài liệu này gồm những nền tảng cơ bản của kiến thức Toán dành cho HSG được bố trí từ những bài toán kinh điển, với kỹ thuật, phương pháp đơn giản (như chọn điểm rơi AM–GM; đưa về phương trình ước số; sử dụng phương pháp liên hợp để giải phương trình vô tỷ) nâng cao dần lên và trang bị những bổ đề, kỹ thuật, công cụ khó hơn (Dùng nguyên lý Dirichlet, Bổ đề tổng bình phương, bất đẳng thức Chebyshev, Chuẩn hóa bất đẳng thức…). Trong tài liệu này số lượng bài toán không dừng lại ở con số 99 mà mỗi bài toán “gốc” sau khi được trình bày lời giải tôi cố gắng lồng vào đó những kiến thức mới, tìm tòi cái hay và khai thác để sáng tạo ra những bài toán mới (đặc biệt là phần bất đẳng thức) kèm với đó là một số bài tập tương tự bổ sung từ các nguồn như sách tham khảo, các đề thi trên Internet, sáng tác bản thân...

LỜI NÓI ĐẦU

uốn tài liệu này gồm 99 bài toán (Đại số – Số học – Tổ hợp) dành cho học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào 10 Chuyên Toán lớp 9 Được biên soạn dựa vào các đề thi học sinh giỏi (HSG) ở các địa phương trong năm học 2018–2019, cuốn tài liệu này gồm những nền tảng cơ bản của kiến thức Toán dành cho HSG được bố trí từ những bài toán kinh điển, với kỹ thuật, phương pháp đơn giản (như chọn điểm rơi AM–GM; đưa về phương trình ước số;

sử dụng phương pháp liên hợp để giải phương trình vô tỷ) nâng cao dần lên và trang bị những bổ đề, kỹ thuật, công cụ khó hơn (Dùng nguyên lý Dirichlet, Bổ đề tổng bình phương, bất đẳng thức Chebyshev, Chuẩn hóa bất đẳng thức…) Trong tài liệu này số lượng bài toán không dừng lại ở con số 99 mà mỗi bài toán “gốc” sau khi được trình bày lời giải tôi cố gắng lồng vào đó những kiến thức mới, tìm tòi cái hay và khai thác để sáng tạo ra những bài toán mới (đặc biệt là phần bất đẳng thức) kèm với đó là một số bài tập tương tự bổ sung từ các nguồn như sách tham khảo, các đề thi trên Internet, sáng tác bản thân

Vì biên soạn trong thời gian hạn hẹp nên tài liệu không thể không tránh khỏi sai sót Tuy nhiên, đây là những đề cập nhật trong năm nay (2018–2019) nên bạn đọc

có thể dễ dàng nắm được cấu trúc đề thi mới nhất để ôn tập được sát đáng hơn

Về phần sử dụng cuốn tài liệu: Tài liệu được bố trí theo lộ trình kiến thức có liên quan chặt chẽ với nhau (xây dựng lên cao từ nền tảng) Ở các bài đầu, tôi sẽ trình bày có phần dài dòng để bạn đọc hiểu cụ thể đường lối xử lý; dần dần các phần đó

C

sẽ được nói xúc tích, ngắn gọn để không gây nhàm chán và lặp lại Chẳng hạn, nếu

ở các bài toán trước, tôi đã trình bày về cách liên hợp lượng số để giải phương trình vô tỷ thì các bài sau đó, tôi sẽ trình bày chủ yếu là ý tưởng Vì vậy, tôi khuyên bạn đọc không nên nóng nảy sử dụng cuốn tài liệu một cách hời hợt, qua loa Bên cạnh đó, các bài tập tất nhiên đều có giải (các bài cho thêm có thể chỉ có gợi ý) nên bạn đọc hãy cố gắng tư duy, tìm tòi ra hướng giải rồi mới tham khảo tài liệu Có như vậy, hiệu quả cuốn tài liệu mang lại mới được trọn vẹn

Một lần nữa, xin cảm ơn bạn đọc đã chọn cuốn sách này Hi vọng tài liệu này sẽ là công cụ nền tảng để bạn đọc tham khảo, nâng cao kiến thức để hướng tới kỳ thì HSG và xa hơn là kỳ thi vào lớp 10 sắp tới

Chúc các bạn học tốt

HSG huyện Lý Nhân, Hà Nam năm 20182019

a) Phương pháp Sử dụng nguyên lý quy nạp toán học

LỜI GIẢI CHI TIẾT

= 10 27p  27.6k + 27.10

= 27(10p  6k + 10) ⋮ 27 (đpcm)

Phép chứng minh quy nạp hoàn tất

Thử thay vào phương trình: (uv x)( 2uv)3x

Nhưng tới đây ta vẫn chưa thể biến đổi được x? Khi nhìn vào 2 2

Dùng thay bình thường vào phương trình (1), ta được

2 2

00

0

11

c) Phân tích

Với điều kiện 0 < k < 4 thì các mẫu 4  k > 0 và k > 0

Từ đó ta sẽ nghĩ đến sử dụng kỹ thuật nhóm cặp bất đẳng thức AM–GM (Cauchy) (2)

k k

44

(2) Trong nhiều tài liệu Toán ngày này vẫn còn gọi bất đẳng thức Trung bình cộng – Trung bình nhân là bất đẳng thức

Cô-si(Cauchy) Cauchy không phải là người phát hiện ra bất đẳng thức này mà là người đưa ra cách chứng minh cho bất đẳng

thức dạng tổng quát (với n số dương) của mình bằng phép Quy nạp Cauchy Tên gọi đúng cho bất đẳng thức này là bất đẳng

thức AM−GM (Arithmetic Means - Geometric Means)

Đẳng thức lúc này xảy ra khi

Như vậy, ta có lời giải chính thức như sau

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Áp dụng bất đẳng thức AM–GM cho hai số dương, ta được

(3) Bất đẳng thức này trong nhiều tài liệu mang tên là bất đẳng thức Bunhiacopski (Bunyakovsky) hoặc bất đẳng thức

Bunyakovsky – Cauchy – Schwarz (viết tắt là B.C.S) Bất đẳng thức cộng mẫu dạng a2/x + b2/y ≥ (a+b)2/(x+y) được gọi là

bất đẳng thức Cauchy−Schwarz dạng Engel hoặc bất đẳng thức Cauchy–Schwarz dạng phân thức

BÀI TOÁN 2

Cho một đường tròn (O) đường kính 4 và 2019 điểm A1; A2…; A2019 Chứng minh rằng tồn tại một

điểm P thuộc đường tròn (O) thỏa mãn PA1 + PA2 + … + PA2019 4038

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Gọi MN là đường kính của đường tròn (MN = 4) A là một điểm bất kì trong 2019 điểm đang xét Xét tam giác AMN thì theo bất đẳng thức tam giác, ta sẽ có

MA + NA  MN = 4

Do vậy cho 2019 điểm A1; A2…; A2019 là 2019 điểm thuộc đường tròn

tâm O đường kính MN (vai trò cũng như điểm A)

Phân tích Theo suy nghĩ thông thường, ta có thể rút y từ phương trình (1) rồi thế xuống (2) (4)

LỜI GIẢI CHI TIẾT

25

Kết luận: Vậy nghiệm của hệ phương trình là (4; 1.25)

Nhận xét Bài toán trên cho ta thấy vai trò rất lớn của “điều kiện chặt” (điều kiện để phương trình có

nghiệm) cho bài toán giải phương trình vô tỷ

Sẽ có bài tập tương tự để luyện tập để bạn đọc luyện tập về phương pháp liên hợp giải phương trình vô tỷ ở cuối bài

1

42

x x

y y

 MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

BÀI TOÁN 1 Giải phương trình 2 2

Nhờ có điều kiện chặt trên, ta suy ra biểu thức trong ngoặc vuông khác 0 vì

2 2

= 1 ⇔ x =  1 Thay trực tiếp, được x = 1

Phân tích

Thấy các số 4 ở biểu thức cần chứng minh với số 4 ở đầu bài thì ý tưởng đầu tiên sẽ là phép thế các số 4 trong

các căn của P bằng giả thiết Tuy nhiên, các thế đó không chỉ vô ích mà còn làm bài toán rối hơn Cách thông minh ở bài toán này là “thong thả” nhân vào rồi mới thế

Xét riêng một căn thức của P:

x y z  xyz xy xz x

Và ở đây, một lần nữa, thay x  y z xyz 4 không có tác dụng (vì khi đó sẽ có căn trong căn → khó xử

Tới biểu thức gần cuối thì việc thay 4   x y z xyz mới có tác dụng!

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Với điều kiện x, y, z > 0 và x  y z xyz 4thì

22

x x

2

22

62

x x

x x

x  x vào hai vế như thế

Xét lại phương trình ban đầu

VT(1) có một bình phương 2

2

x A

để VT(1) trở thành một hằng đẳng thức Nhưng chọn B (không phải phân thức) như thế nào để lượng ta

thêm vào không phải là phân thức (dễ xử lý) Như vậy, lượng B của ta phải làm sao để khử mẫu của A (là một phân thức) trong phép nhân 2AB → Vì thế B phải có dạng k(x + 2) (với k là một hằng số)

Ta sẽ tìm k sao cho vế bên phải (phương trình (2)) là một bình phương đúng

Mỗi người có một cách tìm, sau đây là một số cách

Cách 1 Coi phương trình (2) là phương trình bậc hai ẩn x có biệt thức (6)

Phương trình này hoàn toàn có thể bấm máy tính (tôi khuyên nên nhập nguyên vẹn rồi bấm máy tính dò

nghiệm từ đầu, khỏi cần khai triển làm chi – bởi mục đích của ta là tìm k “đẹp” để lắp vào (2) thôi chứ

không phải giải phương trình!)

Phương trình ấy (sau khi bấm máy) có nghiệm là x1 5,121320344; x2 = −1; x3 0,878679656

Hiển nhiên ta chỉ cần nghiệm k = x2 = −1 thôi (vì đẹp mà )

Cách 3 (Nhanh, không cần máy – Không hiệu quả một số trường hợp khi k hữu tỷ)

Chọn k là một số nguyên (do tự “quy định” chứ nếu k là hữu tỷ thì toi ) sao cho hệ số bậc hai của

VP(2): a = 3 + k2 là một số chính phương Thay trực tiếp (bằng cách nhẩm) hoặc giải trực tiếp phương

trình nghiệm nguyên dạng cơ bản: 3 + k2 = m2 ⇔ (m + k)(m – k) = 3…

Tóm lại, với ba cách trên thì ta đều tìm được k = −1 Lắp vào (2) rồi giải như đã trình bày ở trên

Nhìn vào hệ phương trình thì có thể chúng ta có những luồn suy nghĩ như đặt S = x + y; P = xy rồi giải hay là

biến đổi nó thành hệ phương trình mới, chẳng hạn như hệ phương trình sau

là cách đặt ẩn phụ đều đi đến bế tắc vì chúng ta không biết mối liên hệ giữa các ẩn phụ

Hóa ra, cách thông thường nhất lại là cách giải dễ hiểu cho bài toán này

Tại sao chúng ta không khai triển hệ phương trình này rồi biến đổi “một chút” rồi cộng vế theo vế? Đây là hướng giải rất thông dụng khi giải các bài toán về hệ phương trình

Để đơn giản, ta có thể viết hệ phương trình trên thành

y y

x Thế là ta có thể đơn giản hơn nữa bằng cách xét x = 0 thì hệ phương trình có nghiệm hay không và chia hay vế cho phương trình mới cho x  0 Ta có lời giải chính thức như sau:

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Hệ phương trình đã cho tương đương với:

Cộng theo vế hai phương trình của hệ phương trình mới vừa thu được, ta được

y y

Tìm tất cả nghiệm nguyên dương của phương trình x2 x 2y2 y 2xy2xy3

Một phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên đó chính là đưa về phương trình ước số

Phân tích

Theo suy nghĩ thông thường, ta dễ dàng ghép 2y2

và 2xy2 vì có ấn tượng với hệ số 2 nên ta có thể

chuyển hết về vế bên phải rồi đặt nhân tử chung là 2y2(x – 1) Từ đó ta sẽ cố gắng dồn làm sao cho có nhân tử (x – 1) xuất hiện, phần dư nếu là một số thì coi như thành công

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bằng phép biến đổi tương đương, từ phương trình ban đầu, ta có:

2 2

Giải phương trình nghiệm nguyên 2xy2   x y 1 x22y2xy

Hướng dẫn Đưa về phương trình    2 

Hướng dẫn Đưa về phương trình 2x y 1x   y 1 1

Kinh nghiệm Đối với nghiệm nguyên dạng ax2by2cxydx ey  f 0 thì ta nên có thêm một

hằng số k để phương trình trở thành ax2by2cxydx ey   k k f Quy về phương trình bậc hai

ẩn x (hoặc y) → Tìm k sao cho x (hoặc y) là một bình phương → Lắp vào

b z c

a b thì ta sẽ chia tử và mẫu cho một tích nào đó của ab với một số nào đó

Chia cho ab (cũng cùng kết quả nếu như chia cho ab², cho abc…)

Kết quả thu được là

2

2

1

11

Không, bất ngờ ở đây là ta không dùng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz (mặt dù có dấu hiệu cộng mẫu) mà lại

“hồn nhiên” dùng bất đẳng thức AM–GM cho 3 số dương:

3 3

ca z ab

y

y x



Từ hướng giải trên, mời bạn đọc tự trình bày lời giải chi tiết

Cách 2 Như vậy trong Cách 1, nói sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz nhưng cuối cùng vẫn cần sử dụng

bất đẳng thức AM−GM cho ba số Phải chăng sử dụng bất đẳng thức AM−GM cho ba số là chìa khóa của bài

toán này? Chung ý tưởng trên, nhưng có một chút biến đổi như sau: Từ giả thiết ta suy ra abc = a + b + c.

3

3

33

Từ hướng giải trên ta có bài toán tổng quát cho bài toán này như sau:

BÀI TOÁN TỔNG QUÁT. (dùng trực tiếp bất đẳng thức AM−GM cho ba số dương)

Với a, b, c, x, y, z là các số thực dương thì ta có bất đẳng thức sau

Từ bài toán tổng quát ban đầu, ta cũng có các bài toán tổng quát hoàn toàn tương tự như sau:

Tổng quát 1. (từ bài toán tổng quát ban đầu, tiếp tục dùng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz

 2 2 23

a  b c a b c kết hợp với bình phương hai vế và đổi biến)

Chứng minh rằng với a, b, c, x, y, z là các số thực dương thì ta có bất đẳng thức sau

2 3

n a a a a

b b   b b b b

  Vận dụng các bất đẳng thức đã nói ở trên, hãy chứng minh một số bất đẳng thức sau đây:

BÀI TOÁN 1 Cho x, y, z là các số thực

dương Chứng minh bất đẳng thức sau

BÀI TOÁN 2. Với a, b, c là ba số thực

dương thỏa mãn abc ≥ 1 thì

 9 2

bất đẳng thức AM−GM:

)

LỜI GIẢI CHI TIẾT Đặt S1 = a1 + a2 + a3 + … + a n; S3 = a13   a23 a33 a3n

Vì 20192018 chia hết cho 3 (dấu hiệu chia hết cho 3)

Bình luận: Bài này là một bài quá cơ bản với một học sinh giỏi

Hãy suy nghĩ một vài vấn đề hay ho hơn như sau:

Từ (1), (2), (3) ta suy ra 20192018 841 (mod 1000)hay 20192018 có ba chữ số tận cùng là 841

Làm thêm vài bài số học như thế có phải mở rộng tầm mắt hơn không 

HSG huyện Hưng Nguyên, Nghệ An năm 2018−2019

Trong hàng loạt giá trị của (p2 + 2) và (p3 + 2) thì chỉ có cặp (11; 29) là số nguyên tố Các số bên phải

đều không phải là số nguyên tố đều vì là bội số của 3 và các số ở bên trái là bội số của 2 Như vậy, ta

dự đoán phương pháp được sử dụng là xét khoảng kết hợp với xét số dư

LỜI GIẢI CHI TIẾT

 BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ

BÀI TOÁN 1. Chứng minh rằng với a + 2005 và a + 20 là số nguyên tố thì a cũng là số nguyên tố

Hướng dẫn Xét a = 2, a = 3, a = 3k  1

BÀI TOÁN 2 Chứng minh rằng nếu p và 2p + 1 là số nguyên tố lớn hơn 3 thì 4p + 1 là hợp số

Hướng dẫn Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p ⋮ 2, 3

Đặt p = 6k + r (r {0;1…; 5}) thì ta suy ra p=6k + 1 hoặc p=6k + 5 Thay trực tiếp để suy ra p = 6k + 1

BÀI TOÁN 3. Tìm số nguyên tố n sao cho n + 6, n + 8, n + 12, n + 14 là số nguyên tố

Hướng dẫn Xét n = 2; n = 3; n = 5; n = 5k  1; n = 5k  2

phù hợp nhất ở đây là sử dụng phương pháp nhân liên hợp

Điểm chú ý khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp nhân liên hợp là điều kiện càng chặt càng tốt để ta loại biểu

thức xấu xí ra ngoài và giữ lại biểu thức đẹp đẽ nhận làm nghiệm

Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình nên ta ghép (4x – x2) (= −3) với 3 và 3 4 3  10 3x

(=3) với −3

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Điều kiện để phương trình có nghiệm

2

103

Từ (*) ta suy ra (x – 1) > 0 và hiển nhiên

(vì tử là số dương, mẫu là tích của các tổng giữa căn với số dương)

Vì thế biểu thức trong ngoặc vuông sẽ khác 0 (cụ thể là dương)

Chính vì thế x = 3 là nghiệm của phương trình

 Nhắc lại lý thuyết Liên hợp với lượng số

(phần “…” là phần không quan tâm; và lượng +r dư (2) ra sẽ được thêm vào các biểu thức không có căn)

Thực hiện liên hợp bình thường:

2 ( ) ( )

Làm tương tự cho đến khi không còn căn thức Khi đó, P (x) sẽ có dạng P( )x xx oB( )x

Khi đó, ta phải xử lý B (x) bằng cách chứng minh B (x) = 0 sẽ vô nghiệm (biết được khi bấm máy chỉ có

duy nhất một nghiệm xo) hoặc còn nghiệm → giải phương trình B (x) = 0 (hơi khó) Và phương pháp

thường sử dụng là kỹ thuật đánh giá hoặc kỹ thuật rút thế

Đôi khi, căn thức không phải là căn thức bậc hai mà là căn thức bậc 3 hoặc bậc 4 (chẳng ai cho bậc cao hơn để liên hợp nữa đâu ) Khi đó sử dụng các hằng đẳng thức quen thuộc để biến đổi

( ) 3

4 ( ) ( )

x  x và trình bày như đã nói ở trên

Và phương pháp được sử dụng để chứng minh B (x) 0 là kỹ thuật đánh giá dựa vào điều kiện chặt

1 Để thuận tiện thì sau bài giới thiệu phần lý thuyết, tôi sẽ gọi một căn thức cụ thể (bậc 2 hoặc 3…) là f (x) Và lượng liên hợp số là r = f (Xo)

2 Và thi thoảng, ta bắt gặp dạng P  g . f  Dạng này mời bạn đọc xem VÍ DỤ 3 ở phần sau

 MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP VỚI LƯỢNG SỐ ( + ĐÁNH GIÁ)

VÍ DỤ 1 Giải phương trình 3x 1 6 x 3x214x 8 0 (Điều kiện: 1 6

Nhẩm nghiệm hoặc bấm máy tính để biết được xo = 5 là nghiệm (duy nhất) của phương trình

Khi đó, trong phương trình có hai căn thức là f1 ( )x  3x1và f2 (x)   6x

Vì xo = 5 là một nghiệm duy nhất nên ta sẽ ghép ( )

1x

f với lượng liên hợp số r1 f1(xo)  f1(5) 4để tạo thành nhóm f1( )x r1 3x 1 4 Cũng tương tự với căn thức f2 (x)   6xsẽ ghép với lượng liên hợp số r2 f2(xo)  f2(5)  1 để tạo thành nhóm f2( )x r2  6 x 1 Và lượng +r1 và +r2 dư

1 2

3x 14x  8 r r  3x 14x3Việc trình bày như sau:

2 LH

Biểu thức trong ngoặc vuông hiển nhiên dương vì là tổng

của hai phân thức toàn là số dương với tổng (3x + 1) > 0

(do điều kiện)

Việc trình bày được sơ lược như sau:

2

2 0

Nhận xét: Bài toán này có một đa thức g (x) (không phải căn thức) “dính liền” với căn thức f (x)

Khi nhóm f (x) với lượng liên hợp r ta sẽ xử lý như sau: g( )x.f( )x g( )x.f( )x  r g( )x.rVà cũng như mọi

lần, lượng dư ra +g (x) r sẽ tiếp tục chuyển vào biểu thức không có căn còn lại

Lời giải như sau

2 LH

Nhưng không như hai bài trước, việc đánh giá biểu thức ngoặc vuông trở nên khó khăn hơn

Ta xử lý từ điều kiện ban đầu:

 BÀI TẬP CỦNG CỐ KIẾN THỨC

BÀI TOÁN 1 Giải phương trình 2 3x 4 3 5x 9 x26x13 (1)

BÀI TOÁN 2 Giải phương trình 3x214x 8 3x 1 6 x 0 (2)

BÀI TOÁN 3 Giải phương trình 4x23x 3 4x x 3 2 2x1 (3)

BÀI TOÁN 4 Giải phương trình x212 5 3x x25 (4)

BÀI TOÁN 5 Giải phương trình 2 3

BÀI TOÁN 9* Giải phương trình 3 x2 1 x3  2 x 0 (9)

BÀI TOÁN 10 Giải phương trình 3 3 1 1

 Hướng dẫn sơ lược

Bài 1 Điều kiện: 4

Bài 2 Điều kiện: 1 6

Xuất phát từ điều kiện chặt:

Với điều kiện x ≥ 1 thì B > 0 (khỏi chứng minh – khỏe )

Bài 7 Điều kiện: 0 x 2 Nhẩm nghiệm xo = 1

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số (phương pháp đánh giá) Vì x = 1 là nghiệm của (*) nên:

 Xét x > 1 (thêm điều kiện xác định)  VT(*) > 0

 Xét x < 1 (thêm điều kiện xác định)  VT(*) < 0

− Nếu vẫn còn chưa vững thì việc tìm kiếm nguồn tài liệu trên Internet cũng như các sách tham khảo (đặc biệt là các sách chuyên về phương trình

vô tỷ) là một ý tưởng không tồi 

Kinh nghiệm: Nếu thấy khó khăn khi xử lý f(x; y) thì nên thực hiện cộng hai phương trình của hệ để có mối quan

Hướng xử lý 1 Bình phương hai vế (bạn đọc tự giải)

Hướng xử lý 2 Dùng bất đẳng thức để quy về đẳng thức

Bất đẳng thức phụ (chứng minh dễ dàng bằng phép biến đổi tương đương): A B A B

với A, B > 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = 0

Áp dụng bất đẳng thức phụ trên vào vế trái của phương trình (3)

Ngoài hướng xử lý bằng cách liên hợp, ta có thể dùng phương pháp đánh giá (Chỉ áp dụng được với

một số bài nhất định – Ưu thế ở sự đơn giản, dễ hiểu) Xem Bài toán 1 dưới dây

a) Giải hệ phương trình khi m = 2008

b) Chứng minh hệ phương trình đã cho không có quá một nghiệm khi m ≥ 2008

LỜI GIẢI CHI TIẾT

[Ngoài ra còn có thể đánh giá: Với x > y thì VT(3) > 0 nên mâu thuẫn với (3); với x < y

thì VT(3) < 0 nên mâu thuẫn với (3)]

Một cách trình bày nữa bằng phương pháp đánh giá:

Nếu x > y thì VT > VP và ngược lại: với x < y thì VT < VP (vô lý) Do vậy x = y

Thay x = y vào (1) rồi giải phương trình vô tỷ bằng cách bình phương hai vế dương (hai lần)

do biểu thức trong ngoặc hoàn toàn dương với điều kiện m ≥ 2008

Thay vào phương trình (1), ta được

x  x  m x

Nhận xét: Số nghiệm của phương trình trên cũng chính là số nghiệm của hệ phương trình Nghĩa là để

hệ phương trình có ít hơn một nghiệm thì phương trình trên cũng phải có ít hơn một nghiệm

Điều kiện chặt: x > 0

Phản chứng Giả sử phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2

Không mất tính tổng quát, giả sử x1 > x2 > 0 Vì x1 và x2 là nghiệm của phương trình (3) nên hiển nhiên

Vì thế VT < 0

Mà VP ≥ 0 (do m ≥ 2008)

Điều mâu thuẫn đã xảy ra, điều giả sử sai Tức là phương trình (3) có ít nhất một nghiệm (không thể

nào hơn hai nghiệm) Do vậy hệ phương trình có ít nhất một nghiệm với m ≥ 2008

BÀI TOÁN 2. [ĐTTS vào 10 chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa năm 2009−2010]

x y

Nhận xét: Bài này bản chất là chứng minh dấu “>” bằng cách chứng minh “≥” nhưng không có “=”

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Nhân lại theo vế dương, ta sẽ có:

Gọi các phần tử tập hợp A là a a1; 2 ;a835 Vì là 835 phần tử của tập hợp A nên các phần tử phải khác

nhau Không mất tính tổng quát, ta giả sử 1a1a2   a835999 (vì a i(3) được rút từ tập hợp S)

Thật vậy: ta8353a13a835a12a835 3 834 2 999  504

Khi đó tồn tại hai số x, y  A sao cho x2y t 504

 Xét những trường hợp đặc biệt để suy ra không có giá trị nào của tập hợp X giống với Y

Cho y = k, với k nhận các giá trị tự nhiên từ 1 đến 167 (lý do chọn 167 bạn đọc sẽ hiểu sau)

Khi đó tập hợp các giá trị của y là Y 1; 2 ; 167 Tập hợp Y hiển nhiên có 167 phần tử và các phần tử sẽ

được sắp xếp như sau: 1 2 167  

Ứng với mỗi giá trị k của y thì x nhận giá trị t – 2y = t – 2k Khi đó tập hợp của các phần tử của x khi k chạy

từ 1 đến 167 là X   t 2 1; t 2 2 ;t 2 167 Tập hợp X có 167 phần tử và được sắp xếp như sau:

t    t    t

Các phần tử trong mỗi tập hợp X và Y hiển nhiên khác nhau (phân biệt) Nhiệm vụ của ta là chứng minh các phần tử của cả hai tập hợp này cũng khác nhau Muốn thế, ta chứng minh y i < x i (y i hiển nhiên bé hơn x i vì toàn

là những số đầu tiên (nhỏ nhất) trong tập hợp S) Vì các biến được sắp xếp nên ta lấy giá trị lớn nhất của Y đem

so sánh với giá trị bé nhất của X, tức đem so sánh 167 với t – 2.167

Tức là khi đó, không có giá trị nào của X giống với Y (và ngược lại)

 Chứng minh điều cần chứng minh

Tập hợp S được chia thành hai phần

Cách giải này có phần dài dòng hơn so với lời giải trong cuốn sách “Số học và toán rời rạc” (Nguyễn Tất Thu

– Đoàn Quốc Việt – Vũ Công Minh) (tr.129) nhưng đây chính là những lời giải theo cách hiểu của tôi dựa trên lời giải có phần “vắn tắt” trong cuốn sách này Sau đây là cách của chính tôi giải

Hướng xử lý khác

 Sắp xếp các phần tử của tập hợp A

Gọi các phần tử tập hợp A là a a1; 2 ;a835 Vì là 835 phần tử của tập hợp A nên các phần tử phải khác

nhau Không mất tính tổng quát, ta giả sử 1a1a2   a835999 (vì a i(4) được rút từ tập hợp S)

 Thêm hai dãy số (U) và (V)

Xét dãy số (U) mà mỗi số hạng có dạng u n a n2a1999 2 165 1329   (với n chạy từ 3 đến 835) Dãy (U) này có 833 số hạng (đôi một khác nhau)

Xét dãy số (V) mà mỗi số hạng có dạng v n a n 3a2 999 1329 (với n chạy từ 338 đến 835) Dãy (V) này có 498 số hạng (đôi một khác nhau)

 Dùng nguyên lý Dirichlet suy ra điều phải chứng minh

Gộp hai dãy trên thành dãy (W) có 1331 số hạng Nhưng mỗi số hạng này đều bé hơn 1329 Như vậy có hai số trong dãy (W) phải bằng nhau Tất nhiên hai số này không cùng nằm trong một trong hai dãy (U) hoặc (V)

Có một số dãy (U) và một số dãy (V) phải bằng nhau