GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014 Tiêu Thụ Bài Giảng Ngày Bất đẳng thức Bài 1.1: Cho x, y, z số thực dương Chứng minh 9(ab + bc + ca − 3abc) (ab + bc + ca)(4 − abc − a2 − b2 − c ) Lời giải: Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có (a + b + c)(ab + bc + ca) 3abc Sử dụng đánh giá này, ta đưa toán chứng minh bất đẳng thức mạnh 9(a b + bc + ca) − 3(a + b + c)(ab + bc + ca) (ab + bc + ca)(4 − abc − a2 − b2 − c ), thu gọn thành a2 + b2 + c + abc + 3(a + b + c) Xét f (a, b, c) = a + b + c + abc + − 3(a + b + c) Ta có 2 f (a, b, c) − f f (a, b, c) − f ab, c = a+b a+b , , c 2 = ab, a− a+ b (a − b)2 (2 − c) b −3 , Do tính đối xứng tốn nên ta giả sư c số nhỏ số Khi đó: a+ 2, f (a, b, c) • Nếu c 1, • Nếu c 1, − c > 0, f (a, b, c) b f f ab, c ab, a+b a+b , , c Tóm lại, ta cần chứng minh tốn trường hợp hợp có hai biến Giả sử ta chứng minh f ab, ab, c Đặt t = ab, f (t, t, c) = 2t + c + t c + − 3(2t + c), hay f (t, t, c) = t (c + 2) − 6t + c − 3c + 5, Xem f (t, t, c) tam thức bậc hai theo t Tam thức có biệt thức ∆ = − (c + 2)(c − 3c + 5) = −(c − 1)2 (c + 1) Nên theo đính lý dấu tam thức bậc hai ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Chứng minh hoàn tất Bài 1.2: Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a2 + b2 + c + ab + bc + ca = Chứng minh 1 + + − ab − bc − ca Lời giải: Bởi − − ab = − ab − ab − ab − ab + , nên bất đẳng thức viết lại sau − bc − bc + − bc − bc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 2 − ab (2 − ab) − ab (2 − ab)(4 − ab) = (6 − ab − bc − ca)2 (2 − ab)(4 − ab) = (a2 + b2 + c )2 (2 − ab)(4 − ab) Như vậy, ta cần chứng minh (a2 + b2 + c )2 (2 − ab)(4 − ab), tương đương với a4 + b4 + c + a2 b2 + b2 c + c a2 + 6(ab + bc + ca) 24, a4 +b4 +c +a2 b2 +b2 c +c a2 +(ab+bc+ca) a2 + bc a2 + bc Khi triển thu gọn lại ta a4 + b4 + c + abc(a + b + c) ab(a2 + b2 ) + bc(b2 + c ) + ca(c + a2 ) Đây bất đẳng thức Schur bậc nên hiển nhiên Đẳng thức xảy a = b = c = a = b = 2, c = hoán vị tương ứng Bài toán chứng minh Đa thức Bài 2.1: Tìm tất đa thức có hệ số thực thỏa mãn 1 + P(x) = [P(x + 1) + P(x − 1)] Lời giải: Nếu tồn đa thức thỏa mãn đẳng thức ban đầu thì: • Đặt G(x) = P(x + 1) − P(x) − 2x, từ đẳng thức đầu ta suy G(x) đa thức • Giả sử G(x) = C = const Xét đa thức H(x) = P(x) − x − (C − 1)x ta suy H(x) đa thức Vậy tất đa thức thỏa mãn có dạng P(x) = x + Ax + B Bài 2.2: Với n nguyên dương, a, b, c số thực cho a n + b n + c n số nguyên Chứng minh tồn ba số nguyên p, q, r để a, b, c nghiệm phương trình x + px + qx + r = Đây câu đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2009, bạn tham khảo địa chỉ: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=38&t=260823 Bài 2.3: Cho F đa thức có hệ số nguyên p số nguyên tố cho với với số k nguyên dương F (0) = 0, F (1) = 1, F (k) ≡ 0, (mod p) Chứng minh deg F p − p − thỏa mãn điều kiện đầu Gọi Gợi ý: Giả sử tồn đa thức F có deg F S = {a1 , a2 , , ak }, (p − k 1), tập hợp số tự nhiên n khoảng đến p − cho F (n) ≡ (mod p) Ngoài ta thấy F (n) ≡ (mod p), ∀i ∈ {0, 1, , p − 1} Xét đa thức k H(x) = k − − (x − ) p−1 i=1 Theo Fermat nhỏ, ta suy F (n) − H(n) ≡ (mod p), ∀n Mà deg(F (n) − H(n)) = p − 1, (do deg F p − 2; deg H = p − 1), nên theo định lý Larange nghiệm modulo đa thức, ta suy K(x) = F (x)−H(x) đa thức có hệ số chia hết cho p Tuy nhiên điều xảy hệ số ứng với x p−1 K(x) k, mà < k < p Vậy điều giả sử sai, nên ta có điều phải chứng minh Thuật tốn Bài 3.1: Tìm tất số (a1 , a2 , , an ) nguyên dương cho | (2ai+1 − 1) với i = 1, n Ở ta qui ước an+1 ≡ a1 Lời giải: Đặt N = lcm(a1 , a2 , , an ) Ta chứng minh 2N ≡ 1(mod N ) N lẻ Giả sử N > 1, gọi p ước nguyên tố nhỏ N Ta có p−1 ≡ 1(mod p) 2N ≡ 1(mod p) Suy 2(N ,p−1) ≡ 1(mod p), suy tiếp ≡ 1(mod p), (vơ lí) Như N = tức a1 = a2 = · · · = an = Thử lại ta thấy số thỏa mãn điều kiện tốn Phương trình hàm Bài 4.1: Tìm tất hàm số f (x) : (1; +∞) → (1; +∞), cho f (x y ) = f (x) f ( y) Lời giải: Thêm biến z ∈ (1; +∞) Ta có f (x yz ) = f ((x y )z ) = ( f (x y )) f (z) = ( f (x)) f ( y)· f (z) Mà f (x yz ) = f (x) yz , từ ta có f ( y) · f (z) = f ( yz), nên f nhân tính Tiếp tục thêm biến f (x y+z ) = f (x) f ( y+z) , f (x y+z ) = f (x y · x z ) = f (x y ) · f (x z ) = f (x) f ( y) · f (x) f (z) = f (x) f ( y)+ f (z) Từ suy f ( y + z) = f ( y) + f (z), nên f cộng tính Vì f hàm cộng tính nhân tính nên f (x) = x với x > Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện tốn + Bài 4.2: Tìm tất hàm f : f f (x) → = y f (x) + + , cho x x f ( y) + , với x, y > f (x) z f (x)+1 Lời giải 1: Dễ thấy f hàm đơn ánh Bây thay x (4.2.1) vào (4.2.1) sử dụng lại kết ta có: f x x y + x f (z) + f (x) = f (x) f y + z f (x) + (4.2.2) (4.2.3) Thay y f ( y) vào (2) ta được: x f xf = y + x f (z) + f (x) f (x) f f y + z f (x) + Vì vế trái (4.2.3) đối xứng với qua biến y z nên vế phải phải đối xứng Từ ta được: f f −x= f y f (z) − z = c, hay f (x) = x + c f (4.2.4) Thay y f ( y) vào (4.2.1) sử dụng (4.2.4) ta có: f (x) f Thay x x f (x) f y +1 vào (4.2.5) ta có: Thay x f x x x f f = f y +1 x x y +c +1 (4.2.5) vào (4.2.5) ta có = x + y+c (4.2.6) Vì vế phải (4.2.7) đối xứng nên vế trái phải đối xứng, cộng thêm tính đơn ánh ta có: f 1y f 1x = , f 1x f y + f 1y f (x) + suy f (x) + y f Thay y = x =f y + (4.2.7) x f vào (4.2.7) ta có f (x) + tức f (x) = f x , f (x) · f x0 Nếu có x để f x = f với x = ta có f (x) x =f + x , x f = f đơn ánh ta có: x = f (x) · f x0 suy x = Do = x (4.2.8) Bây (4.2.7) ta xét x = sử dụng (4.2.8) ta có f (4.2.8) với y > Thay x x y = f y , sử dụng (4.2.8) ta có f = y + f (x) x+f , y hay = f y + f (x) x+f f y + f (x) = x + f y (4.2.9) y Thay x x + f (z) vào (4.2.9) sử dụng (4.2.9) ta có: y + z + f (x) = x + f f f y +z + x = x + f f y +z = f y + f (z) , y + f (z) , y + f (z) Suy f cộng tính từ R+ → R+ nên ta có ngay: f (x) = kx Mà f (x) · f 1x = 1, suy k = 1, hay f (x) = x Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện toán Lời giải 2: Ta có f (x) y f (x) + Đặt g (x) = f ( 1x ) = x xf y +1 > 0, dễ dàng ta tìm được: g y + g (x) = x + f y Nếu tồn tai tập D tập R+ cho g (x) < x, với x thuộc D g (x) = g x − g (x) + g (x) = x + f x − g (x) > x, ( mâu thuẫn) Vậy g (x) x, với x > 0, hay f ( 1x ) f (x) x, tương đương f x , x x, với x > (4.2.10) Với kiện ta thấy với số dương x, y f f (x) f (x) y f (x) + y f (x) + , tương đương với f (x) x y f (x) + x f (x) f x f (x) f y +1 xf y + f (x) , x y f (x) + x, y − y + f (x) − x 0, (4.2.11) Từ (4.2.10) (4.2.11) ta suy f (x) = x, thử lại ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện toán Vậy hàm số cần tìm f (x) = x, với x > Tổ hợp Bài 5.1: Cho đa giác lồi n cạnh Hai người chơi A B thực thao tác sau: Tới lượt chơi người vẽ đường chéo đa giác cho cắt đường chéo vẽ đỉnh đa giác, biết người thua người không vẽ Giả sử A trước, hỏi người có chiến thuật thắng ? Gợi ý: Với đa giác lồi n(n 4) cạnh Quy nạp chứng minh người chơi không bỏ chừng (tức lượt mình, họ cố gắng vẽ thêm đường chéo thỏa điều kiện) trị chơi ln kết thúc đường chéo thứ n − vẽ (tức họ ln vẽ n − đường chéo, dù họ chơi sao) Từ kết luận n lẻ người trước thua Nếu n chẵn người sau thua Hình học phẳng Bài 6.1: Tứ giác ABC D nội tiếp đường trịn tâm O có E giao điểm hai đường chéo P điểm bên tứ giác X , Y, Z, W tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP, BC P, C DP, DAP Chứng minh X Z, Y W, OE đồng quy Lời giải: Gọi M giao điểm thứ hai (Y ) (W ), N giao điểm thứ hai (x) (Z) I giao điểm X Z W Y Ta có I tâm đường trịn (I) ngoại tiếp tam giác P M N Gọi F giao điểm AD BC, G giao điểm AB C D Theo định lý Brocard, ta có O trực tâm tam giác E F G nên OE⊥F G Mặt khác, P N trục đẳng phương (X ) (Z) đồng thời GA · GB = GC · GD nên G thuộc P N GN · GF = GA · GB = GC · GD Do F thuộc trục đẳng phương (O) (I) G A X D E N W P M X1 I Z O C B F Y Tương tự, G thuộc trục đẳng phương (O) (I) Do OI⊥F G Hay O, I, E thẳng hàng Từ suy điều phải chứng minh Bài 6.2: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE, C F trực tâm H Đường tròn ngoại tiếp tam giác BH C cắt AB, AC P Q Gọi M , N , G, I lần là giao điểm DE C F, DF BE, PQ BC, BQ C P, BQ Chứng minh M N song song với I G Lời giải: Gọi O, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC BH C Ta có mộ số kết quen thuộc sau (bạn đọc tự chứng minh lại) • O đối xứng với O qua BC • Tâm đường tròn Euler J tam giác ABC trung điểm OH Khi ta có tứ giác AHO O hình bình hành (do AH song song OO ) Mà J trung điểm OH nên suy J trung điểm AO A E F H Q M N P G B J O I C D O Các tứ giác BF H D C EH D nội tiếp, có M , N giao điểm đường chéo, nên dễ dàng suy M N trục đẳng phương (J) (O ) Do AO ⊥M N Mặt khác, theo định lý Brocard, suy AO ⊥ I G Vậy M N I G 7 Đố vui Bài 7.1: Có 80 đồng tiền vàng có đồng giả nhẹ đồng lại Dùng cân thăng bạn cần lần cân (có giải thích) để phân biệt đồng giả? Lời giải: Không thể cân lần Giả sử ngược lại, lần cân tương ứng 33 = 27 kết quả, thuật toán cân hiệu phải tương ứng kết với đồng xu giả, điều vơ lý 27 < 80! Cân lần: Chia thành ba nhóm: A(27) − B(27) − C(26) • Lần : Cân A B Nếu không thăng bằng: Chọn bên nhẹ hơn, chia làm nhóm nhỏ, nhóm đồng Nếu thăng bằng: Chia C thành nhóm (9 − − 8) • Lần 2: Cân nhóm Tương tự lần 1, hồn tồn tìm nhóm chứa đồng xu giả Ta trở toán quen thuộc là: “Tìm đồng xu giả nhẹ (hoặc 9) đồng xu với lần cân.” Bài 7.2: Có hai đồng hồ cát, loại phút phút Hãy đo phút Lời giải: Chúng ta hình đây: Bài tốn kết thúc