1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

OFFICI~4.PDF toán học

8 20 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 8
Dung lượng 142,97 KB

Nội dung

GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014 Lời giải đề thi cá nhân Nguyễn Văn Huyện1 Bài 1: Giải hệ phương trình y + y x + 3x − y = x + x y = Lời giải: Hệ (1.1) tương đương với y + y x = −3x + y x + x y = Suy 3( y + y x) = (x + x y)(−3x + y), ta x + y − x y − x y = 0, (x + y)(x − y)2 = 0, nên y = x y = −x Khi • Nếu y = −x, ta • Nếu y = x, 9x = 0=3 (vơ lý) 2x = 3x 2x = tương đương x = 23 , x = y = ± Hệ phương trình cho có hai nghiệm ± , ± Sinh viên trường Đại học Giao Thông Vận Tải thành phố Hồ Chí Minh (1.1) Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn (x + y + z) Chứng minh rằng: Lời giải: Đặt a = AM-GM, ta có x + y + z2 (x + y + z) y+ x y + = z 27 x y + yz + z x x, b = x + z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz + y + a + z b2 a2 + b2 Từ suy a + b2 2 a + b 27 2 , tương đương với b2 a2 giải bất phương trình ta x = max(x, y, z), xét hiệu x + y + z2 x y + yz + z x −2 = − ( x+ 16a2 + b2 a b y+ − 17 0, 1, suy a z)( x + b, tức z)( y + y− y+ x z− z Giả sử x)( z + x− x y + yz + z x Dễ thấy với x = max(x, y, z), x y+ không vượt 0, hay x + y + z2 z, vế phải đẳng thức x y + yz + z x Đẳng thức xảy x = y = 4z Chứng minh hoàn tất Bài 3: Cho a, b, c ba số thực không âm thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) > Chứng minh 8abc 12(ab + bc + ca) 3+ (a + b)(b + c)(c + a) (a + b + c)2 Lời giải 1: Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh lại sau 3+ 8abc 12(ab + bc + ca) (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc (a + b + c)2 Chuẩn hóa a + b + c = 3, đặt q = ab + bc + ca, r = abc Bất đẳng thức trở thành 3+ tương đương với 8r 4q 3q − r , −12q2 + (4q + 15)r + 27q 3(3q − r) Với phép đặt trên, bất đẳng thức Schur bậc cho ta q3 + 9r Ta xét hai trường hợp sau: 4pq, r 4q−9 y) • Nếu q 3, −12q2 +(4q+15)r+27q • Nếu q , ta có 8r 3q−r −12q2 + (4q + 15)(4q − 9) +27q = 5(4q − 9)(3 − q) 0, 3= · 4q , nên bất đẳng thức Trong trường hợp tổng quát dễ thấy đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị tương ứng Tóm lại trường hợp tốn 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) = 8(a + b + c)3 27 , ta đưa toán chứng minh bất đẳng thức mạnh 1+ 9abc 4(ab + bc + ca) (a + b + c)3 (a + b + c)2 , tương đương với (a + b + c)3 + 9abc 4(a + b + c)(ab + bc + ca) Đây bất đẳng thức Schur bậc Bài 4: Hai đường tròn ω1 , ω2 cắt A, B Giả sử C D tiếp tuyến chung ω1 , ω2 C ∈ ω1 , D ∈ ω2 điểm B gần C D điểm A C B cắt AD E, DB cắt CA F, E F cắt AB N K hình chiếu vng góc N C D Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AC D H trực tâm tam giác K E F Chứng minh (a) Tứ giác AF BE nội tiếp (b) Ba điểm O, B, H thẳng hàng Gợi ý: Đường thẳng qua B song song với N K cắt AK L Do M nằm trục đẳng phương hai đường tròn, nằm tiếp tuyến chung, suy M trung điểm C D Theo kết quen thuộc (chứng minh định lý Thales) E F C D Để chứng minh câu (a) ta thấy ∠F EB = ∠BC D (tính chất song song) ∠BC D = ∠BAC (tính chất tiếp tuyến), suy AEBF nội tiếp Vì (A, B, N , M ) điều hịa (chứng minh định lý Thales), nên K(A, B, N , M ) = −1 Mà B L K N nên K M qua trung điểm B L Do L đối xứng với B qua C D Bằng định lý sin tính chất đối xứng, ta dễ dàng chứng minh AC LD tứ giác điều hòa Từ tính chất tứ giác điều hịa suy ∠AC M = ∠ALD, kết hợp với ∠AL D = ∠DBK (do đối xứng) ta suy ∠AC M = ∠DBK, hay C F BK nội tiếp Dễ dàng suy ∠F KC = ∠F BC = ∠CAD ( tứ giác AF BE nội tiếp), biến đổi góc đơn giản ta thu CO ⊥ EH Chứng minh tương tự ta có DO ⊥ F H A F E N O B H D K M C L Kết hợp hai điều với OC = OD, EH = F ( K E F có K N đường cao trung tuyến nên tam giác cân) áp dụng định lý Thales ta suy OH, DF, C E đồng quy, hay O, B, H thẳng hàng Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = AC Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng qua D vng góc với E F cắt AB X Giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AE F tam giác ABC T (a) Gọi M trung điểm cung BC khơng chứa A đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh T, D, M thẳng hàng (b) Chứng minh T X vng góc với T F Lời giải: (a) Gọi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Ta có I nằm (AE F ) ∠AF T = ∠AI T = ∠AE T Suy ∠BF T = ∠M I T = ∠C E T , ∠AM T = ∠ABT = ∠AC T Do TFB ∼ TIM ∼ T EC Mặt khác BD = BF C D = C E suy BD CD = BF CE = BT CT Từ suy ra, T D phân giác ∠BT C T, D, M thẳng hàng (b) Gọi G chân đường vng góc kẻ từ D lên E F Bằng cách biến đổi dùng góc ta chứng minh GDE ∼ DBI GDF ∼ DCI A X T E G F I B C D M Do BD DI DG C D DG , = , GE DI GF = suy G E · BD = DG · DI = C D · GF suy tiếp GF GE Mà TFB ∼ = BD CD = BF EC , (vì BD = BF CD = CE) T EC nên GF BF = TF GE CE TE F T E Từ có Suyra T G phân giác ∠GT F = = ∠F T E = ∠A = ∠FAI = ∠F X G, (do AI || X G) Suy X T F G tứ giác nội tiếp Do ∠X T F = ∠X GF = 90o Bài 6: Có 2014 đường thẳng l1 , l2 , , l2014 nằm mặt phẳng cho khơng có đường thẳng song song với nhau, khơng có đường thẳng đồng quy Chứng minh tồn đường gấp khúc A0 A1 · · · A2014 gồm 2014 đoạn thẳng nhỏ, cho đường gấp khúc khơng tự cắt nó, ứng với k (k ∈ , k 2014) tồn i cho đoạn Ai Ai+1 nằm trọn l k Gợi ý: Dưới cách xây dựng thỏa mãn: Gọi S tập hợp giao điểm 2014 đường thẳng ban đầu: (i) Điểm A0 chọn điểm nằm đường thẳng đường thẳng ban đầu không thuộc S (ii) Điểm A1 chọn cho: (a) A1 ∈ S (b) A0 A1 đường thẳng 2014 đường thẳng ban đầu (c) A0 A1 có chiều dài ngắn trường hợp thỏa (a) (b) (iii) Giả sử xây dựng điểm A0 , A1 , , An (1 An+1 chọn cho: n 2012) điểm (a) An+1 ∈ S (b) An An+1 đường thẳng 2014 đường thẳng ban đầu (c) An+1 ∈ Ai Ai+1 ∀0 n − i (d) An An+1 chiều dài ngắn trường hợp thỏa (a), (b), (c) (điểm A2014 nhường lại cho bạn đọc) Trước tiên, ta thấy cách dựng thực Kế đến, sử dụng điều (c) ý (iii) để chứng minh đường gấp khúc A0 A1 · · · A2013 qua 2013 đường thẳng phân biệt (trong 2014 đường thẳng ban đầu) Việc lại sử dụng điều kiện “ngắn nhất” để chứng minh A0 A1 · · · A2013 khơng tự cắt Việc cịn lại xây dựng điểm A2014 nhường lại bạn đọc Bài 7: Ký hiệu ∗ tập hợp tất số thực khác Hãy tìm tất hàm số f : ∗ → ∗ cho f (x y) f (x + y) + = f (x + 1) + , (7.1) f (x) với x, y thuộc ∗ x + y = f (−x y) Lời giải: Thay x −x so sánh với (7.1), ta có f (−x) = k cho f (x) = k f (−x), ∀x = f (x y) , f (x) nên tồn số thực (7.2) Thay y = −1 vào (7.1) ta f (x + 1) − f (x − 1) = − k, ∀x = 0, ±1 (7.3) Thay y − y sử dụng (7.2) ta f (x − y)+1 = f (x +1)+ k f (x y) f (x) = f (x +1)+ k( f (x + y)+1− f (x +1)) (7.4) Thay y = −1 ta có = k( f (x − 1) + − f (x + 1)) = k2 Nếu k = : Ta có f (x) = f (−x) (do (7.2)) f (x − y) = f (x + y) Thay x = a+b , y= a−b (7.5) với a, b > 0, a = b vào (7.5) ta f (a) = f (b), ∀a, b > 0, a = b, hay f (x) = c, ∀x > Kết hợp với tính f chẵn ta f (x) = c, ∀x = Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện toán Nếu k = −1 : Khi f (−x) = − f (x) hay f lẻ f (x +1)− f (x −1) = (do (7.3)) Từ suy f (3) − f (1) = f (4) − f (2) = Thay x = 1, y = vào (7.1) ta f (4) + = f (2) + f (3) f (1) , hay f (3) = f (1) (do f (4) = f (2) + 2) Kết hợp f (3) = f (1) + ta có f (3) = f (1) = Tiếp tục thay x = vào (7.1) ta f ( y + 1) + + f (2) + f ( y) (7.6) Thay y = −3 vào (7.6) ta có f (−2) + = f (2) + f (−3), hay − f (2) + = f (2) − f (3) (do f lẻ) f (2) = Suy f ( y + 1) = f ( y) + 1, ∀x ∈ ∗ , x = −1 (7.7) Thay y y + vào (7.1) sử dụng (7.7) ta có f (x + y + 1) + = f (x + 1) + tương đương với f (x) = f (x y) f (x) f (x) f (x y + x) f (x + y) + = f (x + 1) + f (x y + x) f (x y + x) f (x) , , + 1, f (x y + x) = f (x) + f (x y), ∀x, y = 0, y = −1, y = −x − f (x + y) = f (x) + f ( y), ∀x, y = 0, y = −x, y = −x − x (7.8) Xét x > y > sử dụng (7.8) vào (7.1) ta có f (x ) + f ( y) + = f (x ) + = f (x y) f (x) , (7.9) f (x y) = f (x) f ( y) Từ (7.8) (7.9) ta có f (x) = x, x > Do f lẻ nên f (x) = x, ∀x ∈ R∗ Thử lại ta thấy hàm thỏa Bài tốn có nghiệm f (x) = c f (x) = x, ∀x ∈ R∗ Bài 8: Trong giải cờ vua hai kỳ thủ đấu với trận Trong trận đấu, người thắng điểm, người thua điểm hai kỳ thủ hịa người 21 điểm Vào cuối giải, người ta nhận thấy nửa số điểm kỳ thủ kiếm từ trận đấu với 10 kỳ thủ xếp cuối (và vậy, 10 kỳ thủ xếp cuối kiếm nửa số điểm cho từ trận đấu với kỳ thủ xếp cuối cịn lại) Hãy tìm số kỳ thủ tham gia giải Lời giải: Gọi n (n ∈ ∗ , n 10) số kỳ thủ tham gia S tổng điểm n kỳ thủ vào cuối giải Ta tính S hai cách Nhận thấy sau trận đấu, tổng điểm mà hai kỳ thủ tham gia nhận từ trận đấu Do đó, tổng điểm k kỳ thủ đấu với cuối số trận đấu hay Ck2 Sử dụng nhận xét trên, ta S = Cn2 Mặt khác, theo giả thiết, tổng điểm n − 10 kỳ thủ xếp đầu gấp đôi tổng điểm mà n − 10 kỳ thủ đấu với Tương tự, tổng điểm 10 kỳ thủ xếp cuối gấp đôi tổng điểm mà 10 kỳ thủ đấu với Kết hợp với nhận xét, ta 2 S = 2Cn−10 + 2C10 , suy 2 Cn2 = 2Cn−10 + 2C10 , tương đương với n (n − 1) =2· (n − 10) (n − 11) + 90, n2 − 41n + 400 = 0, ta n = 16 n = 15 Vậy số kỳ thủ tham gia 16 25 Bài 9: Đặt α = 3 (a) Chứng minh a, b, c số hữu tỷ cho a + bα + cα2 = 0, a = b = c = (b) Tìm tất đa thức P(x) có bậc nhỏ với hệ số hữu tỷ cho P(α + α2 ) = + α (c) Tồn hay không đa thức P(x) với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện P(α + α2 ) = + α Gợi ý: (a) Giả sử α nghiệm phương trình a + bx + c x = Suy a + bα = −cα2 , hay a2 − b2 α2 = −cα2 (a − bα) = acα2 − 3bc, suy tiếp α2 số hữu tỉ, vơ lí (b) Thử với đa thức bậc Đồng hệ số, ta P(x) = 12 x − 12 x (c) Chứng minh quy nạp, ý (α2 + α)n biểu diễn dạng u + vα + wα2 Bài toán kết thúc

Ngày đăng: 14/08/2020, 17:50

w