Chuyên đề toán học số 8

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HCM TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ Năm học 2004-2005 Lời ngỏ Các bạn thân mến ! Sau mong muốn cố gắng , cuối - tập thể học sinh lớp 12 Tốn niên khóa 2002-2005 em lớp 11 - gửi đến bạn Chuyên đề toán học số ! Tiếp nối truyền thống, Chuyên đề toán học số đời kỷ vật mà hệ học sinh chun Tốn nói chung chúng tơi nói riêng muốn gửi gắm lại cho thầy cơ, cho mái trường Năng Khiếu thân yêu Đó lời tri ân dành tặng cho người thầy dìu dắt chúng tơi đường chông gai mà không phần tươi đẹp Tốn học Trong q trình học tốn, hẳn có lúc vui mừng làm sao, sung sướng phát vấn đề lý thú, lời giải đẹp hay phương pháp … Tại khơng ghi lại điều ? Chun đề tốn học đời với ý nghĩa trên, cóp nhặt, suy nghĩ, tìm tịi thành viên thu suốt ba năm học Chúng hy vọng chuyên đề đem đến niềm vui nho nhỏ cho bạn ! Chào thân ! Ban biên tập ! Mục lục 1)Phương pháp tổng quát giải bất đẳng thức tam giác – Trần Minh Hoàng 2) Định lý Pick 10 Vũ Đỗ Uyên Vy - Phạm Khang Hy 3) Phương pháp xây dựng dãy truy hồi 14 & tốn giải tích tổ hợp – Lương Minh Thắng 4) Liên hệ định lý Ceva định lý Carnot 20 chứng minh đồng quy - Trần Tiến Hiếu 5) Phương pháp lượng giác chứng minh 26 bất đẳng thức - Nguyễn Lữ Khoa 6) Các số lũy thừa mod p – Kha Tuấn Minh 31 7) Một vài dãy số đặc biệt 37 Lê Đăng Khoa – Bùi Lê Trọng Thanh 8) Một số phương pháp giải toán 44 dãy số nguyên - Lê Đăng Khoa – Bùi Lê Trọng Thanh 9) Phương pháp phương hóa 49 chứng minh bất đẳng thức - Nguyễn Anh Cường 10) Phương pháp đại số( Phương pháp gien) 57 - Thầy Trần Nam Dũng 11) Đề lời giải kỳ thi chọn đội tuyển toán 62 trường PTNK 2003-2004 12) Đề thi vùng Balkan 2004 68 13) Đề thi chọn đội tuyển toán Trung Quốc tham dự IMO 2004 69 14) Đề thi chọn đội tuyển toán Việt Nam tham dự IMO 2004 70 15) Đề thi APMO 2004 71 16) Đề thi USAMO 2004 72 Chuyên đề toán học số PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT GIẢI CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC ĐỐI XỨNG TRONG TAM GIÁC Trần Minh Hoàng – 12 Tốn I – Giới thiệu Bài viết trình bày phương pháp chung để tiếp cận bất đẳng thức đối xứng ∆ Dựa vào nhận xét: ∆ xác định hoàn toàn qua yếu tố p, R, r (nữa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp), đưa bất đẳng thức cần chứng minh p, R, r kĩ đại số chứng minh dễ dàng bất đẳng thức VD: Cho ∆ ABC có cạnh a, b, c CMR 3(∑ a ) + 9abc ≤ 2(∑ a )(∑ a ) Chúng ta đưa bất đẳng thức p + 5r ≥ 16 Rr (1) (có lẽ (1) quen thuộc với nhiều bạn, khơng, phần sau tơi trình bày cách chứng minh tổng quát cho bất đẳng thức dạng (1) ) Như ta giải song ví dụ II – Các bước chứng minh phương pháp p, R, r Chúng ta xem “ Mọi bất phương trình đại số giải được” “tiên đề” để thực phương pháp p, R, r - Bước 1: Biến đổi bất đẳng thức cho dạng p, R, r lưu ý biểu thức đối xứng theo ∆ ABC, tính theo p, R, r biểu thức đối xứng ∆ABC Bài viết xét biểu thức đối xứng ∆ABC nên bước dĩ nhiên thực - Bước 2: Sau thực bước 1, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với hệ thức f(p, R, r) ≥ 0, bước có nhiệm vụ đưa bất đẳng thức dạng p>/< g(R, r) (*) Điều thực chấp nhận “tiên đề” phương pháp pRr - Bước 3: Từ điều kiện ∆ABC tìm miền giá trị p theo R, r điều tức tìm hệ thức h(R, r) ≤ p ≤ k(R, r) (*) để p thoả mãn (**) lập ∆A’B’C’ thoả mãn điều kiện ∆ABC Đây cơng đoạn khó khăn phương pháp bất đẳng thức p, R, r thoả điều kiện ∆ABC hệ (**) Tôi chứng minh bước thực có vơ số điều kiện ∆ABC tơi khơng thể kiểm tra hết Tuy nhiên phần tơi tìm miền giá trị cho số ∆ quen thuộc Chính điền làm tơi tự tin bước ln thực - Bước 4: Kiểm tra (*) có phải hệ (**) hay không Việc kiểm tra hồn R tồn thực ta đưa biến t = Vì việc tìm điều kiện t r chắn làm điều kiện p theo R, r cịn thực khơng có lí để không tin điều kiện R theo r lại khơng tìm Sau tơi chứng minh số định lý để cố thêm niền tin bạn vào phương pháp pRr III – Các định lý: 1) Định lý 1: Một ∆ hoàn toàn xác định biết p, R, r Chứng minh Điều suy dễ dàng từ hệ đẳng thức sau: Trang Chuyên đề toán học số a + b + c = 2p  2 ab + bc + ca = p + 4Rr + r abc = 4pRr  Ngoài hệ đẳng thức cho ta biết p, R, r đại lượng hàm đối xứng theo a, b, c Điều chứng minh cho khẳng định bước 2) Định lý 2: Xét ∆ABC , ta có i) R ≥ 2r ii) 2 R + 10 Rr − r − 2( R − 2r ) R (R − 2r ) ≤ P ≤ R + 10 Rr − r + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) Chứng minh i) Quá quen thuộc nên bỏ qua chứng minh Tôi chứng minh ii) Ta có a, b, c nghiệm phương trình: a ≥ b ≥ c > M (X ) = X − 2pX + p + 4Rr + r X − 4pRr = b + c > a p > a Điều kiện để a, b, c số đo cạnh ∆  ⇔p>a≥b≥c>0 ⇔ c > c > (2.1) ⇔ phương trình M(X) = có nghiệm thoả (2.1) ta có M ' (X ) = 3X − 4pX + p + 4Rr + r ( ) ( ) ∆' = (2p ) − p + 4Rr + r = p − 12Rr − 3r M(X) có nghiệm ⇒ ∆’ ≥ 2p − ∆' 2p + ∆ ' ; x2 = Hai nghiệm M’(X) = x = 3 x M’(x) x1 + – M(x1) M(x) x2 p + M(p) M (0 ) < M ( x ) ≥  ⇒ (2.1) ⇔  ( M x ) ≤ M (p ) > M(0) < 0, M(p) > hiển nhiên M(x2) M(0) ( ) ∆' ∆' ≥ p p − 18Rr + 9r M (x1 ) ≥ ⇔ ⇔ ∆' ∆' ≥ p p − 18Rr + 9r   2 ∆' ∆' ≥ −p p − 18Rr + 9r M (x ) ≤ ( ( ⇔ (∆') ≥ p p − 18Rr + 9r ( ) ) ( ) ) ⇔ p − 2p (2R + 10Rr − r ) + r (4R + r ) ≤ ∆'1 = 2R + 10Rr − r − r(4R + r ) = 4R (R − 2r ) 3 ⇔ 2R + 10Rr − r − 2(R − 2r ) R(R − 2r ) ≤ p ≤ 2R + 10Rr − r + 2(R − 2r) R (R − 2r ) Như định lý chứng minh, i) ii) điều kiện cần đủ để tồn ∆ABC có p, R, r cho trước 3) Định lý 3: Xét ∆ABC nhọn, ta có: Trang Chuyên đề toán học số i) R ≥ 2r ii) 2R + 10Rr − r + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) ≥ p ≥ { ( ( } ≥ max (2R + r) ,2R + 10r − r − 2(R − 2r ) R (R − 2r ) Ta thực tương tự chứng minh định lý M (X ) = X − 2pX + p + 4Rr + r X − 4pRr a≥b≥c>0 Điều kiện ∆ nhọn ⇔ b2 +c2 > a2 ⇔ a2 + b2 + c2 > 2a2 ) ) ⇔ p − 4Rr − r > 2a ⇔ a < p − 4Rr − r Vậy điều kiện phương trình M(X) = có nghiệm a, b, c {p − 4Rr − r > a ≥ b ≥ c > (3.1) M (0) < p ≥ 2R + 10Rr − r − 2(R − 2r ) R (R − 2r ) M (x ) ≥   (3.1) ⇔  ⇔ p ≤ 2R + 10Rr − r + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) M (x ) ≤   2 2 p p − 4Rr − r > p − 2Rr − r M p − 4Rr − r >  ( ) ( ) p ≥ 2R + 10Rr − r − 2(R − 2r ) R (R − 2r )  2 p ≤ 2R + 10Rr − r + 2(R − 2r ) R (R − 2r )  2 p > (2R + r ) Vậy ta suy định lý 4) Định lý 4: Xét ∆ABC khơng nhọn ta có: i) R ≥ + r ( ) 2R + 10Rr − r − 2(R − 2r ) R (R − 2r ) ≤ p ≤ ii) { } ≤ (2R + r ) ,2R + 10Rr − r + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) Chứng minh: r A A B−C A A ≤ − sin + sin i) + = ∑ cos A = − sin + sin cos R 2 2 r A A ⇒ ≤ sin − sin R 2 A r Do sin ≥ ⇒ ≤ − ⇒ R ≥ + r 2 R ii) Chứng minh hoàn toàn tương tự định lý với lưu ý điều kiện tương ứng ∆ khơng nhọn phương trình M(x) = có nghiệm a, b, c thoả mãn điều kiện ( a ≥ p − 4Rr − r ≥ b ≥ c > M (0 ) < M (x ) ≥   M (x ) ≤  M p − 4Rr − r ≤  ( ) Trang ) Chuyên đề toán học số Các định lý 2, 3, trình bày miền giá trị p lớp ∆ tương đối quen thuộc: ∆ thường, ∆ nhọn, ∆ không nhọn Ơ phần tơi tìm miền giá trị p lớp ∆ “hơi đặc biệt” IV – Lớp ∆ có góc ≥ α (4.1) π Dễ thấy điều kiện để lớp ∆ không rỗng ⇔ α ≤ π Nếu α = khơng có đáng nói Vẫn giả sử: a ≥ b ≥ c ⇒ (4.1) ⇔ c ≥ α ⇔ cot gC ≤ cot gα ⇔ a + b − c ≤ 4S cot gα ⇔ c ≥ p − 4Rr − r − 2pr cot gα (4.2) M (0) <  M (x ) ≥  ⇔ M (x ) ≤ (4.3) M (p ) <  M p − 4Rr − r − 2pr cot gα ≤  ) ( ( ta thấy (4.3) ⇔ p − 4Rr − r − 2pr cot gα p + 4Rr + r + p − 4Rr − r − 2pr cot gα ≥ 2p − 4pRr − 2pr − 4p r cot gα ( ) ( ⇔ p − 4Rr − r − 2pr cot gα p − pr cot gα ≥ 2p p − 2Rr − r − 2pr cot gα khai triển rút gọn ta ⇔ p − 2r cot gα.p − 4Rr − r − 4R sin α ≥ r   ∆' = (r cot gα ) + 4R sin α + 4Rr + r =  2R sin α +  sin α   r α ⇔ p ≥ r cot gα + 2R sin α + = 2R sin α + r cot g sin α α Vậy p ≥ 2R sin α + r cot g (4.4) Bây tìm điều kiện R r π π−α π−c ≥ ≥B≥C≥α Ta có: A ≥ B ≥ C ≥ α ⇔ > 2 α c ⇒ sin ≤ sin ≤ cos B ≤ cos C ≤ cos α 2 Ta có r + = cos A + cos B + cos C = − cos(B + C ) + cos B + cos C = R = sin B sin C − cos B cos C + cos B + cos C α C Đặt x= cosB, y = cosC ⇒ sin ≤ sin ≤ x ≤ y ≤ cos α 2 2 2 Trang ) ) Chuyên đề toán học số r ≤ dấu “=” xảy ∆ABC Dĩ nhiên trượng hợp R thoả mãn yêu cầu toán Đầu tiên ta nhận xét ( ) Như ta quan tâm đến GTNN p(x, y ) = (1 − x ) − y − xy + x + y ( ) Cố định y xét f ( x ) = x(1 − y ) + (1 − y ) − x + y f ' (x ) = − y − − y2 x 1− x2 Ta chứng minh f ' (x ) ≤ C , y] 2 ⇔ (1 − y ) − x ≤ − y x ⇔ (1 − y ) − x ≤ (1 + y )x − y − cos C C ⇔ x2 ≥ = = sin 2 2 C ⇔ x ≥ sin (đúng) ⇒ f (x ) ≥ f (y ) = − y − y + y = + y − y  α  g (y ) = + y − y y ∈  sin ; cos α     α  g' (y ) = − y g ' (y ) = ⇔ y = ∈  sin , cos α    ( ) ( ) ∀x ∈ [sin ( )   α  Min g( y ) = Min g sin , g(cos α ) 2     α ta chứng minh g sin  ≥ g (cos α ) 2  α α α α  α   ⇔ sin − sin ≥ cos α − cos ⇔  cos α − sin  cos α + sin − 1 ≥ 2 2    α  α α  ⇔  cos α − sin  sin − sin  ≥ (đúng)  2  ⇒ g(y ) ≥ g (x ) ⇒ p(x, y ) ≥ g(cos α ) r ⇒ + ≥ g (cos α ) = + cos α − cos α R r α ⇒ ≥ cos α(1 − cos α ) = cos α sin R A = π − 2α r α = [4 cos α sin , ] (4.5) Dấu “=” xảy ⇔  ⇒ Miền giá trị R 2 B = C = α Tổng hợp kết 4.4 4.5 ta định lý sau đây: Định lý 5: Xét ∆ABC có Min {A, B, C} ≥ α , ta có: r α i) ∈ [4 cos α sin , ] R 2 Trang Chuyên đề toán học số ii)   α α + R sin r cot g     2R + 10Rr − r + 2((R − 2r ) R (R − 2r )) ≥ p ≥ max  2    2 2R + 10Rr − r − 2(R − 2r ) R (R − 2r )  Điều kiện i), ii) điều kiện đủ để có ∆ ABC mà (A, B, C) ≥ α Còn nhiều lớp ∆ khác mà bạn áp dụng phương pháp tìm điều kiện ví dụ như: Lớp ∆ có max(A, B, C) ≥ α r α α ≤ sin 1 − sin  i) R 2 2   α R α r g sin + cot ,     2 ii ) R + 10 Rr − r − 2( R − 2r ) R ( R − 2r ) ≤ p ≤ max     2 2 R + 10 Rr − r + 2( R − 2r ) R( R − 2r )  Sau xin minh hoạ qua số bất đẳng thức tiếng, bất đẳng thức dù mạnh hệ định lý mà ta trình bày V – Bất đẳng thức A W Walker Trong ∆ nhọn, ta có bất đẳng thức sau p ≥ 2R + 8Rr + 3r Chứng minh Ap dụng kết định lý 3, ta cần chứng minh (2R + r )2 ≥ 2R + 8Rr + 3r  2 2  2R + 10Rr − r − 2(R − 2r ) R (R − 2r ) ≥ 2R + 8Rr + 3r R − 2Rr − r ≥ R − 2Rr − r ≥ ⇔ ⇔ R − 2Rr − r ≤ (R − 2r ) r − R (R − 2r ) ≥ Điều hiển nhiên ⇒ bất đẳng thức A.Wwalker chứng minh: Dấu “=” ⇔ R = 2r ⇔ ∆ABC ; R = + r ⇔ ∆ABC vng cân Bất đẳng thức A.W.Walker có dạng tương đương đẹp (∑ HA )2 ≤ AB + BC + CA (H trực tâm ∆ ABC) ( ) ( ) ( )   không gian:  ∑ HA  ≤ ∑ A i A 2j A1, A2, A3, A4 tứ diện trực tâm  i =1  1≤ j≤ j' VI – Bất đẳng thức W.I Gridasov Trong ∆ nhọn ta có bất đẳng thức 27 tgAtgBtgC sin A sin B sin C ≥ (*) Chứng minh 8p r 2 (*) ⇔ p − (2R + r ) ≤ 27R Trang Chuyên đề toán học số ⇔ p2 ≤ (2R + r )2 27 R (27R ) − 8r theo định lý , cần chứng minh: 27(2R + r ) R 2 2R + 10Rr − r + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) ≤ 27 R − 8r 2 ( ) ( ) ( ⇔ 2(R − 2r ) 27R − 27 R r − 19Rr + 2r ≥ 2(R − 2r ) R (R − 2r ) 27R − 8r ( ) ) ⇔ 27 R − 27R r − 19Rr + 2r ≥ 27 R − 8r R (R − 2r ) (**) Bình phương hai vế khai triển thu gọn (**) ⇔ r 135R + 270R r + 189R r + 52r R + 4r ≥ Bất đẳng thức hiển nhiên ⇒ bất đẳng thức W.I.Wridasov Dấu “=” ⇔ ∆ ABC VII – Các bất đẳng thức Jack Garfulkel B−C ≥ (∑ sin A ) 1) Cho ∆ ABC Khi ta có ∑ cos Phép chứng minh cho bất đẳng thức bạn đọc tham khảo tạp chí toán học Tuổi trẻ số 291 tháng 9/2001 Đặc biệt cách giải tác giả Vũ Thành Long hoàn tồn giống với tơi muốn trình bày nên không viết chứng minh VII viết 2) Cho ∆ ABC nhọn Khi ta có: A 4 A a) ∑ sin ≥ 1 + ∏ sin  3 2 A  A 1 + ∏ sin  b) ∑ cos ≥   Chứng minh Tôi trình bày cách chứng minh cho b) a) hồn tồn tương tự A B C π A  π B π C Ta có: cos = sin  −  , cos = sin  −  , cos = sin  −  2 2 2 2 2 2 2 π A π B π C Đặt A’ = − , B’ = − , C’ = − 2 2 2   1 + ∏ cos A'  (**) VII.2.b ⇔ ∑ sin A' ≥   3  π Dễ dàng chứng minh A’, B’, C’ số đo góc ∆ nhọn có min(A’, B’, C’) ≥ 2 P P − (2R + r ) (**) ⇔ ≥ (1 + ) R 4R ( ) ⇔ P − 3RP − 4Rr − r ≤ ⇔P≤ R + 3R + 16Rr + 4r 2 Trang ... gắng , cuối - tập thể học sinh lớp 12 Tốn niên khóa 2002-2005 em lớp 11 - gửi đến bạn Chuyên đề toán học số ! Tiếp nối truyền thống, Chuyên đề toán học số đời kỷ vật mà hệ học sinh chun Tốn nói... IMO 2004 69 14) Đề thi chọn đội tuyển toán Việt Nam tham dự IMO 2004 70 15) Đề thi APMO 2004 71 16) Đề thi USAMO 2004 72 Chuyên đề toán học số PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT GIẢI CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC... B’, C’ số đo góc ∆ nhọn có min(A’, B’, C’) ≥ 2 P P − (2R + r ) (**) ⇔ ≥ (1 + ) R 4R ( ) ⇔ P − 3RP − 4Rr − r ≤ ⇔P≤ R + 3R + 16Rr + 4r 2 Trang Chuyên đề toán học số 3R + 8Rr + 2r + R 9R + 48Rr +