OFFICI~1.PDF toán học

GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014 Tiêu Thụ Bài Giảng Ngày Bất đẳng thức Bài 1.1: Cho x, y, z ba số thực dương Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x + y +z x yz , với điều kiện x + y + z = 2(x y + yz + z x) Lời giải: Từ giả thiết tốn ta có (x + y − z)2 = 4x y Giả sử x = max(x, y, z) ta có x + y = z + x y Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta P= x + y +z x yz = 2(z + x y) x yz = xy z+ + xy 2·33 z· x yz xy · xy x yz = Đẳng thức xảy x = y = 4z Vậy max P = 3 Bài 1.2: Với a, b, c số thực dương Chứng minh bc a2 + ca b2 + ab c2 + 6abc a3 + b3 + c Lời giải Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh dạng Giả sử c b a3 b3 + b3 c + c a3 − 3a2 b2 c 2(a3 + b3 + c − 3abc) a2 b2 c a3 + b3 + c a Ta có đánh giá a3 b3 + b3 c + c a3 − 3a2 b2 c = (ab + bc + ca)[c (a − b)2 + ab(a − c)(b − c)] (ab + bc + ca)[ab(a − b)2 + ab(a − c)(b − c)] (ab + bc + ca) · ab · [(a − b)2 + (a − c)(b − c)], a3 + b3 + c − 3abc = (a + b + c)[(a − b)2 + (a − c)(b − c)] Do đó, ta cần chứng minh (a b + bc + ca)[(a − b)2 + (a − c)(b − c)] 2(a + b + c)[(a − b)2 + (a − c)(b − c)] abc a3 + b3 + c , tương đương với (ab + bc + ca)(a3 + b3 + c ) 2abc (a + b + c) Theo bất đẳng thức AM-GM, (ab + bc + ca)2 abc(a + b + c) Do đó, ta cần chứng minh 3(a3 + b3 + c ) 2c(ab + bc + ca), 3(a3 + b3 + c ) 2c (a + b) + 2abc Vì a +b (a + b)3 , c = c3 + c3 Nên theo bất đẳng thức AM-GM, ta có a3 + b3 + c 3 (a + b)3 c c 3 · · = · c (a + b) 2 2 Từ suy 3(a3 + b3 + c ) 2 · c (a + b) Do đó, ta cần chứng minh 2 · c (a + b) 2 Bất đẳng thức c(a + b) 2c (a + b) + 2abc, − c(a + b) c · 2a 2ab 2ab, và a = b = c Bài toán chứng minh − > Đẳng thức xảy Hình học phẳng A - Phương tích, trục đẳng phương Bài 2.1: Về phía ngồi tam giác ABC ta dựng hai tam giác PAB QAC cho AP = AB, AQ = AC, ∠BAP = ∠CAQ Hai đường thẳng BQ C P cắt R Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCR Chứng minh AO vng góc với PQ Lời giải: Hai tam giác AP C ABQ đồng dạng nên ∠APR = ∠ABR Suy A, P, B, R thuộc đường tròn (O1 ) Tương tự A, R, C, Q thuộc đường tròn (O2 ) (O1 ), (O2 ) cắt AQ, AP E, F Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF, đường thẳng O1 I, O2 I cắt AE, AF M , N Ta có ∠AE P = ∠ARC = ∠AFQ hai tamm giác AE P, AFQ đồng dạng M , N trung điểm AE, AF nên hai tam giác PAM QAN đồng dạng Suy ∠M P N = ∠MQN Từ có P, M , N , Q đồng viên Vì I, M , A, N đồng viên, ta có ∠AQP = ∠M N A∠M IA Do I, M , H, Q đồng viên (IA cắt PQ H) Do IA vng góc với PQ I F E M N A O2 Q O1 H P R C B Mặt khác PQ trục đẳng phương (I) (O) nên IO vng góc PQ (vì ta có PA · P F = PR · P C, QA · QE = QB · QR) Từ có AO vng góc với PQ Bài 2.2: Cho tam giác ABC có I I a tâm đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp góc A Giả sử I I a cắt BC A Gọi M trung điểm cung BC (không chứa A) N trung điểm cung M BA (của (ABC)) Tia N I N I a cắt đường tròn (ABC) S T Chứng minh ba điểm A , S, T thẳng hàng Lời giải: Bằng cách biến đổi góc đơn giản ta có ∠N SA = ∠N AM , từ suy N AS ∼ N I a A Suy tiếp ∠I a1 = ∠N AS, mà tứ giác N AT S nội tiếp, nên ∠T = ∠I a1 hay T ISAa tứ giác nội tiếp (C) Theo tính chất trục đẳng phương tâm đẳng phương, ý I I a BC trục đẳng phương cặp đường tròn (C) (M ) , (O) (M ) suy A thuộc trục đẳng phương (C) (O) A S I O N A B C T M Ia Ta có điều phải chứng minh Bài 2.3: Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt A, B Một đường thẳng qua B cắt (O1 ), (O2 ) C, D Trên tia đối tia AB lấy điểm M Giả sử M C cắt (O1 ) P, M D cắt (O2 ) Q Gọi E, F giao điểm BP AC, BQ AD Biết O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ Chứng minh OM vng góc E F Lời giải: Ta có M thuộc trục đẳng phương O1 , O2 nên M C · M P = M D · MQ, hay tứ giác PQDC nội tiếp Gọi Hlà tâm đường tròn ngoại tiếp AC D Từ đẳng thức theo phương tích E, F O1 , O2 , ta có E F trục đẳng phương đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ, AC D Đến ta chứng minh M , O, H thẳng hàng Đầu tiên, để ý PQDC tứ giác nội tiếp M giao điểm DQ C P nên M tâm nghịch đảo (O) , (H) Do M tâm vị tự hai đường tròn trên, nên ba điểm M , O, H thẳng hàng Mặt khác theo tính chất trục đẳng phương ta có OH ⊥ E F, suy OM ⊥ E F C H B O1 O E O2 F D K A P Q M Hoặc không sử dụng phép nghịch đảo ta gọi giao điểm thứ hai DQ với (H) K Bằng số biến đổi góc ta chứng minh H K OQ Khi theo định lý Thales ta suy M , O, H thẳng hàng B - Phép biến hình Bài 2.4: Hai đường trịn (O1 ), (O2 ) tiếp xúc với C, tiếp xúc với (O) D E Gọi d tiếp tuyến chung C (O1 ), (O2 ) Dựng đường kính AB (O) vng góc với d cho ba điểm A, D, O1 nằm phía với d Chứng minh AO1 , BO2 , DE đồng quy Lời giải: Xét phép vị tự H D, R R1 : O1 → (O) Vì O1 C OB suy O1 C → OB C → B, D, C, B thẳng hàng Hơn nữa, gọi X giao điểm CO1 với O1 X → A, X , A, D thẳng hàng Tương tự ta có A, C, E thẳng hàng Y ∈ E D Y giao điểm CO2 với O2 Do ∠AEB = ∠ADB = 90◦ nên C trực tâm M AB, với M giao điểm AD, BE Do M ∈ d Gọi P, H giao điểm d với DE, AB Khi (M , C, P, H) = −1, suy (AM , AC, AP, AH) = −1 (2.4.1) Mặt khác xét chùm AD, AO1 , AC, AH có đường thẳng qua O1 song song với AH cắt AD, AC cho O1 trung điểm AC nên AD, AO1 , AC, AH = −1 (2.4.2) M E P D O2 X O1 H A Y C B O Từ (2.4.1) (2.4.2) ta có A, O1 , P thẳng hàng Tương tự B, O2 , P thẳng hàng Từ suy điều phải chứng minh Bài 2.5: Cho hai đường tròn (O), (O ) cắt A, B M điểm đường thẳng AB Từ M kẻ hai tiếp tuyến M D, M E tới (O ) Giả sử AE AD cắt đường tròn (O) P, Q Chứng minh PQ qua điểm điểm cố định Lời giải: Gọi C giao điểm hai tiếp tuyến kẻ từ A, B (O ) , H giao điểm AC với (O) , G giao điểm hai tiếp tuyến kẻ từ H, B (O ) G M P H E B O D O C A Q Ta dễ dàng chứng minh cặp tam giác sau đồng dạng (g.g) ABE ∼ H BQ, ABD ∼ HQB Do tồn phép biến hình H tích phép vị tự phép quay biến (O ) → (O) , ABE → H BQ, ABD → HQB Mặt khác ADBE tứ giác điều hòa nên DE qua C, theo tính chất phép biến hình suy PAQB tứ giác điều hòa PQ qua G, mà G cố định (theo cách dựng) Vậy PQ qua điểm cố định M thay đổi AB Thuật tốn Bài 3.1: Tìm tất số nguyên dương x, y cho x + x + y y + y + x Gợi ý: Từ giả thiết suy (x, y) = x y | (x + x + 1)( y + y + 1), x y | x + y + x + y + Đặt x + y + x + y + = kx y (3.1.1), x + x(1 − k y) + y + y + = (3.1.2) ta có Giả sử (3.1.1) có nghiệm gọi (x , y0 ) nghiệm cho x + y0 nhỏ Theo định lý Viete cho (3.1.2), x = k y0 − − x = y02 + y0 +1 x0 > nghiệm (3.1.1) Suy (x , y0 ) nghiệm (3.1.1), suy x + y0 x0 y0 Từ tận dụng (3.1.1), ta suy k + k y0 x + y0 , hay Phần lại xin dành cho bạn đọc Bài 3.2: Với a, b hai số nguyên dương nguyên tố Chứng minh a b − a − b số tự nhiên lớn không viết dạng ax + b y x, y số nguyên không âm Gợi ý: Đây định lý Sylvester Ta chứng minh tốn qua bước sau: • Chứng minh rằng, (a, b) = số nguyên dương N biểu diễn cách dạng ax + b y, x b − • Áp dụng bổ đề trên, chứng minh N0 khơng biểu diễn • Chứng minh N > N0 biểu diễn Phần chứng minh cụ thể xin dành cho bạn đọc Tổ hợp Bài 4.1: Tìm số hốn vị a1 , , an {1, 2, , n} (n kiện sau: 2) thỏa mãn hai điều (i) = i, với i = 1, 2, , n (ii) ai+1 − với i = 1, 2, , n − Lời giải: Trước hết, ta đếm số hoán vị thỏa mãn điều kiện (ii) Gọi an số hoán vị dạng Giả sử = n điều kiện ai+1 − nên ai−1 = n − thế, suy a1 = n − i, số lại 1, 2, 3, , n − i − tạo thành hốn vị thỏa mãn điều kiện (ii) có n − i − phần tử Sn−i−1 Do i n nên ta có n−1 Sn = Sn−i = S1 + S2 + S3 + · · · + Sn−1 i=0 Ta có S1 = 0, S2 = 2, quy nạp, ta chứng minh Sn = 2n−1 với n Tiếp theo, ta tính số hốn vị thỏa mãn điều kiện (ii) không thỏa mãn điều kiện (i), tức hốn vị có số i mà = i Ta thấy tồn i = j mà = i, a j = j với k mà i k j ak = k Gọi x, y số nhỏ nhất, lớn thỏa mãn = i, i n với x < y n Ta nhận xét với số ak mà k < x nhận giá trị từ y + đến n, tương tự, với số ak mà k > y nhận giá trị từ đến x − Khi đó, dễ thấy hai đại lượng x − 1, n − y khác khơng thể tồn cách xếp nên ta phải ln có x − = n − y hay x + y = n + n+1 , tương tự cách tính số hoán vị thỏa mãn điều kiện (ii) Với x mà x trên, ta thấy số hoán vị thỏa mãn 22(x−2) x x = Khi đó, số hốn vị thỏa mãn điều kiện (ii) không thỏa mãn điều kiện (i) [ n+1 ] 1+ [ n+1 ] 2(x−2) =1+ i=2 =1+ x−2 n+1 4[ ] − i=2 = n+1 4[ ] + [ n+1 ]−1 Vậy số hốn vị cần tìm 2n−1 − +2 Bài 4.2: Cho số nguyên dương n Kí hiệu T tập hợp 2n số nguyên dương Hỏi có tập S T thỏa mãn tính chất: Trong S khơng tồn a, b thỏa mãn |a − b| ∈ {1, n} ? Lời giải: Ứng với số nguyên dương n, đặt 2n số nguyên dương 1, 2, 3, , 2n − 1, 2n vào bảng × n sau: n+1 n+2 n+3 ··· ··· ··· ··· n−1 2n − n 2n Ta xác định tổng số chọn số ô vuông từ bảng (có thể không chọn số nào) thỏa mãn hai điều kiện đây: (*) Hai ô vuông kề (tức hai ô chứa hai số liền hai số cách n đơn vị) không chọn đồng thời (**) Hai ô chứa số n n + không chọn đồng thời Rõ ràng số cách chọn số tập hợp S tập hợp T cần tìm, đặt số cách chọn S(n) Ta xét thêm số cách chọn số ô vuông A(n), , B(n), C(n) từ bảng (A), (B), (C) thỏa điều kiện (∗) có số thay đổi sau: • A(n) : Bảng (A) chứa đủ số từ đến 2n hai ô vuông chứa số n, n + chọn đồng thời n+1 n+2 ··· ··· n+3 ··· ··· n−1 2n − n 2n • B(n) : Bảng (B) khơng có chứa ô vuông góc bảng, chẳng hạn ô vuông chứa số n + 1 n+2 ··· ··· n+3 ··· ··· n−1 2n − n 2n • C(n) : Bảng (C) khơng tính hai ô vuông góc bảng chứa hai số liên tiếp n n + 1 n+2 ··· ··· n+3 ··· ··· n−1 2n − 2n Ta chứng minh kết sau: (1) A(n) = S(n) + C(n − 2) (2) A(n) = A(n − 1) + 2B(n − 1) (3) B(n) = A(n − 1) + B(n − 1) (4) B(n) = C(n) + C(n − 1) (5) C(n) = B(n − 1) + B(n − 2) + C(n − 2) Thật vậy: (1) Để tính số cách chọn A(n) vuông từ bảng (A), ta chia làm trường hợp: ◦ Các ô chứa n n + không chọn đồng thời: Số cách chọn S(n) ◦ Các ô chứa n n + chọn đồng thời: Khi đó, chứa số 1, n + 2, 2n, n − không chọn, bảng (A) có dạng sau: n+3 ··· ··· ··· ··· 2n − ◦ Bảng chứa 2n − nên xem tương ứng với bảng: n n+1 ··· ··· ··· ··· n−3 2n − 2n − Rõ ràng, số cách chọn ô vuông từ bảng thỏa điều kiện (∗) C(n − 2) Do trường hợp rời nên: A(n) = S(n) + C(n − 2) (2) Để tính số cách chọn A(n) vng từ bảng (A), ta chia làm trường hợp: ◦ Các ô vuông chứa n + không chọn: Bảng (A) có dạng: n+2 n+3 ··· ··· ··· ··· n−1 2n − n 2n Bảng chứa 2n − nên xem tương ứng với bảng sau: n n+1 n+2 ··· ··· ··· ··· n−2 2n − n−1 2n − Số cách chọn ô từ bảng thỏa điều kiện (∗) A(n − 1) ◦ Chọn ô vuông chứa số : Khi đó, vng chứa số n + khơng chọn, bảng có dạng: n+3 n+2 ··· ··· ··· ··· n-1 2n-1 n 2n ◦ Ta thấy bảng xem tương ứng bảng sau: n+1 n+2 ··· ··· ··· ··· n−2 2n − n−1 2n − Số cách chọn ô từ bảng thỏa điều kiện (∗) B(n − 1) ◦ Chọn ô vuông chứa số n + : Tương tự trên, số cách chọn trường hợp B(n − 1) Các trường hợp rời nên: A(n) = A(n − 1) + 2B(n − 1) Các kết (3), (4) (5) trên, chứng minh tương tự Từ đó, ta chứng minh cơng thức truy hồi S(n) : S(n + 3) = S(n + 2) + 3S(n + 1) + S(n) Thật từ (2) ta suy B(n − 1) = [A(n) − A(n − 1)] , thay vào (3) : [A(n + 1) − A(n)] = A(n − 1) + [A(n) − A(n − 1)] , tương đương với A(n + 1) − A(n) = 2A(n − 1) + A(n) − A(n − 1), A(n + 1) = 2A(n) + A(n − 1), ∀n 10 Từ đó, suy A(n + 3) = 2A(n + 2) + A(n + 1) = A(n + 2) + 2A(n + 1) + A(n) + A(n + 1), hay A(n + 3) = A(n + 2) + 3A(n + 1) + A(n), ∀n (6) Thay (4) vào (5), ta C(n) = [C(n − 1) + C(n − 2)] + [C(n − 2) + C(n − 3)] + C(n − 2), C(n) = C(n − 1) + 3C(n − 2) + C(n − 3), ∀n 3, C(n + 3) = C(n + 2) + 3C(n + 1) + C(n), ∀n ∀n (7) Từ (1), (6) (7), ta có cơng thức truy hồi S(n) là: S(n + 3) = S(n + 2) + 3S(n + 1) + S(n), Mặt khác, ta có: • Với n = : Bảng khơng có vng nào, chọn vng từ bảng: Có cách: S(0) = • Với n = : Bảng có vng: Có thể chọn ô vuông ◦ Chọn ô vuông từ bảng: Có cách ◦ Chọn vng từ bảng: Có cách (chọn ô vuông chứa số 1, 2) Do đó: S(1) = • Với n = : Bảng có vng, chọn 0, 1, ô vuông ◦ Chọn ô vuông từ bảng, có cách ◦ Chọn vng từ bảng, có cách (chọn vng chứa số 1, 2, 3, 4) ◦ Chọn vng từ bảng, có cách (chọn đồng thời hai ô vuông chứa số 1, 4) Do đó: S(2) = Ta kết sau: S(0) = 1, S(1) = 3, S(2) = S(n + 3) = S(n + 2) + 3S(n + 1) + S(n), n = 0, 1, 2, Ta xác định công thức S(n) Xét phương trình đặc trưng: λ3 = λ2 + 3λ + 1, ta λ = −1, λ = ± Ta có: S(n) = α(−1)n + β(1 + n 2) + γ(1 − n 2) , n = 0, 1, 2, α, β, γ số thực Cho n = 0, 1, 2, ta hệ phương trình: α=−   α+β +γ=1     3+ − α + (1 + 2)β + (1 − 2)γ = ⇔ β =    2   α + (1 + 2) β + (1 − 2) γ =  3− γ=   11 Do với n 0, S(n) = (3 + 2)(1 + n 2) + (3 − 2)(1 − n 2) − 2(−1)n Vậy số tập S tập hợp T cần tìm thỏa mãn điều kiện cho là: (3+ 2)(1+ 2)n +(3− 2)(1− 2)n −2 · (−1)n Lời giải kết thúc Bài 4.3: Hai anh Cẩn Huyện chơi trò chơi cách đặt đồng xu (hình trịn, bán kính) lên đĩa tròn cho trước, lượt đồng, cho đồng xu khơng nằm ngồi đĩa chồng lên Người thua người đặt thêm đồng xu lên đĩa Giả sử anh Cẩn trước, hỏi anh Cẩn có chiến thuật thắng khơng? Gợi ý: Nếu bán kính đĩa nhỏ bán kính đồng xu anh Cẩn thua khơng thể đặt lên đĩa đồng xu cho thỏa Nếu bán kính đĩa lớn bán kính đồng xu anh Cẩn có chiến thuật thắng sau: • Đầu tiên, anh Cẩn đặt đồng xu vào đĩa (tâm trùng với tâm đãi) • Các bước anh Cẩn cần đặt đồng xu vị trí đối xứng với anh Huyện qua tâm đĩa đủ Lời giải kết thúc ( ) Nếu thay đĩa trịn đĩa hình tam giác vng cân sao? Bài 4.4: Cho số nguyên dương n, k, p với k k(p + 1) n Cho n điểm phân biệt nằm đường thẳng Tơ n điểm hai màu xanh, đỏ (mỗi điểm tơ màu) Tìm số cách tô màu khác nhau, cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: (1) Có k điểm tô màu xanh (2) Giữa hai điểm màu xanh liên tiếp (tính từ trái qua phải) có p điểm tô màu đỏ (3) Ở bên phải điểm tơ màu xanh cuối có p điểm tô màu đỏ (4) Hai cách tô màu gọi khác có điểm tô màu khác hai cách Gợi ý: Đánh số điểm đường thẳng từ đến n theo thứ tự từ phải trái Gọi < a1 < a2 < · · · < ak n vị trí tương ứng điểm màu xanh đường thẳng Các điều kiện đề tương đương: (i) a1 > p (i) ai+1 − > p, ∀i ∈ 1; k − 12 Để ý ta đặt bi = − p · i từ (i) (ii) ta suy ra: < b1 < b2 < · · · < b k n − kp (4.4.1) Và tồn song ánh từ k số tự nhiên thỏa điều kiện (4.4.1) đến tập k số thỏa điều kiện (i) (ii) k Đáp số toán Cn−kp 13