Chuyên đề hay và khó trong kì thi chọn đội tuyển VMO Toán

Chứng minh rằng bạn An có thể chia 12 tấm thẻ đó thành một số nhóm thỏa mãn tính chất (P) như sau: trong mỗi nhóm có nhiều hơn một tấm thẻ đồng thời số lớn nhất ghi trên một tấm thể nà[r]

(1)

Trang 1 http://dethithpt.com– Website chuyên đề thi thử file word có lời

giải

1 Bất đẳng thức Bài

1 Cho x,y số thực dương cho 2x + y 2y + x khác Tìm giá trị nhỏ biểu

thức

2 2

2

( ) ( ) ( ) ( )

3 ( )

( 2 ) ( 2 )

x y x y y x y x

P x y

x y x y

2 Cho a , b, c, > cho a + b + c = Chứng minh

2 2

9

( 1) ( 1) ( 1) (1 ) ( )

a b c

b c a c a b a b c a b c a b b c c a

(THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội)

Lời giải

1 Ta chứng minh :

2

( ) ( )

2

( 2 )

x y x y

x y

2

( 2x y 6x 3y ) (đúng)

Chứng minh tương tự ta được:P Vậy GTNN P -1

4

x y

hoặc

4

x y

2 Theo BĐT Cauchy-Schwartz

thì

2

2 2

1 1 1

1

1 1 1 1

( 1)

3

( )

c y c c y c

c a a b c a b c

a b c

b a b c

c a b c a b c

a b b c c a

a b c a b b c c a a b c

Một điều ln

9

x y x3 7y Vậy BĐT chứng minh, Dấu xảy

(2)

giải

Đặt ab + bc + ca = x , abc = y BĐT ban đầu ta chứng minh

2

3

2

9

3 (1 )

( ) ( )

x

x x y x y y

x y y x y

x x y y x y

Bài

Tìm số nguyên dương k nhỏ cho bất đẳng thức 3

( )

k k k

x y z x y z với số

thực dương x , y , z thỏa mãn điều kiện x + y + x =

(Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp.HCM)

Lời giải

Lời giải sau trích từ trang nangkhieutoan.com

Dễ dàng tìm số để BĐT không với k = k =2 Nhận xét BĐT với k = BĐT với k >

3 3 3 3 3 3

( ) ( )

k k k k k k

x y z x y z x y z x y z x y z Điều gợi ý cho ta chứng minh

rằng k = số nhỏ cần tìm, cách chứng minh

3 3 3

( )

x y z x y z (1.1)

Thật vậy, giả sử z số nhỏ ba số x , y , z suy z Ta có

3 3

( ) ( ) ( ) ( )

x y x y x y x y z x y z

Khi đó: 3 2

3 3

3

(1 1) ( z) z x y x y x y z

2 2

3 3

1

3z 9z x y x y x y z

(1.2)

Để ý rằng:

3

2

3

3 3 3

1

3 x y

x y x y

x y z x y z

Đồng thời:

3

2 3 ( 1)

3z 9z z

z z

Nên (1.2) đúng, BĐT ban đầu chứng minh Vậy k =3 số nguyên dương nhỏ để BĐT ban đầu Dấu xảy <=> x = y = z =

(3)

giải

Tìm tất số thực k cho bất đẳng thức sau với số thực không âm a, b, c

2

2 2 2

( )

a x ( ) , ( ) , ( )

a b c

a b b c c a k m a b b c c a a b c

(THPT chuyên Đại học Vinh) Lời giải

Khơng tính tổng qt giả sử a b c Khi m a x (a b) , (2 b c) , (2 c a)2 (a c)2

Như vậy, ta tìm k cho :

2

2 2

( )

a b c

a b b c c a k a c a b c

Cho c = 0, a = 2b ta 1

4

k Ta chứng

minh

2

2 2

( )

a b c

a b b c c a k a c a b c với 1

4

k

Ta có

2

2 2

( ) 1

( ) ( ) ( ) ( )

3

a b c

a b b c c a k a c k a c a c b nên BĐT

đầu tiên Đồng thời

2

2 2 2

( ) 1

( ) ( ) ( ) ( )

3

a b c

k a c a b c k a c a c b nên BĐT thứ

hai

Bài

1 Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn xyz = Chứng minh bất đẳng thức

2 2

1 1

( 2x y z) ( 2x y z) ( 2x y z)

2 Cho x , y, z không âm thỏa 2

1

x y z Chứng minh bất đẳng thức

2 2

1 1

( )

2

1 1

x y y z z x

x y z

(Bà Rịa – Vũng Tàu)

Lời giải

(4)

giải

Bổ đề Co x, y, z > Khi (x y) (y z) (z x) (x y z) (x y y z z x)

Trở lại toán

1 Theo bất đẳng thức AM-GM , ta có

2

1 1

( 2x y z) ( (x y) (x z) ) (x y) (x z)

Do BĐT ban đầu ta chứng minh

1

( ) ( ) ( ) ( )

4 ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,

3

x y z x y y z z x

x y x z

x y z x y y z z x x y y z z x x y y z z x

Nhưng điều 3 2

3

x y y z z x x y z theo bổ đề bên Từ ta có điều phải

chứng minh Dấu xảy <=> a = b = c = Chúng xin nêu hai cách chứng minh cho câu

Cách 1: Ta có

2 2 3 2

(x y z) (x y z ) x y z x (y z) y (z x) z (x y)

Áp dụng bất đẳng thức AM- GM 2

1

x y z ta có

2 2

( )

3

x y y x z x x y z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

2

2 2

1 1 1

3

1 1

1 1 x y z

x y z

Do ta chứng minh

2

2 2

1 1

3

1 1 (

2 1

4 ( ) 1

2

3

4 ( ) 1

x y z x y z

x y z

x y z x y z

(5)

giải

2

2 2

2

( )

3 ( )

( )

4 ( )

x y z

V T

x y z x y z

x y z

V T

x y z

Áp dụng BĐT AM- GM 2

3 ( )

x y z x y z ta

có

2

2 2

2 ( ) ( ) 8

3

4 ( ) 4 ( ) 4 ( )

x y z x y z

x y z x y z x y z

Từ ta thấy đpcm

Cách 2: Ta có

2 2

2 2 ( ) ( )

3

x y z x y z x y z

x y y z z x

Do cần chứng minh

2 2

9

1 1

x y z x y z x y z

x y z

Ta có :

2 2

1

x y z x z x x y z

Do 2 ( ) ( )

x x x x

x y x z x y x z

x

Do

2 2

3

1 1

x y z

Hay chứng minh

2 2 2 2 2

3

2 2

y z z x x y

x y z y z x z x y

Ta có :

2

2 2

2

x y y z

x y x z

x y z

Suy :

2 2

2 2 2 2 2

3

2 2

y z z x x y

x y z z x y z x y

(6)

giải

2

2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2

2 2

3

2 2

y z z x x y

x y z y z x z x y

y z z x x y

x y z y z x z x y

Suy

2 2 2 2 2

3

2 2

y z z x x y

x y z y z x z x y

Do ta có đpcm

Bài

Cho a, b, c > thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu

thức

3 5 ( ) ( )

a b b c c a

T

a b c b c a c a b a b a c b c

(Bắc Ninh) Lời giải

Ta có

2

3 5 ( ) ( )

a b a b a b a b

z b c a b c a b a b c a b

Bây ta chứng minh

9

2

a b

a b c

Ta có :

1

( )

2 4

a b a b a b

a b c

a b c c a b c

Nên điều ta chứng minh:

9

3

a b

a b

Để ý

1 1

3 ( )

3 6 4

a b a b a b

a a a b c

a b a b

(7)

giải

1 9

( )

3 4

a b

a b c

(1.3) Mặt khác

1 2

2 ( )

( ) ( ) ( ) ( ) a b b c c a

a b a c b c a b b c a b c a

2

3 3

3 (a b b c c a) (a b c)

(1.4)

Từ (1.3) (1.4) ta : 7

4

T Vậy GTLN T 7

1

a = b = c =

Bài

Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

3

1 4

P

a a b a b c a b c

(Bến Tre)

Lời giải

Ta có : 3

2 ( ) ( )

4 4

a a a a

a a b a b c a b b c a b b c a b c

2

1 0

1 0 1 0 0

P

a b c a b c a b c

Vậy GTNN P -1008

khi 6, ,

2 2

a b c

Bài

Cho số thực dương x, y, z Chứng minh

2

( )

x

x x y z

y z y z

2

( )

0

2

x y z y z x y z x x y

y z x y z x x y

(đúng)

(8)

giải

Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh :

3 3

a b c

b c a c a b a b c

(Đồng Nai) Lời giải

Ta có :

3 3 3

1 9 3 3

( ) ( ) ( ( ) ) 3

a

b c b c b c b c b c b c b c a b c a b c a b c

Bài 9

Cho a b c, , Tìm giá trị nhỏ

a b c

P

b c a c a b

(Hà Nam)

Lời giải

Chuẩn hóa a + b + c = Ta chứng minh

3

a a

a

b c a

Điều tương đương

với

( )

a a , hiển nhiên Cộng lại ta 2.3

3

P Vậy GTNN P

kho có số hai số

Nhận xét 1Một số bạn giải sau: Ta có

2

2 ( )

a a a

P

b c a b c a b c

phải xét trường hợp có số 0., để

ý nhân tử mẫu phân thức cho số, số phải khác

Bài 10

Cho a, b , c > thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = Tìm giá trị nhỏ

1 1

2 ( )

P a b c

a b c

(9)

giải

Lời giải

Dự đoán GTNN P đạt ,

2

a b c ta cố gắng chứng minh BĐT

1 1

2 ( )

P a b c

a b c

Từ giả thiết suy tồn số x, y, z > cho

, ,

x y z

a b c

y z z x x y

BĐT cần chứng minh trở thành

2

y z z x x y x y z

x y z y z z x x y

Để ý

4

y z z x x y x y z

x y z y z z x x y

Nên BĐT ta chứng minh

3

x y z

y z z x x y

Nhưng dây BĐT Nesbitt quen thuộc, BĐT ban đầu

Nhận xét 2Cách đặta x ,b y ,c z

y z z x x y

kinh điển việc đổi biến

thuần hóa để chứng minh BĐT, giúp đưa dạng tốn quen thuộc Ngồi ra cách khác cho loại giả thiết tương tự Cụ thể sau, x , y, z là số dương :

2 2

4 , ,

x y z x y z c o s A y c o s B z c o s C với A, B, C ba góc

tam giác

2 b c, c a, a b

x y z x y z x y z

a b c

với a, b, c >

Bạn đọc dễ dàng kiểm tra cách đặt

(10)

Trang

10

http://dethithpt.com– Website chuyên đề thi thử file word có lời

giải

1 (USA 2001) Cho a, b, c không âm thỏa mãn 2

4

a b c a b c Chứng minh rằng:0 a b b c c a a b c

2 (Iran 2002) Cho a, b, c > thỏa mãn 2

4

a b c a b c Chứng minh :a b c 3

Bài 11

Cho số thực dương a, b, c dương thỏa mãn 5

3

a b c Chứng minh

6 6 6

3

a b b c c a

(Hà Tĩnh) Lời giải

Đặt 5

, ,

x a y b z c x + y + z = BĐT cần chứng minh tương đương

vớix y5 x y x y5 y z z x5 z x 3

Thep BĐT AM – GM

5

, , , ,

( ) ( ) ( )

5 5

x y z c y c c y c x y z

x y x y x y x y x y z x y x y x y z

x y x y

2 ( ) ( ) ( )

5

x y z x y y z z x x y z x y y z z x x y z

Mặt khác theo BĐT Schur

3

(x y z) 9x y z (x y z) (x y y z z x) 9x y z (x y y z z x)

Suy

2

6 ( ) _ ( ) ( )

5

2

( )

2 ( ) 3

3

5

x y y z z x x y z x y y z z x x y y z z x

x y z

x y y z z x

Vậy BĐT ban đầu chứng minh Dấu xảy <=> a = b = c =

Nhận xét 3 Bằng cách tương tự ta giải tốn tổng qt sau: Cho số thực dương a, b, c k 3 thỏa mãn ak bk ck Chứng minh

1 1 1

3

k k k k k k

(11)

Trang

11

giải

Bài 12

Cho , ,

2

a b c thỏa mãn a + b+ c = Chứng minh rằnga b b c c a a b c a b b c c a

(Hải Phòng)

Lời giải

Đặt p a b c q, a b b c c a r, a b c Từ giả thiết dễ dàng chứng minh q

Ta có 2 2 2

(a b) (b c) (c a) 7r 2p( 9q 2p )r p q 4q

2 2

( ) ( ) ( ) (1 ) (1 )

2

p q p p q p q q q q

(1.5) Ta cần chứng minh

2

9 ( ) 9

q q r q q r

Điều ta chứng minh

2

9 ( ) (1 ) (1 )

(1 ) ( ) ,

q q q q q

q q

Một điều hiển nhiên

Từ (1.5) (1.6) ta có điều phải chứng minh

Bài 13

Cho a, b, c số dương thỏa mãn abc = x, y, z thuộc R Chứng minh

rằng 2

( ) ( ) ( ) ( )

x a b y b c z c a x y y z z x

(Hòa Bình)

Lời giải

Đặt 3

, ,

a m b n c p Do abc = nên mnp =

Áp dụng BĐT quen thuộc 3

( )

(12)

Trang

12

giải

2 3 3 3 2

2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

x m n y n p z p m x m n m n y n p n p z p m p m

x m n y n p z p m x m n y n p z p m

p m n m n p n p m m n n p p m

Như BĐT ban đầu ta chứng minh

2

( ) ( ) ( )

2 ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 ( ) ( )

x m n y n p z p m

x y y z z x m n n p p m

x m n y n p z p m x y z m n p

x m n y n p z p m x p y m z n x y z m n p x p y m z n

Để ý

2 2 2

2

( ) ( ) ( )

2 ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( )

x x m y n p z p m x p y m z n

x y z x y y z z x m n p m n n p p m

x y z m n p x y z m n p x m n y n p z p m x p y m z n

chính điều phải chứng minh

Bài toán kết hợp BĐT đề Ukraine năm 2001 với đánh giá quen thuộc

là 3

( )

a b a b a b

Nội dung BĐT đề Ukraine năm 2001 sau:

Cho a,b,c,x,y, z số thực dương x + y + z = Chứng minh :

a x + b y + c z + (x y y z z x) (a b b c c a) a b c

Nhận xét 4Có thể thấy tốn trường hợp x, y, z số thực, từ ta được tốn BĐT đề chọn đội tuyển tỉnh Hịa Bình

Bài 14

Cho a, b, c số thực thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu

thức 2 2 2

(a 1) (b 1) (c 1) 6a b c

(Tp.HCM)

(13)

Trang

13

giải

Chúng xin nêu hai cách chứng minh cho sau

Cách 1: Đặt 2 2 2

( 1) ( 1) ( 1) 6

P a b c a b c Khơng tính tổng qt giả sử

0

a b

Thay c = -a – b vào P ta

2 2 2 2

3 ( ) ( ) ( ) ( ) 3

P a b a b a b a b a b a b

Vậy GTNN P 3, xảy a = b = c = ,

3

a b c

Cách 2: Dự đoán BĐT tồn dấu biên nên ta dồn biến biên Theo

nguyên lý Dirichlet số a, b, c tồn số dấu, giả sử a b

Bỏ qua trường hợp đơn giản c Xét c <

Xét hiệu:

2

2 2 2 2

2 2

( , , ) , ,

2

( ) ( )

( 1) ( 1) ( 1) 6 ( 1) 6

4

1

( ) ( 7 ( , )

8

a b a b

f a b c f c

a b a b

a b c a b c c c

a b a a b b c d o a b c

Đặt

2

a b

t Khi đó: c = -2t Ta có :

2 2 2

2 ( 1) ( 1) ( )

P t t t t t

Vậy GTNN P 3, xảy a = b = c = ,

3

a b c

Bài 15

Cho hai số thực x y thỏa mãn 2

2

x x y y Chứng minh 5x2 2x y 2y2

(Khánh Hòa)

Lời giải

Ta có: 2 2

(14)

Trang

14

giải

Bài 16

Cho x, y, z thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn

của 2 2 2 2 2 2

2 3

P

x y y z z x

(Lạng Sơn)

Lời giải

Ta có: 2 2 2 2 2 2 12 21

2

P

x y x y y x y y

Ta chứng minh BĐT phụ sau:

2

1

x y

Ta có :

2 2 2 2 2

2 3 3 3 3 3 3 3 3 3

1 ( ) ( ) ( )

x y x y x y x y x y z

2 2

3 3

2 2 2

3 3

1

x y z z

x y

z x y z

đpcm) 1 y

Thật vậy, điều nà tương đương với

2

y y

Để ý

2 2 y y

2 2

2 2 2 2 2

2 ( )

( ) ( )

1

6 6

x y z x y z

x y z x y z x y y z z x

x y z x y z x y z

(đpcm)

Từ hai điều ta được: (1 1)

4

P Vậy GTNN P

2

khi x = y = z =

Bài 17

Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b+ c = Chứng minh :

2 2

2 2 2

( ) ( ) ( )

1

a b b c c a

a a b b b b c c c c a a

(Nam Định) Lời giải

Ta có :

2

2 2

( ) ( ) ( 1) ( )

2 ( 1) ( ) ( )

a b a b a a b

a a b

a a b b a b a b

(15)

Trang

15

giải

Bài 18

Cho x, y, z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng:

1 1 1

4

7 7

x y z

x y y z z x

(Ninh Bình)

Lời giải

Ta có 4

7 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( ) ( )

x x x y z x y z x

1 1

2 ( x y ( z x x y

Bài 19

Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác a b c Chứng minh

( ) ( ) ( )

a a b a b b a c a c c c b b c a b c

(Quảng Bình)

Lời giải

Chúng xin nêu hai cách chứng minh cho BĐT

Cách 1: BĐT cần chứng minh trở thành

2 2 2 2 2

x x y x y y x z x z z y z y z x y z

Để ý

3 2

2 (x y ) (x y) x y

x y x y

x y x y

Chứng minh tương tự ta

2 2 2

2 2 2 x x( y ) y x( z ) z y( z )

x x y x y y x z x z z y z y z

x y x z y z

(16)

Trang

16

giải

2 2 2

2 2

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

x x y y x z z y z

x y z

x y x z y z

x z

y x y y z

x y x z y z x z

Nhưng điều với x y z , nên BĐT ban đầu chứng minh

Cách 2: Đặt

2 2 2 2 2

2

2 2

3

2 2

( ) ( )

'( )

2

3

''( )

4 ( ) ( )

f y x x y x y y x z x z z y z y z x y z

x y x z y z

f y x x z z y

x y x y y z y z

x z

f x

x y x y y z y z

Ta có:

2

2 2

3

2 4

3

''( )

4 ( )

4

x

x x y y y x x

y y z z z

f y

Vậy f(y) hàm lồi =>f(y) đạt giá trị nhỏ y = x y = z

Ta có 3 2

( ) ( ) ( ) ( )

f x x z x z x z

3 2

( ) ( ) ( ) ( )

f z x z x z x z

Từ ta có đpcm

Nhận xét 5.Đây BĐT đề Iran TST 2013, thấy giả thiết a, b, c cạnh tam giác không cần thiết

Bài 20

Cho số thực không âm a, b, c, d Chứng minh bất đẳng thức:

3 3 3

(a b c d) (a b c d ) (a b c b c d c d a d a b)

(Quảng Nam)

(17)

Trang

17

giải

Khơng tính tổng qt, giả sử m i n , , , ,

3

a b c

d a b c d d

Xét 3 3

( ) ( ) ( ) ( )

f d a b c d a b c b c d c d a d a b a b c d

2

'( ) ( ) ( ) ''( ) ( ) ( ) ( )

f d d a b c d a b b c c a f d d a b c d d a b c f d

hàm lồi => f(d) đạt GTNN d =

3

a b c

d Ta có:

3 3

( ) 3 ( ) ( ) ( )

f a b c a b c a b a b b c b c c a c a a b c

3 3

1 4

( ) ( ) ( ) ( )

3 3

a b c

f a b c a b c a b a b b c b c c a a c

Từ ta có đpcm

Bài 21

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b+ c = Chứng minh

2 2 2 2 2

1 1 1 8

6

1 1 2

a b c

a b c b c a a b b c c a

(Quảng Ngãi)

Lời giải

Trước hết xin phát biểu lại bổ đề quen thuộc

Bổ đề 2Cho a, b, c ba số dương Khi

3

1 1

a b c a b c

Chứng minh bổ đề dễ dàng xin giành lại cho bạn đọc

Quay lại toán

Đầu tiên ta chứng minh1 1 12 12 12

1 1

a b c

a b c b c a

(18)

Trang

18

giải

2 2

1 1 1 1 1

6

2 2 2 2 2 1

1 1 1 1 1

2 2 2 1

a b c a b c a b c

a b c a b c b c a

a b c a b c

a b c a b c b c a

Ta có BĐT sau:

1 1 9

2a 2b 2c (a b c)

(1.7)

2 2

6

2 2

1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)

6

2 2 1

a b c a b c a b c

a b c b c a a b c

3

6 6

3

1 1 1 1

6 ( ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 1)

8 8

a

a a a a b c

(1.8) Từ (1.7) (1.8) ta có điều phải chứng minh

Bây ta chứng minh

2 2 2

8 8

6

2 2

a b b c c a

2 2 2

3

2 2

a b b c c a

a b b c c a a

Ta có:

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

( )

2 2 ( )

a b a c c a a b b c c a

a b b c a a a b c

Vậy BĐT ban đầu ta chứng minh

2 2 2 2

2 2

( )

2 ( )

a b b c c a

a b c

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

a b b c c a a b c a b c a b c

a b b c b c c a c a a b a b c a b b c c a

Để ý

2 2 2

( ) ( ) ,

( ) ( )

b c b a b c a

c a c b c a b

a b a c a b c

Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh Vậy BĐT ban đầu ta

(19)

Trang

19

giải

: Khơng tính tổng quát , giả sử:a b c a 1;b c Do điều kiện đề a + b+ c

= nên để giảm tính phức tạp , ta dồn sau:

( , , ) , ,

2

b c b c

f a b c a

Với

2 2 2

1 1

( , , )

2 2

f a b c

a b b c c a

Vìb c ,a b c nên ta có:

, , ( , , )

2

b c b c

f a f a b c

2

2 2 2

2

2 2 2

2 2 2 2 2

2

2 1 1

( )

2 2

2 ( )

2

( ) ( 4 ) ( )

( ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ( ) )

2 ( ) ( )

( )

( ) (

b c a b a c b c b c

a

b c a b b c c b c

a b a c a b c b c b c

a b c b c

b c

a b a2 2 2 2

1

0 ) ( ( ) ( ) ( ( ) )

c a b c b c b c

Do ta cần chứng minh ( , , )

f a t t với a 2t

Điều tương đương với : 2

(a 1) (1 5a 8a 1 1) 0

Do ta có điều phải chứng minh Bài 22

Cho a, b, c thỏa mãn ( a + b ) (b + c) ( c + a ) = Tìm GTNN biểu thức:

2 2 2

1 1

a a b b b b c c c c a a

P

a b b c c a

(Quảng Ninh)

(20)

Trang

20

giải

Ta có :

2

2 2 3 2 2 2

(a a b b ) (a b) (a b ) (a b) (a b ) a b a a b b a b

a b

Chứng minh tương tự ta

2 2 2

( )

( 1) ( ) ( )

a b

P

a b a b a a b a b

Ta chứng minh

2 2

2 2 2 2

( )

1

2 ( )

2 ( ) ( ) ( ) ( )

a b

a a b a b

a b c a b b c a a b a b

Để ý

2 2

1

( ) ( )

2

a b a b a b a b c a b b c c a

Vậy ta cần chứng minh

2 2 2 2

2 ( ) ( ) ( )

a b c a b b c a b c a b b c c a

Mà 2

a b c a b b c c a nên ta cần chứng minh

2 2

(a b ) (b c ) a b c Ta có

2 2 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )

2

a b b c b c a a b a b a b c

Vì ta chứng minh

2

( )

3

a b c a b c a b c , điều dễ dàng suy từ điều kiện ban đầu Vậy

GTNN P a = b = c = ½

Bài 23

Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh:

2 2 3 4

1 ( )

2

(21)

Trang

21

giải

(Quảng Trị)

Lời giải

Nhận xét vế đầu BĐT cần chứng minh ln

3 3 2 2

3 (x y z ) (x y y z z x) (x y) ( 2x y)

Bây ta chứng minh vế sau Chúng tơi xin trình bày hai cách chứng minh cho BĐT

Cách 1: Ta có

3 3 4

2 2 2

1

1 ( )

2

2 ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

x y z x y z

x y z x y z x y z

x y x y y z y z z x z x

Để ý

2 2 2 2 2 2

2 2

2

2 2

4

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ( ) ( )

1 ( )

( )

2

x y x y y z y z z x z x x y x y y z y z z x z x x y z x y z x y y z z x x y z

x y y z z x x y z

x y z

Vậy ta có đpcm

Cách 2: Đặt p x y z ;q x y y z z x r; x y z

Khi

3 3

4 4 2 2

3

( ) ( )

x y z p p q r q r

x y z p q q p r q q r

Do ta cần chứng minh:

2

8 6q 3r q 8q 4r r q( 1) , điều với x y z, ,

.Vậy BĐT ban đầu chứng minh

Bài 24

1 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh

3 3

1 1

( )

(1 ) (1 ) (1 ) 3

a b b c c a

a b c

(22)

Trang

22

giải

2 Cho x,y, z ba số thực dương thỏa mãnx y z z Tìm GTNN biểu

thức

3

4

1 (1 )

x y z

F

y x x y

(Thái Nguyên)

Lời giải

Trước hết xin nhắc lại bổ đề quen thuộc sau

Bổ đề 3 Cho a,b > Khi 2 2

(1 a) (1 b) a b

Chứng minh bổ đề dễ dàng, xin giành lại cho bạn đọc

Quay lại tốn Ta có:

3

3 3

1 1 1

3

2 (1 a) (1 a) (1 a) (1 a) (1 a)

Chứng minh tương tự ta được:

3

1 3 3

( ) ( ) ( )

(1 ) (1 )

a b a b

a a

Áp dụng thêm bổ đề vừa nêu có :

3

1 3 3

( ) ( ) ( )

(1 ) (1 )

a b a b

a a

3 3

( ) ( ) ( )

8 3

a b a b b c c a

2

8 3

đpcm

2 Chúng ta tiếp tục có bổ đề khác cho sau

Bổ đề 4Cho x, y hai số thực dương thỏax y 1 Khi

2

1 1

x y

x y

y x x y

(23)

Trang

23

giải

Quay lại tốn Dễ thấyz nên x y Ta có:

3

2

1 1

1 1 (1 ) 1 1

x y

x y z x y

F

y x x y x y y x x y x y x y

Ta chứng minh:

2

1

( 1) ,

x y

x y x y

x y

một điều hiển nhiên Do

2

F Vậy GTNN F

2

khix y z

Ta có:

3 3 3

1 9 3 3

( ) ( ) ( ( ) ) 3

a

b c b c b c b c b c b c b c a b c a b c a b c

Bài 25

Cho x, y, z > thỏax y z 1

x y z

Chứng minh

2 2 2

1 1

( 2x y y z z x) ( 2y z z x x y) ( 2z x x y y z) 6x y z

(Thanh Hóa)

Lời giải

Theo BĐT AM – GM

2

1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

c y c x y y z z x c y c z x x y x y y z c y c x y y z z x

(24)

Trang

24

giải

d e gP

2 2

1 3

4 ( ) ( ) ( ) ( )

8 ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 1 1

8

c y c c y c

x

x y y z z x x y z z x x y x y z

x y z x y y z z x x y y z z x

x y z x y y z z x

Đặta ,b ,c 1,

x y z

ta có a b c 1

a b c

Khi (1.9) trở thành

8 (a b c) (a b) (b c) (c a)

8 (a b c) (a b b c c a) (a b) (b c) (c a) (a b b c c a) (1.10)

Vì theo bổ đề 1,

8

3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3

a b b c c a a b c a b b c c a

đồng thời

2

1

( ) ( )

3

a b b c c a a b c a b c a b b c c a a b b c c a

nên (1.10) ta giải xong BĐT Dấu xảy <=> x = y = z =

Chú ý 1Các BĐT với điều kiệna b c 1

a b c

khó chịu, địi hỏi người phải làm phải nắm kiến thức cộng với chút khéo léo biến đổi, tính tốn Nhưng bù lại, tốn có điều kiện ẩn chứa điều thú vị khai thác từ giả thiết Cụ thể sau:

1 3 , , 1

, ,

m a x a b c a b c

a b c m a x a b c

nên m a x a b c, , 1.Tương

tự,m i n a b c, ,

2.

( ) ( )

3

a b b c c a a b c a b c a b b c c a a b b c c a haya b b c c a Từ

đóa b c (a b b c c a) 3

3.1

( ) ( ) 3 ,

3

(25)

Trang

25

giải

2 Đa thức Bài

Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn

2

1

2 P x( ) P 3P x( )P

x x

(THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) Lời giải

1.P x( ) C, x 

Khi dễ thấy P x( )

2 Xét

Thay x = vào ta P(1) =

Giả sử P x( ) (x 1) n Q x( ) cho Q(1)

Khi ta có:

2

1 1

2 ( 1) ( ) ( 1) ( )

( 1) ( 1) (1 )

2 ( ) ( 1) ( )

n n

n n n

n

n n

x Q x Q x Q x Q

x x x x

x

Q x Q x Q x Q

x x x x

Thay x = vào biểu thức ta :

2

2 Q(1) ( 1) n Q(1) ( ) n Q(1) (1 ( 1) )n ( )n

Dễ thấy khơng có n thỏa mãn Do khơng tồn đa thức P(x) có d e q P

Vậy P x( )

Nhận xét 7Tương tự , ta giải tốn sau: Tìm đa thức P(x) thỏa mãn

2 2

2

1

( ) ( )

P x P P x P

x x

(26)

Trang

26

giải

Cho khai triển 3

0

(1 )n n

n

x x a a x a x a x Xác định hệ số

6

a biết

rằng

1

0

1

2 2

n n a a a a (Bến Tre) Lời giải Cho

3

1

0

1 1

5

2 2 2

n

n n

a

a a

x a n n

Ta có

5

3 5

5

0 0

5

1 5

0

( ) (1 ) ( )

( ) ( )

k

k k k k k i i

k

k k i

k

k i i k i

k

k i

x x C x x C x C x

C C x i k

1 3k i 3k i

Ta có bảng sau

k

i

3 ,

k i k ,i

Vậy 0 3

6 ( ) ( )

a C C C C

Bài

Cho phương trình

5

2

x x x x x (2.1)

Chứng minh phương trình (2.1) có nghiệm phân biệt Với xi(i 1, ) nghiệm

phương trình (2.1) , tính tổng S biết :

5 1 2 i

i i i

(27)

Trang

27

giải

f(x) hàm số xác định liên tục R Ta có:

3 1

( ) ; ( ) ; ( ) 1; ( ) ; (1) ; ( )

2 2

f f f f f f

Khi đó:

3 1

( ) ( ) ; ( ) ( ) ; ( ) ( ) ; ( ) (1) ; (1) ( )

2 2

f f f f f f f f f f

Do phương trình có nghiệm phân biệt

1

3

2

x x x x x

Ta cóxi nghiệm (2.1) nên :

5

1

5

2

2 2 ( )

i i i i i

x x x x x

Do đó:

5

1

( )

i

i i i i

x S

x x x

Xét biểu thức:

3

1

( )

5 ( 1) ( )

x x

g x

x x x x x x

Đồng thức ta được:

1

( )

4 ( 1) ( )

g x

x x x

Do vậy:

5 5

1

1 1 1

4

8

5

i i i i i i

i

S

x x

x

(28)

Trang

28

giải

'( ) ( ) i i i

f x

f x x x

Và

'( ) 5

f x x x x x

Do đó:

5

1

5

1

5

1

'(1) 1 '(1)

1

(1) 1 (1)

'( ) 1 '( )

( ) ( )

4

'( ) '( )

1 1 0

5

4 4 4 9

( ) ( )

5 5

i i i i

i i

f f

f x x f

f f

f x x f

f f

f x x f

Vậy: 9

S

Bài

Cho dãy đa thức hệ số thực Pn( ) ,x n 1, , thỏa mãn điều kiện

( ) 2n ( ) , *

n

P c o s x c o s n x n N Chứng minh với mỗin N * Pn( )x đa thức hệ số

nguyên bậc n n ( ) ,

n

x P x x

(Bình Dương) Lời giải

Dễ thấy:

1( ) ; 2( )

P x x P x x

Ta có:

1

( c o s ) ( 1) ( ) c o s s i n ( ) s i n x ( ) ( )

n n

n

n n

P x c o s n x c o s n x x n x

c o s x c o s n s s i n n x s i n x

(29)

Trang

29

giải

1

2

1

( c o s ) c o s ( 1) ( 1)

2 c o s ( c o s ) 2 ) ( )

2 ( ) ( c o s ) ( c o s )

n n

n

n n

n n n

P x x c o s n x s i n n x s i n x

x P x c o s n x c o s n x

c o s x P c o s x P x P x

Thay 2cosx x ta :

2( ) 1( ) ( )

n n n

P x x P x P x

Do P1( ) ,x P2( )x  x nên theo công thức truy hồi tuyến tính cấp hai chứng minh , ta

có: Pn( )x , n  *

Ta tìm cơng thức tổng qt dãy đa thức Pn( )x sau:

Phương trình đặc trưng dãy: 2

2 4

X x X X x x X x x

Do đó: 2

( ) ( )n ( ) ,n

n

P x A x x B x x x

Thay n = , n = vào ta tìm 1;

2

A B

Do đó:

2

1

( ) ( ) ( ) ,

2

n n

n

P x x x x x x

Áp dụng bất đẳng thức: *

1

( )

, , ;

n

n n

n

a b

a b a b n 

Ta có: ( ) 1.( )

2

n n

x

P x x

Do đó: n ( ) ,

n

x P x x

Nhận xét 8Bằng cách chuyển từ dãy đa thức lượng giác sang dạng đại số, ta giải bài toán cách đơn giản Sau số toán dẫy đa thức:

1 (England , 1978)

Chứng minh với số tự nhiên n tồn đa thức Pn( )x bậc n với hệ số nguyên

(30)

Trang

30

giải

Với số hữu tỷ a số trùng với số 0 , 1,

số vô tỷ

2 (VMO, 1989) Cho dãy đa thức xác định

2

0

( )

( ) ; ( ) ( ) ,

2

n

n n

x P x

P x P x P x n

Chứng minh với x ; n 0 ( )

n

x P x n

Bài

Tìm số nguyên dương n nhỏ cho tồn đa thức f(x) bậc n có hệ số nguyên thỏa mãn :

( 0 , (1)

f f với m  *, f(m) (f(m) 1) bội 2017

(Đà Nẵng) Lời giải

Ta chứng minh n thỏa mãn Giả sử n tồn đa thức thỏa mãn

tốn.Áp dụng cơng thức nội suy Lagrange:

2 5

0 ,

( ) ( )

k i i k

x i

f x f k

k i

Suy ra:

2

2 5

1

0 ,

2

( ) ( ) ( 1)k k ( )

k i i k k

i

f f k C f k

k i

Ta chứng minhC2 6k ( 1) ( m o d ) ,k k , 1, ,

Với k =

2 1( m o d )

C Giả sử

2 ( 1) ( m o d )

k k

C thìC2 6k C2 7k C2 6k ( 1)k 1( m o d ) Vậy

2 6

0

( ) ( ) ( m o d ) ( ) ( m o d )

k k

f k f k f k

Nhưng 6

0

( ) ( )

k k

f k f k

(31)

Trang

31

giải Do

0

0 ( m o d )

k

(mâu thuẫn nhận xét trên)

Vậy n Với n = 2016 xét f( )x x2 thỏa mãn u cầu tốn Do nm i n

Bài

Chứng minh với m  , tồn đa thức fm( )x có hệ số hữu tỉ thỏa mãn với

m  : 2

1 m m _ n m fm( (n n 1) )

Với

2

0

0 ; ( ) ; 1; ( )

2

x x

m f x m f x

Giả sử khẳng định đến m = -1, xét :

2 2 2 2

1

( )x x x( 1) (x ) (x m ) x m am x m am x m a x x

2

1

( )x am x m am x m a x x m (2.2)

Thay x 1,2, ,n ta được:

1

2

0

( ) ( ( 1) )

n m n

m i i

i i i

i a f n n i (2.3)

Ta có:

( )x x x( 1) (x 1) (x m) (x m) (x m) (x m 1) (x m 1) (x m)

Lại có:

1

( ) ( ) ( 1) ( ) ( 1)

2

x x x m x x m

m

Đặtd x( m) (x m 1) ( )x (x m) (x m 1) (x m 1) d x( m 1)

( 1) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1)

2

x m x m x m x m x x d x m d x m

m

Do

1

1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1)

2 2 2

n

i

i d n m d m d n m n m n m n m

m m m

Ta có: 2

(n i) (n i 1) n i n i n n( 1) i i( 1) ,i , 1, ,m Suy ra:

0

1

( ) ( 1) ( 1) ( ( 1) )

2

m n

m

i i

i n n i i h n n

m

(32)

Trang

32

giải

1 2 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

m m m m m m

f x h x a f x a f x a f x

Suy điều phải chứng minh

Nhận xét 9 Một số tốn tương tự: 1 Tìm số tự nhiên n để

( ) n n

P x x x chia hết choQ x( ) x2 x

2 Chứng minh với n  ta có đa thức P x( ) (x 1)2n xn 2 chia hết cho đa

thức

( )

Q x x x

Bài

Cho số tự nhiên n n số thực a1,a2, ,an cho 1 1, 2

2

n

a a Giả sử phương

trình

1

n n n

n n

x a x a x a x a có n nghiệm thực Chứng minh tất

nghiệm nằm đoạn a1,a1

Đặt

1

( ) n n n n n

P x x a x a x a x a

Gọi x1,x2, ,xn n nghiệm phương trình P(x) = Khi đó:

1

2

n

n n

x x x a

x x x x x x a

Mặt khác: 2 2

1

2

n

k i

i

x x a a a

Do đó:xk a1;a1 ,k 1, , ,n

Vậy tất nghiệm P(x) = nằm đoạn a1;a1

(33)

Trang

33

giải

1 (Costa Rica, 2009 ) Giả sử đa thức

1

n n n

n n

x a x a x a x a phân tích thành

1

(x r ) (x r ) (x rn) , với r r1, 2, ,rn  Chứng minh rằng

1

(n 1)an 2n an 2 (Taiwan TST Round 1, 2014) Cho đa thức hệ số thực

2

( ) n n n n n ( )

P x x a x a x a x a n Giả sử xk nghiệm thực phương trình

( ) , 1, , ,

P x k n Chứng minh rằng

2 (1 )

k n

n

x a

n

3 Cho đa thức hệ số thực

1

( ) n n n n , n

P x a x a x a x a a Giả sử nghiệm tùy

ý P(x) = Chứng minh rằng: ( , 1, , 1) i

n

a

x m a x i n

a

Bài

Cho P, Q, R đa thức hệ số thực thỏa mãn: P Q x( ( ) ) P R x( ( ) ) c x  với

c o

c n s t  Chứng minh rằngP x( ) c o n s t Q x( ) R x( ) c o n s t

(Hà Nam)

Lời giải

Bỏ qua trường hợp P(x) số

Xét

1

( ) n n n n ( n , 1)

P x a x a x a a n

Xét

1

( ) m m m m

Q x b x b x b

1

( ) k k k k

R x c x c x c

Giả sử m k Ta có:

( ( ) ) ( ( ) )

P Q x P R x c

Đồng hệ số bậc cao (*) ta được:an.bmn

Do bm suy :d e gQ d e gR m = k

Khi m = k an (bmn cmn) bm cm n lẻ

(34)

Trang

34

giải

1

( ) ( )

m m

m m m

m m

m m m

Q x b x b x b b

R x b x c x c b

Xét đa thức H( )x an(Qn( )x Rn( ) )x an(Q x( ) R x( ) )S x( ) , ,

1 2

( ) n ( ) n ( ) ( ) n ( ) ( ) ( ) n ( ) n ( )

S x Q x Q x R x Q x R x Q x R x R x

Xét hệ số (n )m

x S x( ) :bn bn 2( b) b( b)n ( b)n n bn

Do đód e gS m n( 1)

Ta giả sử phản chứng rằngd e g (Q x( ) R x( ) )

Khi đó:d e gH m n( 1)

Xét

1

( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( )

n

i i

T x P Q x P R x H x a Q x R x

Nhận thấy rằngd e gT m n( 1) (Vô lí)

Do ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 11Khi gặp dạng toán đa thức, thông thường ta phải ỷ đến số vấn đề quan trọng bậc đa thức, mối quan hệ hệ số với nhau, nên ý đến yếu tố giải tích Sau số tốn có liên quan

1 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức hệ số nguyên

1

( ) n n n n ( n )

P x a x a x a a và số

nguyên tố p cho thỏa mãn đồng thời điều kiện:

p

a p

0, 1, , n

a a a p

2

a p

Chứng minh P(x) bất khả quy trên  x

2 (Romania 1980) Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn 2

( ) ( ) ,

P x P x x 

3.Cho đa thức P(x) ưàQ(x) đa thức monic thỏa mãn P(P(x)) = Q(Q(x)).Chứng minh

rằngP x( ) Q x( )

(35)

Trang

35

giải

1

( ) (1) ,

P x P P x

x

Bài

Cho đa thức P(x) , Q(x), R(x) với hệ số thực có bậc tương ứng 3,2,3 thỏa mãn đẳng thức

2 2

( ) ( ) ( ) ,

P x Q x R x x  Hỏi đa thứcT( )x P x Q x( ) ( ) R x( ) có

nghiệm thực ( kể nghiệm bội)

Đầu tiên ta thấy

2

( ) ( ( ) ( ) ) ( ( ) ( ) )

Q x R x Q x R x Q x

Do d e g (R P) nên phương trình R x( ) P x( ) có nghiệm, điều chứng tỏ

rằng phương trình Q(x) = có nghiệm Mà d e gQ nên Q x( ) có nghiệm

Mặt khác:

2

( ) ( ( ) ( ) ) ( ( ) ( ) )

P x R x Q x R x Q x

Dod e g (R Q) d e g (R Q) 3nênP2( )x có nghiệm

1 Hai nghiệm

( )

P x phân biệt Khi P(x) =0 có nghiệm, mà degP = nên

P(x) = có nghiệm thực Mặt khác degR = nên R(x) = có nghiệm Do mà T(x) = có nghiệm

2 Hai nghiệm nghiệm kép x = a Do đó:

( ) ( )

R x Q x R x( ) Q x( ) 0đều nhận a làm nghiệm

Khi P(a) = Q(a) = R(a) =

Theo định lý Bezout ta phân tích được:

1 1

( ) ( ) ( ) ; ( ) ( ) ( ) ; ( ) ( ) ( )

P x x a P x Q x x Q x R x x a R x

(36)

Trang

36

giải

2 2

1 ( ) ( ) ( )

P x Q x R x

Xét 2

1( ) ; 1( ) ; 1( )

P x a x b x c Q x d x e R x f x g x h

Đồng hệ số

x x3 khai triển ta được:

; 2

a f a b f g b g

Do

2

1( ) ; ; 1( )

P x a x b x c Q d x e R x a x b x h

Ta có:

1

(d x e) (h c) (P ( )x R ( ) )x

Mà d e g (P1 R1) nên P1( )x R1( )x 2a x2 2b x c h có nghiệm kép Suy ra: b2 2a c( h)

Nếu hai đa thứcP1( )x R1( )x khơng có nghiệm thực

2

4 ;

b a c b a h

Hay

2 ( )

b a c h (Vô lý)

Do hai đa thức có nghiệm Điều dẫn đến T(x) = có nghiệm Chỉ có hai đa thức R(x) – Q(x); R(x) + Q(x) nhận a làm nghiệm

Khi deg(R-Q) = deg (R+Q) = nên R(x) – Q(x) = R(x) + Q(x) có nghiệm

và

( )

P x có nghiệm

Do degP = nên

( )

P x có nghiệm có nghiệm Mà P2( )x có

nghiệm nên

( )

P x phải có nghiệm P x( ) có nghiệm

Do T(x) = có nghiệm

Nhận xét 12 Đối vôi toán ta cần phải để ý đến bậc, hệ số bậc cao nhất,

nghiệm đa thức Ngoài cần kết hợp sử dụng định lý nghiệm Viete, Bezout, hay đong hệ số Sau toán tương tự:

1 Cho P(x), Q(x) là hai đa thức bậc n Chứng minh 2

P x Q x hoặc đa thức

2

P x Q x có bậc khơng nhỏ n

2 Cho đa thức P (x) có bậc 2n, hệ số bậc cao Chứngminh tồn tại

2 đa thức Q(x) và R(x) sao cho degQ = n, degR < n P(x) = Q2(x) + R(x)

(37)

Trang

37

giải

Cho dãy đa thức hệ số thực

0

( )

n n

P x xác định sau

2

0( ) , 1( ) , n 1( ) n( ) (1 ) n 1

P x P x x P x x P x x P n

1 Xác định công thức tổng quát Pn( ) x

2 Tìm tất số tự nhiên n để Pn( ) x chia hết chox2

(Hải Phòng)

Lời giải

1 Đầu tiên ta xét phương trình đặt trưng dãy đa thức trên:

2

2 1

t x t x t x t x

Do dãy có dạng Pn( )x a x( 1)n b x( 1) n

Mặt khác P0( )x ;P1( )x 2x nên suy a = b =

Do ( ) ( 1)n ( 1)n

n

P x x x Thử lại thấy thỏa mãn

2 Do đa thức

( )

Q x x có nghiệm 3ivà 3i nên để Pn( )x chia hết cho Q(x)

P(x) nhận 3i làm nghiệm

( )

P i Khi đó: ( 3i 1)n ( 3i 1)n

2

0

3 3

n n

c o s i s i n c o s i s i n

Theo công thức Moivre ta có:

2

0 ( )

3 3 3

n n n n n

c o s i s i n c o s i s i n s i n n k k 

( )

P i Khi đó: ( 3i 1)n ( 3i 1)n

4

0

3 3

n n

c o s i s i n c o s i s i n

Theo cơng thức Moivre ta có:

4 4

0 1( )

3 3 3

n n n n n

(38)

Trang

38

giải

Kết hợp hai kiện ta được: n = 3{2k + 1) = 6k +

Nhận xét 13Một số toán tương tự:

1 (VMO, 2015) Cho dãy đa thức{Pn{X)} thỏa mãn điều kiện P0( )x ,P1( )x 3

1

( ) ( ) (1 ) ( ) ,

n n n

P x x P x x x P x n

Tìm tất số tự nhiên n chia hết cho đa thức

( )

Q x x x x

2 (Trường Đông, 2015) Cho dãy đa thức Pn(X ) thỏa mãn điều kiệnP0( )x ,P1( )x x

vàPn 1( )x x Pn( )x Pn 1( ) ,x n 2

Chứng minh tất đa thức dãy thỏa mãn

2

( ( )

P x P x

Chứng minh với n 1 Pn( )x có n nghiệm thực

Bài 11

Cho đa thức

( )

P x x a x b x c x d Q x( ) x2 p q x thuộc Q[x] Biết hai

đa thức nhận giá trị âm khoảng I có độ dài lớn khoảng I chúng

nhận giá trị không âm Chứng minh tồn x0  đề P x( 0) Q x( 0)

(Hịa Bình)

Lời giải

Gọi (x1;x2) khoảng I có độ dài lớn thỏa đề Do P(x) liên tục R với giá trị

, ,

i j k

x x x cho chúng thuộc khoảng ( ;x1) ; (x1;x2) ; (x2; )

nênP x( i) P x( j) ;P x( j) P x( k) Do P(x) có nghiệm, giả sử nghiệm

không phải x1,x2

Do P(x) nhận giá trị âm (x1,x2)cịn ngồi khoảng nhận giá trị khơng âm, đồng

thời P(x) liên tục R nên không xảy trường hợp P x( 1) ,P x( 2) Vậy x1,x2 nghiệm

P(x) = Xét trường hợp sau:

x1 không nghiệm Q x( ) P x( 1) Q x( 1) (đpcm)

x2 không nghiệm Q x( ) P x( 2) Q x( 2) (đpcm)

đều nghiệm Q(x) = Do x1 x2 nên

2

4

p q Theo định lý Bezout

và P, Q monic nên P(x) = Q(x) H(x) với

( )

H x x m x n Giả sử phản chứng

(39)

Trang

39

giải

Thay x xi ta có P x( i) Q x( i) Q x( i) H(xi) H(xi) :.Tương tự, với

1

( , )

x x x H ( )x ( ; 1) với x (x1,x2)thì H( )x

Do H(x) – nhận giá tri âm (x1,x2) ngồi nhận giá trị khơng âm nên

nếu H(x1) 1,H (x2) vơ lý H(x) – liên tục R Vậy H(x) -1 nhận x1,x2

làm nghiệm, dẫn tới P(x) – Q (x) có nghiệm kép Mà P(x) –Q(x) monic nên

( ) ( )

H x Q x hay P x( ) Q2( )x Q x( )

Để ý chọn cho I P( ) Q2( ) Q( )

2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) 1( ( ) )

Q Q p q p q p q d o Q

2

4 ( 1) ( 1)

;

2

p p q p p q

Mặt khác dễ dàng chứng minh:

2

1

4 ( 1) ( 1)

; ( ; )

2

p p q p p q

x x nên

tồn cho Ivà P( ) Điều vơ lí Vậy khơng tồn x0 để

0

( ) ( )

P x Q x

Nhận xét 14 Bài tập tương tự:

1 (Cannada,1981) Cho hai đa thức P(x), Q(x) thỏa mãn phương trinhg P(x) = Q(x) khơng có nghiệm thực P Q x( ( ) ) Q P x( ( ) ) x  Chứng minh phương trình P(P(x))=Q(Q(x))

cũng khơng có nghiệm thưc

2 (VMO,2003) Cho hai đa thức

( )

P x x x x Q x( ) 2x3 6x2 7x 1

Chứng minh P(x) = Q(x) = có nghiệm phân biệt Chứng minh tồn nghiệm P(x) nghiệm Q(x) cho 2

3

3 Cho đa thức

( )

P x x a x b x c có nghiệm phân biệt vàQ x( ) x2 2x 6 Biết

phương trình P(Q(x)) = vơ nghiệm Chứng minh P(2016)>1 Bài 12

Cho đa thức

2

( )

P x x a x a x a có hệ số thực với P(1)P( )

'( ) '(1)

4

( ) (1)

P P

Giả sử P(x) có 2016 nghiệm thực, chứng minh số đó, có nghiệm thuộc khoảng (1;2)

(40)

Trang

40

giải

Lời giải

Gọi x1,x2, ,x2 6 nghiệm P(x) Theo định lí Bezout ta có:

1

( ) ( ) ( ) ( n)

P x x x x x x x

Khi đó:

1

1 1

'( ) ( ) ( ) ( n)

n

P x x x x x x x

x x x x x x

Do đó:

1

'( ) ( )

n

i i

P x

P x x x

Ta phản chứng P(x) khơng có nghiệm thuộc khoảng (1;2) Ta có:

2 6

1

2 '( ) '(1)

4

( ) (1) ( ) (1 )

i

i i i i i i

x

P P

P P x x x x

Do xi xi nên ( xi) (1 xi) Ngoài ra:

2

1, (1; ) ( ) (1 )

i

i i

x

x x

Suy ra:

'( ) '(1)

4

( ) (1)

P P

(Vơ lí)

Do tồn nghiệm thuộc khoảng (1;2)

Nhận xét 15 Đây dạng toán hay hệ định lý Bezout Để xử lý dạng

tốn cần phải có kiến thức đại số, giải tích hỗ trợ Sau số toán áp dụng định lí Bezout vào việc xử lý tốn bất đẳng thức đa thức

1 Cho đa thức P(x) bậc n có hệ số thực, hệ số cao có n nghiệm thực cho

( 1)

P

'( 1) ( 1)

P n

P

(41)

Trang

41

giải

Chứng minh P(x) có nghiệm x0 với x0

2 Cho đa thức

1 0

( ) n n n n , , n

P x a x a x a x a n a a có n nghiệm dương

Chứng minh 1

n

a a

n a a

3 (HongKong,1997) Cho

1

( ) n n n

P x x a x a có bậc n 2và có n nghiệm thực

1, 2, , n

x x x Chứng minh rằng:

2

'( ) ( 1) ,

( ) i

P x

P x n x x

P x

4.(Hungary,1983) Cho

1

( ) n n n

P x x a x a x đa thức hệ số dương phương trình P(x) = có n nghiệm thực Chứng minh rằng:P( ) 3n

5 (Costa Rica,2009) Giả sử đa thức

1

( ) n n n n n

P x x a x a x a x a phân tích

thành Chứng minh

2

1

(n 1)an 2n an

Bài 13

Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên Chứng minh tồn hai đa thức Q(x) R(x) cho P(x)Q(x) đa thức x2

2 P(x)R(x) đa thức x3

(Khánh Hòa)

Lời giải

1 Chú ý đẳng thức sau:

2

( ) ( )

a b a b a b

Với

2

0 0

( )

n n

n

i i i

P x a x a x a x

(42)

Trang

42

giải

2

0

( )

n n

i i

Q x a x a x

Suy ra:

2

2 2

2

0

( ) ( ) ( )

n n

i i

P x Q x a x a x S x

2 Chú ý đẳng thức sau:

3 3 2

3 ( ) ( )

a b c a b c a b c a b c a b b c c a

Ta xét:

3 3

0 0

( )

n n n

n

i i i i

P x a x a x a x a x

Đặt :

3 3

0 0

( ) ; ( ) ; ( )

n n n

i i i

A x a x B x a x C x a x

Ta chọn

2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

R x A x B x C x A x B x B x C x C x A x

Suy ra:

3 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

P x R x A x B x C x A x B x C x T x

Nhận xét 16Một số toán tương tự:

1 Biểu diễn đa thức

P x x x x x dưới hạng hiệu bình phương hai đa thức:

2

( ) ( ) ( )

P x Q x R x bậc khác với hệ số thực Chứng minh không tồn đa thức

hệ số thực H(x) để

( ) ( )

P x H x

2 Tồn hay khơng đa thứcP(x) để x  P(x) > P"(x) và P(x) > P”(x)

(43)

Trang

43

giải

( ) n

n

P x b b x b x bất khả quy Z[x]

Bài 14

Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn

2

( ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ,

P x P x P x P x P x x  (2.4)

(Long An)

Lời giải

Thay x = vào (2.4) ta : P(0) =

1 Xét P x( ) C Khi ta có :C2 C2 C2 C , P x( )

2 Xét d e gP

1

( ) n n n n ( n )

P x a x a X a x a a

Khi xét hệ số x2n

khai triển (2.4) ta được:

2

( 1) n 3n ( )n 5n ( )n 4n 5n

n n n n n

a a a a a (2.5)

Nhận thấy n số lẻ khơng thỏa mãn (2.5) Dễ thấy n = nghiệm (2.5)

Xét n Khi đó:

3

4

n n

n n n

Mặt khác: 1

4

n

( )

4

n

Do phương trình (2.5) có nghiệm n =

Suy :

2

( ) ( ( ) )

P x a x a x d o P

Từ đề bài, so sánh hệ số đứng trước x3 ta có :

1 2 2

3a a 9a a 6a a 5a a 5a a

(44)

Trang

44

giải

Thử lại ta thấy

2

( ) ; ( ) ( )

P x P x a x a thỏa yêu cầu đề

Nhận xét 17Một số tập tương tự cho dạng này:

1 (KHTN, 2010) Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn

P(x - y) + P(y - z) + P(z - x) = [P(x) + P(y) + P(z)]

với x + y + z =

2 (IMO, 2004) Tìm tất đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn

P (x - y) + P (y - z) + P (z - x) = 2P (x + y + z), x y z, , 

sao cho xy + yz + zx =

3 (Nam Tư, 1982) Tìm tất đa thức hệ số nguyên P(x) sao cho

2

16P x [P 2x ] , x 

4 (Ukraine, 2009) Tìm tất đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn với x, y, z, t đôi khác

nhau: x2 + y2 + z2 = 2t2, gcd(x,y, z, t) = và

2

2P t 2P (x y y z z x) P (x y z)

5 (Costa Rica, 2008) Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn

2

( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( )

P a b P b c P c a P a b c P a b c P a b c

với a b c, , 

Bài 15

Cho m số nguyên dương thỏa mãn m (mod 2017) Chứng minh đa thức đa thức

2

( )

P x x m x bất khả quy Z[x]

(Nghệ An)

Lời giải

Ta chứng minh toán tổng quát sau: Cho a số nguyên dương p >

số nguyên tố thỏa mãn (a, p) = Khi đa thức p

P x x m x a bất khả quy trên Z[x]

vớim 1 (modp). Thật giả sử P(x) khả quy ta có: P x Q x R x (d e g Q d e g R, 1)

Do P(x) monic nên Q(x),P(x) monic

Xét

1

( ) n n n

Q x x a x a x a với an 1.an 2, ,a0 

Gọi ai nghiệm (thực phức) Q(x) = Đặt

1 n

k

k i

i

S a

Do aicũng nghiệm P(x) = nên ta có:

1

p

S m S n a

Do 1

1 n

i i

S a nên theo định lí Viete Q(X) ta có S1  Do Sp 

(45)

Trang

45

giải

Mặt khác:

1

( m o d )

p n p

i p

i

S a S p

Do đó: 1

p

S S  p

Mà Sp m S1 Sp S1 ( m o d p) nên n a p

Mà n p ( ,a p) nên vơ lí Do P(x) bất khả quy Z[x]

Nhận xét 18 Đa thức bất khả quy toán hay gặp đề thi học sinh giỏi Có nhiều

phương pháp để giải toán phản chứng, dùng số phức hay dùng tiêu chuẩn Eisenstein Sau số tập khả quy củng bất khả quy đa thức.

1 Cho a1,a2, ,an  Chứng minh P x( ) (x a1) (x a2) (x an) bất khả quy

Z[x]

2 Chứng minh rằng

p p

x x x bất khả quy Z[x]

3 (China TST, 2008) Chứng minh với n 2 , tồn đa thức P x( ) xn aa 1xn a0 thỏa mãn đồng thời điều kiện:

1, 2, , n

a a a

P(x) bất khả quy Z[x]

Với số nguyên x P x( ) số nguyên tố

4 (Romania TST ,2006): Cho p số nguyên tố,p 5 Xét đa thức P x( ) xp p x( k xl)

với 1 l k p 1 Hỏi có cặp (k, l) để P(x) bất khả quy Z[x]

Bài 16

Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn

2 2

(x 6x )P x( ) (x )x P x( ) 6x 2x

(Nghệ An)

Lời giải

Viết phương trình cho dạng:

2 2

(x 6x ) P x( ) x (x 2x) P x( ) x , x 

(46)

Trang

46

giải

2

(x 6x )Q x( ) (x )x Q x( ) , x 

Hay

(x ) (x )Q x( ) x x( )Q x( ) , x  (2.6)

Cho x = 0, -2,4 ,suy Q(0) = 0; Q(-2) = 0, Q(2) =

Suy Q x( ) x x( ) (x )R x( ) Ta có R  x thỏa mãn

2

(x ) (x ) ( ) (x x )R x( ) ( ) (x x ) (x ) (x )R x( ) , x 

(x )R x( ) x R x( ) , x ; ; (x )R x( ) x R x( ) , x  (2.7)

Cho x = 0, (2.7) => R(0) = 0; suy R(x) = x S(x)

Khi S  x thỏa mãn

(x ) ( )x S x( ) x x( )S x( ) , x  S x( ) S x( ) , x 

Từ suy S(x) = c , với c số

Do 2

( ) ( ) ( )

P x c x x x c x x x Thử lại thỏa mãn

Nhận xét 19 Đây dạng tốn tìm đa thức quen thuộc, nhiên để xử lý toán phải khéo léo Sau số toán tương tự:

1 (Long An, 2012) Tìm tất đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn

2 2

( ) ( 2 ) ( ) ( 1) ( 1) ( 1)

P x x x x x x x P x x 

2 (Moldova, 2004) Tìm tất đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn

3

(x 3x 3x ) P x( 1) (x 3x 3x ) P x( ) , x 

3 (Greece, 2014) Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn

2

(x 6x )P x( ) (x )x P x( )

Bài 17

Cho đa thức

2

( ) + a x

(47)

Trang

47

giải

có ba nghiệm nguyên x1,x2,x3, a b c, ,  Chứng minh biểu thức sau bội

2017

2 7

1 2 3

(a b c 1) (x x ) (x x ) (x x )

(Quảng Bình)

Lời giải

Xét

( )

f x x a x b x c

Nếu x1,x2,x3 có số dư chia cho 2017 ta có điều phải chứng minh

Xét x1,x2,x3 có số dư đơi khác đơi cho 2017

Theo định lý Fermat, ta có:

2

( ) ( 1)

f x a x x b c

Mặt khác:

1

( ) ( ) ( )

f x f x f x 

Ta có:

1 2

( ) ( ) ( ) ( 1)

f x f x x x a x a x b

Suy ra:

1 2

a x a x b 

Tương tự:

2

a x a x b 

Do đó: (a x1 a x2 b 1) (a x2 a x3 b 1) a x( 1 x3) 7 a2

Do f(x1) f(x2) (x1 x2) (a x1 a x2 b 1) nên b 7

Ngoài :

1 1

( ) ( 1) ( m o d )

f x a x x b c nên c2

Suy ra: 7

1 ( m o d )

a b c a b c

(48)

Trang

48

giải

Nhận xét 20 Đối với toán ta cần phải ý đến tính chất đa thức hệ số nguyên số học số hệ định lýBezout chẳng hạn

( ) ( ) , ,

P a P b a b a b  Sau số toán liên quan đến đa thức số học:

1 (HongKong2001) Cho số tự nhiên k và đa thức P x( )  x thỏa mãn điều kiện

0 P c( ) k với mọic , 1, ,k 1 Chứng minh P(0) = P(l) = = P ( k + 1)

2 (China TST, 2009) Tìm tất đa thức f(x) hệ số nguyên

cho f a f b( ) f c( )a b c , vôi số nguyên a, b, c Bài 18

Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện

2

( ) ( ) ( 1) ,

P x P x P x x 

(Quảng Nam)

Lời giải

1 Nếu P x( ) C P x( ) P x( )

2 Nếu d e gP n ( ) n 1 n 1 0( )

n n n

P x a x a x a x a a

Xét hệ số x2n khai triển (2.8) ta có:

2

0

n n n n

a a a a

Do an nên an

Gọi nghiệm P(x) = Thay x vào (*) ta được:

2

( ) ( ) ( 1)

P P P

Do giá trị

, 1, ,

k

k nghiệm P(x) = Khi để giá trị 2k hữu

hạn Mặt khác với x P( ( 1) )2 P( 1)P( ) Do đó( 1)2

nghiệm P(x) = Tương tự ta có

( 1) k;k 1, , nghiệm P(x) =

Một cách tương tự ta có:

( 1) ( 1)2

(a) Nếu P(0) = suy P( ( 1) )2 P(1)

(b) Nếu 1và ( 1)2

(49)

Trang

49

giải

1 c o s i s i n

Suy ra:

2 2

(1 ) (1 ) (1 )

2 ( 1) (1 )

2 ( 1) ( )

c o s i c o s s i n s i n c o s c o s i s i n c o s

c o s c o s i s i n

Do

2 2

1 ( 1) ( 1) ( ) (1 )

1

2 3

c o s c o s s i n c o s

c o s

Với

3

2

i Do nghiệm nên nghiệm, suy ra: ( 1)2cũng

nghiệm

Mặt khác ta tính được:

( 1) , (Vơ lí)

Tương tự với trường hợp

3

Vậy P(x) = có nghiệm hai 0, kể nghiệm phức Do theo Bezout ta có:

( ) m(1 ) (n 1) (m )n

P x x x x x

Thay vào (2.8) ta được:

2

(1 ) (1 ) ( 1) ( ) (1 ) (1 ) ( 1) ( ) ,

m n m n m n

x x x x x x

x x x x x x x  m n

Khi đó:

( ) m(1 ) ,m ,

P x x x m  x 

Nhận xét 21 Cần nhận phương trình P(x) = 0 khơng có nghiệm, khác ngồi 0,1 kể

cả nghiệm phức, từ sử dụng kiến thức về số phức đa thức để giải hài toán Sau đây số toán tương tự:

(50)

Trang

50

giải

( ) ( ,)

P x P x P x x x 

2 (IMO 1983)Chứng minh đa

n n

P x x x là bất khả quy Z[x] với

n >

3 (Bulgaria, 1979) Tìm tất đa thức hệ số thựcP(x) thỏa mãn

2

(2 ),

P x P x P x x x 

Bài 19

Cho

( ) ( 1, , , )

i i i

P x x b x c i n n đa thức đôi phân biệt với hệ số thực cho với

mọi i j n đa thức Qi j, ( )x Pi( )x Pj( )x có nghiệm thực Tìm giá trị lớn

nhất n

(Vĩnh Phúc) Lời giải

Với n = ta chọn 2

1( ) ; 2( ) ; 3( )

P x x P x x x P x x x

2 2

1( ) 2( ) ( 1) ; 1( ) 3( ) ( ) ; 2( ) 3( ) ( )

P x P x x P x P x x P x P x x thỏa mãn

Giả sử tồn đa thức P1,P2,P3,P4 thỏa mãn điều kiện toán Khi

2 2

1 2 ( 2) ; ( 4) ; ( 3) ; ( 4) ,

P P x t P P x t P P x t P P x t

i j

t nghiệm

i j

P P

Đặt Q P1 P2 P3 P4 có hai biểu diễn

2

1

2 ( ) ( )

Q x t x t

Và

2

1

2 ( ) ( )

Q x t x t

So sánh hệ số ta

1 4

t t t t t1 22 t3 42 t1 32 t2 42

Suy

1 4 ; 2.3 3.2

t t t t a t t t t b

Do đó: t1 2;t3 4 t1 3,t2 4 nghiệm phương trình x2 a x b

Nếu t1 2 t1 3 P2 P3, t1 3 t2 4 P1 P4 đến mâu thuẫn với giả thiết

Vậy giá trị lớn n

3 Giải tích Bài

(51)

Trang

51

giải

1

2

3 ,

n n n n

x x

x x x x

Đặt dãy

1

n n

k k

y

x

Chứng minh (yn) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn

(THPT chun KHTN-DH KHTN, ĐHQG HN)

Lời giải

Ta cố gắng rút gọn biểu thức để quy dãy tuyến tính cấp sau rút gọn yn

Ta có

2 2

2 1 1

n n n n n n

x x x x x x x x x

Do ta có

2

1

n n n

x x x

Khi đó:

1

1 1

1

k k k

x x x

Do sai phân rút gọn, ta tính

1

n

y

x x

Tiếp theo ta tìm l m xi n Ta cóxn 1 xn (xn 1)2 Do xn tăng

Giả sử xn bị chặn xn có giới hạn hữu hạn Đặt L l i m xn giải L = vơ

lí Do l i m xn Khi

1 li m

2

n

y

(52)

Trang

52

giải

1 Đồng hệ số: Ta tìm , thỏa mãn

1

k k k

x x x

2 Sử dụng điểm cố định hàm số: Khi ta giải phương trình sai phân có dạng f (x) = x

đểtìm điểm cố định đó, sau đặt vào lại biểu thức sai phân được Ví dụ ta giải phương trình

x x x ta tìm nghiệm x = nên ta có cách phân tích trên.

Ta có số tập ứng dụng sau đây:

1 Cho a số thực dương dãy (xn) xác định bởi:

1

2

1

, , *

2 1 4

n n

n n n

x

x x n

a a x a x a x

 Đặt n n k k

S x Tính

n n

l i m S

2 Cho m số thực lớn a số thực lớn Xét dãy số (xn) xác định bởi:

1

3

, , * 1 n n n n m n n x x

x a x n N

x x Đặt 1 , * n n m i i

y n N

x

Tìm n

n

l i m y

3 Cho a  Xét dãy số (un) xác định bởi: u1 a4 2a2 2 :

1

5

, *

5

n n n

n

u u u

u n N

Đặt 2

1 1

1

, *

4

n n

i i i

y n N

u u

Tính giới hạn li m yn l i m un n

4 Cho dãy số thực (xn) xác định :

0 2 , n n n x x x n x 

Với số nguyên dương n, đặt

1 n

n k

k

(53)

Trang

53

giải

Bài

Tìm a để dãy số (un) hội tụ, biết u1 = a và:

1

2

1 , *

4

n n

n n n

u k h i u

u k h i u n

u u k h i u



(Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp HCM) Lời giải

Đây dạng toán cần phải xét nhiều trường hợp điều cần việc chia khoảng cho họp lí

Ta có nhận xét sau: Nếu tồn xi [ ; 0] dãy có giối hạn hữu hạn li mun Ta

chia khoảng vào điểm nhạy cảm tốn để từ lời giải

•a u2 2u1 1 Bằng quy nạp suy raun 1, n Từ suy cơng thức tổng qt

của dãy

(

2n 1)

n

u a , tức dãy (

n

u ) khơng có giới hạn hữu hạn

2

1 n

a u u Vậy dãy có giới hạn L=

0 < a < 1: Ta chứng minh dãy un ln có số hạng âm Thật giả

sửun , n Khi 2 ;

2

u Cứ chia nửa khoảng nửa khoảng kẹp lim suy

được un = vối n đủ lớn (vô lí) Do tồn k: uk uk Như theo

nhận xét ta có li m un

-1 < a < hiển nhiên theo nhận xét

a< -1 : Đây trường họp tốn chỗ xác định dãy khó

Với

2

1,

a u a a . Nếu

2

u a thì theo trường hợp 1, dãy

khơng có giới hạn

Ta chứng minh a t h ì dãy có giới hạn Nhưng tới chưa chia

khoảng nên ta tiếp tục xét thêm điểm nhạy cảm -2; -1

- Nếu a u2 Theo trường họp dãy hội tụ

- Nếu -2 < a < -l, xét hàmsố

2

4

f x x x (-2;-1) f ' x 2x , mà u2 u1 nên dãy giảm Mặt

khác un bị chặn -2 nên tồn giới hạn un.

Vậy dãy có giới hạn a

Nhận xét 23Dạng toán thuộc lớp toán biện luận hội tụ dãy số Trong kì thi học sinh giỏi, đặc biệt kì thi học sinh giỏi quốc gia ta thường gặp dạng toán sau: Cho dãy số

(xn) như sau:

1

x a xn 1 f(xn) , n  * (a tham số thực).

(54)

Trang

54

giải

1 Xét hàm số y = f(x) Tìm nghiệm phương trình x= f(x), lập bảng biến thiên hàm số

y = f(x) và dấu của f(x) – x

2 Sử dụng bảng vừa lập để xét tính đơn điệu bị chặn dãy số vào điều kiện a Ta có số tập áp dụng:

1 Cho dãy số (xn) như sau: x1 a 

3

1 , *

n n

x x n  Tìm a để dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn trường hợp

2 Với cặp số thực (a; b) xét dãy số (xn) như sau:

0

1 s i n , *

n n n

x a

x x b x n 

(a) Cho b = Chứng minh với số thực a, dãy (xn) có giới hạn hữu hạn n Hãy tính giới hạn theo a

(b) Chứng minh với số thực b>2 cho trước, tồn số thực a cho dãy số (xn) tương ứng khơng có giới hạn hữu hạn

3 Cho dãy số ( xn) sau:

1

3

1 , *

n n n n

x a

x x x x n 

Tìm a để dãy số ( xn) có giới hạn hữu hạn n tìm giới hạn trường hợp đó.

Bài

Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn :

1 f(1)

2 f(x y 1) f( )x f(y) 3x y x y, 

(THPT chuyên ĐH Vinh) Lời giải

Kí hiệu P(u,v) phép x u, y v vào

Từ P(x,0) ta có : f( 1) f( ) f( )x x 

Từ ta thấy f(0) = ngược lại, ta có f( )x c x  , khơng thỏa mãn đề

2

(1, 1) ( ) (1) (1) 1( (1) )

P f f f f

P(x+ 1,1)

( ) ( 1)

f x f x x x  (3.1)

Trong đẳng thức thay x = -1 => f(-1) = -1

Từ P(-x-1;-1) ta có:

( ) ( 1)

f x f x x x  (3.2)

Từ (3.1) (3.2) f( )x f( x) x 

P(-x-1,-1)

( 1) ( ) ( 1) ( )

f x f x x f x f x x x  (3.3)

(55)

Trang

55

giải

Bài

Cho số thực a dãy số (un) xác định bởi:

1

ln , *

2

n

n n

n

u a

u

u u n

u



Chứng minh dãy un có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn

Ta có

1

ln

2 3

x x x

x

x x x

(3.4)

Do ta xét hàm số ( ) l n

2

n

u f x x

u

3;

2

Có

2

5

2

( )

'( )

1 ( 1) ( )

x x

x

f x

x x x

x

1

'( )

4

f x x

Do giải phương trình giới hạn ta suy li mun nên ta xét trường hợp sau:

TH1: a Lập bảng biến thiên, ta suy u2 f u( 1) f ( )a f( ) Tiếp đó, quy

nạp suy

4

n

u n (3.5)

Từ (3.4) (3.5) suy un 1 un với n Do (un) dãy giảm bị chặn nên

có giới hạn hữu hạn

TH2: a Ta có f ( ) ln 6

4

f Lập bảng biến thiên, ta

(56)

Trang

56

giải

2 ;

n

u n (3.6)

Từ (3.4) (3.6) suy un 1 un với mọin

Do (un) dãy tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn

Vậy với a (un) có giới hạn hữu hạn Giả sử li m un L ,

1

ln

2

L

L L L

L

Vậy li mun

Bài

1 Chứng minh không tồn hàm số f :  thỏa mãn:

( ( ) ) ( ) ,

f x f y y f x x y  (3.7)

2 Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn

( ( ) ) ( ) ( ) ,

f x f x x f y f x x y  (3.8)

(Bà Rịa –Vũng Tàu)

Lời giải

1 Giả sử tồn hàm số f :  thỏa mãn Thay x = vào (3.7) ta có

( ( ) ) ( ) ( )

f f y y f y  f x toàn ánh

Do a cho f( )a

Thay y a vào phương trình ban đầu, ta có f( )x a f( )x x  hay f( )x c x  (

c số thực)

Thử lại ta thấy không thỏa mãn

Vậy không tồn hàm số thỏa mãn f(x 6f (y) ) y f( )x với x y, 

2 Giả sử tồn hàm số f :  thỏa mãn Đặt P(x,y) phép x, y vào (3.8)

Xét x :P x( , ) f( )

Ta có f( )x nghiệm hàm

Xét f( )x Giả sử tồn a số thỏa mãn f(a) =

- P a y( , ) a f(y) f(y) y  vô lý Vậy f ( )x x

(57)

Trang

57

giải

- P(1, 1) f(1 f(1) ) f (1)

-

(1 (1) , 1) ( (1) 1) (1)

P f f f

- P(1,y) f (y 1) f(y) y 

- P x y( , 1) f(x y f( )x f( ) )x x f(y) f ( )x x f(x y f( ) )x x x y, 

Mặt khác x y f( )x tốn ánh ( cho x = 1, y chạy ) nên thay x y f ( )x y (3.8), ta

có

( ( ) ) ( ) ,

f y f x f y x x y  (3.9)

Thay y = vào (3.9) ta có : f(f ( ) )x x x 

Thay x f(x) vào (3.9) ta có

( ) ( ) ( ) ,

f x y f x f y x y  (3.10)

P(f(x),y) kết hợp (3.10) ta có

( ) ( ) ( ) ,

f x y f x f y x y  (3.11)

Từ (3.10) (3.11) ta có nghiệm hàm f ( )x x x  f( )x

Bài

Cho dãy số xn xác định bởi:

1

, *

1 ( 1)

n n

n

x

n x

x n

n x



1 Chứng minh ,

( 1)

n

x n

n n

2 Với số nguyên dương n, đặt

11 ( 1) n

k n

k k

k x y

k x

Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn tính giới hạn

(Bà Rịa –Vũng Tàu)

Lời giải

1 Đầu tiên ta dễ chứng minh xn 1, n Ta quy nạp để chứng minh

( 1)

n

x n n

(58)

Trang

58

giải

Với 1 1

2

u

Giả sử tới n, ta chứng minh với n + tức chứng minh

1

2

1 ( 1) ( )

( 1) ( ) ( 1) ( 1) ( ( ) 1)

n

n n

x

n n

n n n x n x

n x n n x

Áp dụng giả thiết quy nạp ta cần chứng minh xn 1, điều hiển nhiên Do ta có

đpcm

2 Để ý so với cơng thức truy hồi bậc xk giảm đơn vị, ta

sẽ lập hiệu có dạng f(x 1)xk 1 f ( ) x xk

Ta chọn f(x) = x Khi ta có

1

( 1)

1 ( 1)

k

k k

k

k x

k x k x

k x

Đổi dấu lại

1

( 1)

1 ( 1)

k

k k

k

k x

k x k x

k x

Cho k chạy từ 1n-1

1

1 ( 1)

k n

k

k x x n x

k x

Mà từ câu a ta có

1

0 li m

1

n n

n x n x

n

Do li m 1

2

n

y x

Bài

Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn

1 1

( ) ( ) ( ) ( ) , ,

3

(59)

Trang

59

giải

Kí hiệu P(u,v,w) phép x u, y v, z w vào đề

2

1

(1, 1, 1) (1) (1)

3

P f f

2

1

( , , ) ( ) ( )

3

P z f f

1

( , 1, 1) ( )

P x f x x 

1

( , 1, ) ( )

P x f x x 

Vậy ta có ( )

3

f x x  , Thử lại thấy

Bài

1 Tìm li m un với 1.3

2 2

n

u n N

n

2 Cho dãy số (un) xác định bởi:

1

, *

n n

n

u u

u n

u



Tìm cơng thức tổng qt (un)

(Bình Thuận)

Lời giải

1 Chúng xin nêu hai cách giải cho câu

Cách 1: Nếu < a < b

1

a a b b

Do

2

2 ( 2 )

3 ( )

n n

n

u u

n n

(60)

Trang

60

giải

Lấy lim hai vế ta lim un

Cách 2: Ta quy nạp để chứng minh

3

1

,

n

u n

n

- Với n = 3

3

3 1

u

- Giả sử tới n, ta chứng minh với n + Thật vậy,

1 3 3

2 3

2 4

n n

u u

n n n n

Nhân chéo lên, điều tương đương với

3 3

( 2n ) n ( 2n ) (n 1) 4n 6n 7n ,

một điều với n Do ta có

3

1 un

n

Lấy lim vế ta li m un

2 Đây câu quen thuộc nhìn hình thức ta nghĩ tới đặt lượng giác Do

quy nạp dễ chứng minh t a n 1

2

n n

u

Bài

Cho dãy Fibonacci xác định sau:

1

n n n

u u

u u u

Chứng minh với số nguyên tố p có số 1, 1

p p

u u bội p

Trong dùng tới bổ đề quen thuộc sau:

Bổ đề 5Với {un} dãy Fibonacci thì: 1 Công thức tổng quát un

2

1 5

2

5

n

u

2

1 ( 1) n

n n n

(61)

Trang

61

giải

Bổ đề Ckpp, k , , , p 1

Quay lại toán Dễ thấy tồn uk 1,uk 1 chia hết cho p uk chia hết cho p nên suy

ra un chia hết cho p với n vơ lí

Do có số 1, 1

p p

u u chia hết cho p

Thayn p bổ đề u2p up 1up 1 Do ta cần chứng minhu2p 1p

Ta có

2

2 1 5

1

5 2

p p

p

u

Do p nên ta cần chứng minh

2

1 5

3

2

p p

p



Mà khai triển trực tiếp quy đồng, ý rút gọn, ta tử

0 2

2 2

2 (C p C p.5 C p.5 C pp.5 )p p

Mà theo bổ đề ta có 2

2 , , , p

p p p

C C C p nên ta cần chứng minh

0 2

2

2 (C p C pp.5 )p pp,

Một điều hiển nhiên theo định lý Fermat Do tử chia hết cho p 7, cịn mẫu 22p khơng

chia hết cho p Do ta có

1

p

u p nên ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 24 Dãy số với tính chất số học đề tài "nóng hổi" được quan tâm kì thi học sinh giỏi Hơn nữa, toán thuộc tính chất đẹp dãy Fibonacci Để bạn đọc nắm vững số tính chất dãy đặc biệt này, hãy thử sức toán sau:

1 Cho ( un) dãy số Fibonacci Chứng minh n bội k un bội uk. 2 Cho ( un) dãy Fibonacci Với số tự nhiên k, chứng minh phân số sau tối giản:

2

3

, *

n n

k u u n k u u



(62)

Trang

62

giải

Tìm tất hàm f :  thỏa mãn

2 2

( ( ) ) ( ) ( ) , ,

f x y f x f y f x y x y 

(3.12)

Giả sử tồn hàm f :  thỏa mãn (3.12)

Thay y = vào (3.12) ta có

2

( ) ( ) ( )

f x f f x x  (3.13)

Thay x = vào đẳng thức ta có

2f ( ) f ( ) f( ) f( )

TH1: f(0) =

Thay x = 0, y –y vào (3.12) ta có 2

( ) ( ) ( )

f y f y f y y 

( ) ( ) ( )

f y f y  f x Thử lại

TH2: f(0) =

2

( ) f (x ) f ( )x x  (3.14)

Ta có f( )x nghiệm hàm

Xét f( )x

Nếu tồn a cho f( )a :

(3.14)=>

( )

f a f ( a) dó khơng giảm tổng qt giả sử a >

Từ (3.14) ta có f( )x x

Thay x = a, y –y vào (3.12) ta có 2

( ) ( ) ( )

f a f y f a y y 

2

( ) ( ) ( ) ( )

f y f a y y  f y f y a y

(63)

Trang

63

giải

2 2

( ( ) ( ) ) ( ) ( ) , ,

f x a y f x a f y f x a y x y

f x a y f x f y f x y x y



2 2

( ( ) ) ( ( ) ) , ,

f x y f x a x a f x y f x x y  (3.15)

Do f( )x nên tồn x0 cho f(x0)

Thay x x0,y

2

0

2 ( )

x y

f x

vào (3.15) ta có

0

( 2 ) ( )

f y a x a f y y  (3.16)

Đặt

0

2

c a x a Do

0

,

a x nên c >

Với y  tồn n  * cho y + nc >

Từ (3.16) ta suy f(y) f(y n c) y 

Kết hợp với (3.14) suy f(y) y 

Do f( x) f( )x x 

Thay x –x vào (3.12) ta suy 2

( ) ( ) ,

f x y f x y x y 

( ) ( ) ,

f x y f x y x y 

Thay x

2

x y

, y

2

x y

ta có f( )x f(y) x y, 

Do f(x) hàm Thử lại suy f ( )x f ( )x vô lý

Vậy f ( )x x

Thay x = 2y vào (3.12) ta có

2

( ( ) ) ( )

( )

f y y f y y

y y f y y

f y y y



Mà f(0) = suy f( )x x x  Thử lại

(64)

Trang

64

giải

Bài 11

Cho dãy số (un) xác định :

1

(1; )

1 , *

2

n

n n

u u

u u n 

Chứng minh (un) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn

Xét hàm số

2

( )

2

x

f x x (1;2) Có f '( )x x , x (1; ) nên f(x) nghịch biến

Mặt khác

2

n

u nên dãy chẵn tăng bị chặn trên, dãy lẻ giảm bị chặn Đặt giới hạn

dãy A,B ta có hệ phương trình

2

1

2

1

2

B

A B

A

B A

Trừ vế ta

2

2 ( )

2

A B

Suy A = B

2

A B

Nhưng ,

2

A B nên A = B

Do L

Bài 12

(65)

Trang

65

giải

1

2

1

2

3

1 , *

1

n n n

n n

n

x y

x x x n

y y

y



1 Chứng minh rằngx yn n ( ; ) n

2 Tính li m n

n

y

(Hà Nam)

Lời giải

Ta chứng minh quy nạp

c o t , t a n

n n n n

x y

Dễ thấy điều với n = Giả sử điều tới n

Bây ta chứng minh với n + Thật vậy,

2

1

3

1 c o t

3

n

n n n n

n

c o s

x x x

s i n

Tương tự với yn Khi ta có

2

( , ) t a n

3

n n

n

x y

Dễ dàng tính li m yn

Bài 13

Cho dãy số (un) có 1,

1

n n

n

u u u n

n

với n  n

1 Xác định công thức (un)

2 Chứng minh

1 6

u u u

(66)

Trang

66

giải

Lời giải

1 Tính tốn vài giá trị đầu:u2 ;u3 làm ta dự đoán un n2 , ta tiến hành quy

nạp với mong muốn khẳng định

Với

1

1,

n u khẳng định

Giả sử khẳng định tới n 1, (n 1) Khi un 1 (n 1)2

Giờ ta chứng minh khẳng định với n Thật vậy,

2

1 ( 1)

1

n n

u u n n n n

n n

Do ta có đpcm

Vậy

n

u n

2 Đề tương đương với việc chứng minh

2 2

1 6

Rất dễ thấy số 2016 mang tính tượng trưng , gợi ý cho ta chứng minh kết tổng quát hơn:

2 2

1 n n (3.17)

Với n = (3.17)

Giả sử (3.17) tới n Khi 2

1 n n

Bây ta chứng minh (*) tới n + Thật vậy,

2 2

1 n (n 1) n (n 1)

nên điều cần chứng minh có 3

( 1) ( 1) 3

n n n n n ,

điều hiển nhiên

Bài 14

Với số nguyên dương n , xét hàm số fn R xác định

2 2

( ) n n

n

f x x x x x

1 Chứng minh hàm số fn đạt giá trị nhỏ điểm nhất,

2 Gọi giá trị nhỏ hàm số fn sn Chứng minh dãy số (sn) có giớihạn hữu hạn

(67)

Trang

67

giải

Ở câu 1, ta dễ dàng suy nhận xét sau:

( )

n

f x x

( ) 1

n

f x x

( ) ( 1; )

n

f x x

Do m i n fn( )x ( 1; ) Khi ta có

2 2

'

2

1 ( 1)

( ) ( )

1 (1 )

n n n

n n

x n x n x

f x f x

x x

Xét hàm số 2

( ) n ( 1) n ( 1; )

n

g x n x n x x có

'

( ) ( 1) n ( 1) ( 1; )

n

g x n n x x x Dễ chứng minh gn( )x có nghiệm xn

(-1;0) Lập bảng biến thiên, thấy fn( )x đạt GTNN điểm

Với x ( 1; ) , ta có

2

1( ) ( ) ( 1) ( ) 1( 1) ( )

n

n n n n n n n n n

f x f x x x f x s f x f x s

Do dãy sn giảm Mặt khác

2

1 1

( )

1

n n

n n n

n n

x f f x

x x

nên dãy giảm bị chặn nên tồn L = limsn

Nhận xét 25 Đây toán dãy số xác định bổi dãy phương trình với tham số n nguyên dương fn (x) = Yêu cầu toán đặt dãy số (xn) được sinh

bởi nghiệm, giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất, phương trình fn (x) = Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn tính giới hạn đó.

Đối với dạng toán này, ta thường khảo sát hàm số f (x) để nhận xét số tính chất liên quan

đến dãy (xn) rồi sau biện luận miền số hạng dãy tính đơn điệu dãy Đơi

khi ta cần kết hợp số định lý có liên quan đến phần giải tích định lý Lagrange, định lý Rolle, để biện luận dãy (xn) Sau số tập ứng dụng:

1 (Trường Đơng viện Tốn 2016 - Ngày 1) Ký hiệu xn nghiệm dương phương trình:

xn + xn-1 + … + x = n +

Chứng minh dãy (xn) hội tụ tới số thực dương Tìm giới hạn đó.

2 (Moscow University Entrance Exam 2000) Ký hiệu xn nghiệm phương trình:

1 1

1

(68)

Trang

68

giải

thuộc khoảng (0; 1) Chứng minh dãy số (xn) hội tụ Hãy tìm giới hạn

3 Cho n số nguyên dương lớn Chứng minh phương trình xn = x + có

nghiệm dương nhất, ký hiệu xn Chứng minh rằng lim xn = và tính lim n(xn - 1) Bài 15

Cho dãy số (un) thỏa:

1

, *

2

n n

n

u

u n

u



Chứng minh dãy un

n

có giới hạn hữu hạn

(Hải Phịng)

Lời giải

Ta chứng minh quy nạp n un n n

Dễ thấy khẳng định với n = 1,2

Nếu có k uk k k thì:

Với

2

( )

2 2

x k x k

f x

x x

ta có

2

1

'( )

2 2

k x k

f x k x k

x x

Nên

1 ( ) ( )

k k

u f u f k k

Và

1

2 ( ) ( )

2

k k

k

u f u f k

k

Ta có

2

1 ( 1) ( 1)

2

k

k k k k

k

đúng k

Từ theo nguyên lý kẹp ta có li m un

n

(69)

Trang

69

giải

Xác định tất hàm f :  thỏa mãn:

( ) ( ) ( ) ,

f x y f x f y x y  (3.18)

với [x] số nguyên lớn khơng vượt q x

(Hịa Bình)

Lời giải

Giả sử tồn hàm f :  thỏa mãn (3.18) Thay x = vào (3.18) ta có

( ) ( ) ( )

f f f y y 

TH1: f( ) f ( )x x  f( x y) f( )x x y, 

Xét x [ ; 1) thay y y

x

vào đường thẳng ta có f(y) f ( )x c, y  (c số)

Kết hợp với f( )x 1, x  ta có c Vậy f(x) = c với số thực x y, , c ,

hằng số Thử lại

TH2: f( )

Xétx ( ; 1) ta có x Khi f( ) f( )x f( )x x ( ; 1) f( )x f( )x , x ( ; 1)

Từ quy f( )x , x ( ; 1)

Xét x > Thay y

x

vào (*) ta có f(1) f( )x f( ) x f(1)

x

Thay x = vào (3.18) ta f(y) y  Thử lại

Vậy tốn có nghiệm hàm f( )x c(1 c ) x  f( )x , x 

Bài 17

Cho (xn) xác định sau:

0 ; ,

1

n n

n

x

x x n

x



(70)

Trang

70

giải

(Hịa Bình)

Lời giải

Đặt n

n

x y

Khi

2

1

2

1 1

2

1 (1 )

n n n n

n n n

n n

y y y y

y y y

y y

Ta cần tìm

2

2 l i m

n

n y

Để ý l mi n li m yn .Áp dụng định lý Stolz, ta có

2 2

li m li m

1

n n

n

n n n

n x y

y

Bài 18

Cho dãy số (xn) xác định bởi:

0 2 1

3 ( ) ,

n n n n

x x

x x x x n 

Chứng minh số hạng dãy số ngun

(Hịa Bình)

Lời giải

Ta có

2

2 2

2

3 ( )

6

n n n n

n n n n n

x x x x

x x x x x

Tương tự ta có

2 2

1 1

n n n n n

x x x x x

(71)

Trang

71

giải

2

2 1

( ) ( )

n n n n

x x x x

Đến ta có nhận xét x0,x1,x2 ngun số hạng dãy nguyên Tính

x2 = 239 , đo đóta có điều phải chứng minh

Nhận xét 26 Việc chứng minh dãy số có số hạng nguyên vấn đề thú vị Ngoài cách xác định xn+2 theo hệ thức truy hồi tốn vừa xong, ta cịn dùng số tính chất số học đểchứng minh số hạng dãy số nguyên Sau số tập liên quan:

1 Dãy số (un) xác định :

1

3

1 , *

n n

u

u u n

n n



Chứng minh số hạng dãy số nguyên

2 Cho a, b, c ba số nguyên thỏa mãn điều kiện a2= b+ Dãy số (xn) xác định bởi:

0

2

0

,

n n n

x

x a x b x c n 

Chứng minh số hạng dãy dãy số nguyên

3 Dãy số (un) có tính chất sau

1

2

1

2 ,

1

, ,

2

n n

n

u u

u

u n n

u

 :

Chứng minh n 2 số hạng un dãy số nguyên lẻ

Bài 19

Cho dãy số un xác định công thức

1

3 1,

2

, *

2

n n

n

u u

u

u n

u



(72)

Trang

72

giải

(Tp HCM)

Lời giải

Nhận xét giới hạn (un) , có, limun = 1, ta thử tiến hành kẹp

1

1 un

n n

Với n = 1, n = ta có điều hiển nhiên

Giả sử điều tới n + Ta có 1 1 1

1 n

u

n n

Bây ta chứng minh điều với n + Thật vậy,

1

2 1

1

3

n n

n

u n

u

n

nên điều ta chứng minh

1

3

2 1

3 ( ) ( 1) ,

1

n

n n

n n n n

n n

n n n n

một điều hiển nhiên Tương tự ta chứng minh un 1

n

Do limun=1

Bài 20

Tìm hàm số f :  thỏa mãn : f(x y) f(x y) f(x y 1) x y 2x với

,

x y 

(Khánh Hòa)

Lời giải

Đặt g x( ) x f( )x phương trình cho trở thành :

( ) ( ) ( 1) ,

g x y g x y g x y x y 

Kí hiệu P(u,v) phép x u, y v phương trình

( , ) , ( , 1) , ( , ) , (1, 1) ( )

(73)

Trang

73

giải

( , ) ( ) ( 1)

P x g x g x x 

( , 1) ( ) ( 1) ( )

P x g x g x g x x 

Từ hai đẳng thức ta có g( x) x  hay g x( ) x  Suy f( )x x x 

Thử lại thấy

Bài 21

Cho dãy số (un) xác định bởi:

1

1 , *

n n

n

u a

u n

n u



Chứng minh

n

u khin

(Khánh Hòa)

Lời giải

2

1 2

n n

n

u n

u

n u

Ta chứng minh quy nạp

1

n

n u n với n

Ta có

2 2 2

2

1 2 2

( 1) ( 1)

2 n

n

u n n n n

u n

n u n n n

Tức ta cần chứng minh

2

(n 1) (n 1) n với n

Tương tự vế

Bài 22

Tìm tất hàm số f :  đơn điệu  thỏa mãn :

3

( ( ) ) ( ) ,

(74)

Trang

74

giải

(Lạng Sơn)

Lời giải

Kí hiệu P(u,v) phép x u,y v vào đề

3

( , ) ( ( ) ( )

P y f f y y f với số thực y Ta thấy vế phải phương trình

có tập giá trị  nên f tốn ánh

Giả sử có f(a) = f(b) , thực P(x,a),P(x,b) ta có a = b Vậy f đơn ánh Suy f song ánh Vậy tồn giá trị t cho f(t) = 0)

3

( , ) ( ( ) ( ) ,

P y f f y f y y 

Trong đẳng thức thay y f(y ) sử dụng lại đẳng thức ta có

3

( ( ) ) ( ) ( )

f y f f f y y 

3

( , ) ( ( ) ( )

P f f f

3 3 9

( ( ) , ) ( ( ) ( ) ) ( ( ) ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( )

P f y f f y f f f y y  f f f y f y y  f f

Do

( )

f

3

( , ) ( ( ) ) ( ) ( )

P t f t f f t t f t

3

( ) ( ) ( ) ( * )

P t f f t Suy

3 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

t f t f f f f f 2( ) Kết hợp với

suy f ( )

Từ ta có f(f( )x x x  f (x3) f3( )x x  (2)

P

, ( ) ( ) ( ) ( ) ,

x f y f x y f x f y x y 

Đặt f(1) k ta có k k3 ,thay x x + vào (2) ta có x 

3

3 2

2 2

( 3 1) ( ( ) (1) )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f x x x f x f

f x f x f x f x k f x k f x

f x f x k f x k f x

Tahy x x -1 vào (2) ta có x 

2 2

( ) ( ) ( ) ( )

f x f x k f x k f x

Do

( ) ( )

f x k f x x  Ta xét trường hợp k :

TH1: k = Ta có 2

( ) ( ) ( ) 0

(75)

Trang

75

giải

Xét x > y ta có : f ( )x f(y) f(x y) f(y) Suy f(x) đồng biến Kết hợp với f(x)

cộng tính f(1) = ta có f(x) = x x 

Thử lại

TH2: k = -1 Ta có 2

( ) ( ) ( ) 0

f x f x x  f x f(x) song ánh f(0) =

Xét x > y ta có : f( )x f (y) f(x y) f(y) Suy f(x) nghịch biến Kết hợp với

f(x) cộng tính f(1) = -1 ta có f(x) = -x x 

Thử lại

Vậy tốn có nghiệm hàm f( )x x x  f( )x x x 

Bài 23

Cho dãy số (un) xác định

1

2

1

*

1

n n

n

u

n u

u



1 Chứng minh 1 *

1

n n

u

u n 

2 Chứng minh dãy (un) hội tụ Tính li m n

n

u

(Lạng Sơn)

Lời giải

1 Ý tưởng chứng minh quy nạp, tức ta cần chứng minh

2

3 1

1

n n

n

u u

u

Cũng quy nạp, dễ nhận thấy un Do ta cần chứng minh

2

3 un 1

Bình phưong vế, điều cần chứng minh trở thành

2

9 1

9

n n

(76)

Trang

76

giải

Dễ chứng minh un giảm, nên quy nạp, ta chứng minh

2

,

n

u n

và ta có điều cần chứng minh ban đầu

2 Dãy cho giảm bị chặn -1 nên tồn L = lim un. Chuyển sang giới hạn:

2

1

L

L L

L

Bài 24

Cho dãy số (xn) xác định

1

5

2 1

1

n n n

x

n

x x x

n

Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn tìm giối hạn

(Lạng Sơn)

Lời giải

Chuyển sang giới hạn

3

1 2

L L L L

Do ta quy nạp để chứng minhxn

Với n = 1

2

x

Giả sử điều cần chứng minh tới n

Bây ta chứng minh điều với n + 1, túc ta chứng minh

3 2

1

n n

n

x x

n

Nhưng điều hiển nhiên

2

3 2

1

n n n n n n

n

x x x x x x

n

Do xn

Xét hàm số

1

(77)

Trang

77

giải

Ta có hàm số 2

1

n g n

n

hàm giảm, o xn tổng hai dãy giảm nên

là dãy giảm Hơn bị chặn nên tồn L = limxn Dễ dàng tìm L =

Nhận xét 27 Việc đánh giá hàm phải khéo léo việc xét hàm sai phân xn trên "chặt" hàm sinh công thức truy hồi xn toán vừa xong Trong đề chọn đội tuyển quốc gia Cần Thơ năm có tương tự sau, bạn đọc giải một tập áp dụng:

Cho dãy số thực (un) được xác định bởi:

1

3

u

9

3 1, *

1

n n n n

n

u u u u n

n



Tìm li m n

n

u

Ngồi hai tốn trên, bạn đọc xây dựng toán tương tự với bậc cao thơng qua hàm số đảm bảo tính đơn điệu bị chặn công thức truy hồi số hạng dãy. Bài 25

Cho hàm số f :*  * thỏa mãn điều kiện sau:

i f m f n ,n  * ; m n

ii f m n f m f n m n,  * ; m n,

iii i  * , i cho f i i

1 Chứng minh f 1, f 3

2 Tìm tất hàm f(n) thỏa mãn yêu cầu đề

(Lạng Sơn)

Lời giải

1 Thay m = n = vào Ta f(1) =

Do i > mà f(i) = i nên ta suy f(n) = n với n 1,i (do i.)

Nếu i thìf 3

Nếu i = f 2 f f f f f f f f

Do f nên f 3

(78)

Trang

78

giải

Khi f a1 a1 , f ak ak f ak ak ( f tăng ngặt ) nên

1

k k k k

f a f a f a a

Vậy quy nạp ta chứng minh f ak ak 1 k  *

Dựa vào tính chất ta dễ dàng chứng minh f ak ak k

f j j với j ak Mà dãy tăng vô hạn nên suy f(n) = n với số tự nhiên n

Bài 26

Cho dãy số (xn) xác định hệ thức

1

1 , *

n n n n n

x

x x x x x n 

Đặt

1

n n

i i

y

x

Tínhli m yn

(Lạng Sơn)

Lời giải

Dễ thấy xn , n 

Ta cố gắng thu gọn biểu thức tính xn 1

Ta có

2

1

3

n n n n n

n n n

x x x x x

x x x

Do ta tính

1

1 1

2 1

i i i

x x x

Mặt khác, ta tính xn

Do

1

1 1

li m li m

1

n

y

x x

(79)

Trang

79

giải

Xét dãy số thực vô hạn x1,x2, ,xn thỏa mãn

1

m n m n

x x x

m n

Với số nguyên dương m, n Chứng minh xn cấp số cộng

(Lạng Sơn)

Lời giải

Để chứng minh cấp số cộng ta nên tìm cách chứng minh xm 1 xm d cố định

Do đó, ta tìm cách làm sau:

1 1 1

1 1

2

m m n n m n m n m n m n

m n m n m n m n

x x x x x x x x x x

x x x x x x

m n

Tới chưa ổn ta cố tìm cách chặn thêm số tự nữa, cụ thể sau:

1 1 1

1 1

2

1

m m n n m m a a n n a a

m m a a n n a a

x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

a m a n

Cho a đủ lớn suy

1 , , *

m m n n

x x x x d m n 

Do xn cấp số cộng:

Bài 28

Tìm tất hàm số f :N* N * cho ba số a, f (b),f (b + f(a) – 1) độ dài ba cạnh

một tam giác vối a b, N *

(Quảng Bình)

(80)

Trang

80

giải

Giả sử tồn hàm f thỏa mãn đề với số tự nhiên a, b, ta

có:a f b( ) f b f a 1 f b( ) f b f 1 Ta có:

1 ( ) ( (1) ) ( ),

a f b f a f b f b f f b f b( ) f b( f(1) 1)

1 f(1) Ta có f tuần hồn Mà / có tập giá trị số nguyên dưong nên f bị chặn Vậy

tồn M m a x f( )x

Từ đề chọn b=1,a = 2M ta có f ( f (2M)), f (1) 2M độ dài cạnh tam giác

Suy 2M f(f(M 1) ) f(1) 2M , vô lý!

2 f (1) =

Từ đề bài, chọn b= 1, ta có hai điều sau:

(1) ( ( ) ) ( ( ) ) *

1 *

a f f f a a f f a a N

f f a f a f f a a a N

Vậy f f a a a N * , từ dễ có f song ánh Đặt f (2) = t ta có f (t) = Thay a = 2, b =

t ta có 2,2, f (t - + f (2)) độ dài ba cạnh tam giác Suy f t( f( ) )

Nếu f ( t - + f (2)) = = f (1), ta có f (2) = vô lý Nếu f (t - l + f (2))=2 = f (f (2)), tacó f (2) = t = vô lý Vậy f ( t - + f (2)) = Ta chứng minh:

( ( ) ) *

f t f n n n  (3.19)

Ta thấy (3.19) vối n = 1,2

Giả sử (3.19) với n < k , ta chứng minh (3.19) với n = k Thật vậy, thay a

= k , b = t ta có k ,2, f ( t - + f ( k ) ) độ dài ba cạnh tam giác nên k + > f ( t - + f (k)) > k -

- Nếu f ( t - + f (k)) = k -1 = f ( t - + f ( k - 2)) ta có điều vơ lý Tương tự ta có

( ( ) )

f t f k k Do f t( f ( ) )k k

Vậy f t( f( ) )n n n  *

( 1) ( ) ) ( ( 1) ) ( 1) ( ) *

f t f n n f f n f n t f n n  n ) Từ ta có

( 1) ( 1) *

f n n t n  Mặt khác

2

1 ( ( 1) ) ( ( 1) 1) ( 1) *

n f f n f n t t n n  , t , f( )n n n  *

- Thử lại, vối hàm f ( )n n n  *, điều kiện đề trở thành a, b, a + b -

là độ dài ba cạnh tam giác (đúng) Vậy có hàm số f ( )n n n  *thỏa

mãn

Bài 29

Cho a số thực dãy số thực (xn) xác định

3

2

n

x n a n

1 Tìm a cho dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn

2 Tìm a để dãy số dãy tăng từ lúc

(Quảng Bình)

(81)

Trang

81

giải

1

3 3

2 3

2 6 ( ) 1

2 ( )

1 ( 1)

n

x n n a n

x a n

n n n n

Khi a l m xi n l m xi n

Do để xn có giới hạn hữu hạn a = -2016

2 Ta dễ chứng minh l i m (n 1)3 1 n3 1 1

Ta có xn 1 xn , n n0

Tức

3

2

( 1) 1

a

n n

Lấy lim hai vế a 6.

Vối a = -2016 dễ thấy thỏa mãn

Vối a > -2016 ta có ln điều phải chứng minh theo giới hạn

Do a 6

Bài 30

Cho a,b số thực dương Xét dãy số un xác định un a n2 b n ,với n  * Tính

li m un

(Quảng Ninh) Lời giải

Đặt b với a q r q r, N, r 2a

TH1: r = b = 2aq

2 2 2

2 ( ) ( )

n

u a n a q n a n q q a n q

Lại có

2

( 1) ( 1)

n

u a n q a n q

Từ suy

2

2 ( 1)

( 1) ,

2

n n

q

u a q n

a Khi 2 2 2

li m li m li m (

( 1)

2 ( 1)

li m li m

2

n n n

n n

u u u a n a q n a n q

q a

a n q n

a q q

a n a q n a n q

a a

n n

TH2: r 2a Để ý

2

( 1) ( ) ( 1) ; *

n

(82)

Trang

82

giải

và 2

( )

n

u a n q r n q

Suy

2

( ) ( 1) ,

;

n

q

a n q u a n q n

r q

u a n q n

r

Do l i m un b

a Bài 31

Cho dãy số xn xác định

1 2 n n n x x x x

Tìm số hạng tổng quát xn tìm lim xn.

(Quảng Trị)

Lời giải

Đây quen thuộc điển hình dạng tìm cơng thức tổng quát dãy số Ta có

1

2 1

1 2 n n n n n x x x x x (3.20)

2 ( 1)

1 2 n n n n n x x x x x (3.21)

Do lấy (3.21) chia (3.20), ta

1

1 1

3

1 1

n n

x x x

Quy đồng lên ta tính li m

3

n

n n n

x x

Bài 32

Cho dãy số (an) có a1 

1

1 , *

n

n n

a a n  Tìm li m an

(Thái Bình)

(83)

Trang

83

giải

TH1: a1 Khi a2 a1 1 20 Khi 1

3

1

2

a a

Do quy nạp ta có

1

1 1 1 1

1 1

2 li m

2 2

n

n n n n n n

a a a a a a a

TH2: a1 Khi 2 1 ,0 3 2 2

2

a a a a a Quy nạp tương tự trên, ta

1 1 1

1 1

1

2 2

n n n

a a a

TH3: a1 ; Khi ta chứng minh quy nạp

2

1

0 ,

2

n n

a n

- Với n = a2 a1 1

- Giả sử tới n, ta chứng minh với n + Ta có

1

2

n

n n n

a a Để ý

1

2 n n n

n n

a a đúng,

1

2 n an n an

Do theo quy nạp ta có đpcm

Như 12

2

n n

a Lấy lim hai vế ta li m an

Bài 33

Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn:

2

( ( ) ) ,

f f x f y f x x f y f y x y 

(Thanh Hóa)

Lời giải

Kí hiệu P(u,v) phép x u, y v vào phương trình đề cho

2

(1, ) 1 0

P f f f f f f (3.22)

2

( , 1) 1

P f f f f f

(84)

Trang

84

giải

Nếu f(1) f ( ) , ta có f( ) 2f ( ) f f f

-

( , )

P y f f y f y y 

-

(1, )

P y f f y f y f y y 

Nếu

2 2 2

(1) : ( , ) 2 (1) ,

f f P y x f x x f y f y f y y f x f x x y 

Trong phương trình thay x = 0, x = ta :

2 2

( ) ( ) 0 ,

1 2 1

f f y f y y f f y

f f y f y f y y f f y



Với ý f(1) = f(0) + 1, từ hai phương trình ta thu

0

f x x f x 

Thử lại thấy f(0) = Hàm số

( )

f x x x  thỏa mãn Vậy có hai hàm thỏa mãn toán

0

f x x 

0

f x x f x 

Bài 34

Với số thực

2

a cho trước, xét dãy số an cho

1

2

7

4

n n

a a

Xác định a để dãy có giới hạn hữu hạn

(Thanh Hóa)

Lời giải

Xét hàm

2

7

4

x

f x

x x

an 1 f (an)

Xét hàm số g x( ) f( )x x có g x( ) x 1;x Mà hàm số g(x) liên tục

khoảng ; 1; nên dễ chứng minh f x x, x ;

, 1;

f x x x

Tiếp theo, dễ chứng minh 1,

2

(85)

Trang

85

giải

Từ kết trên, ta thu được:

TH1: x1 a Khi xn nên li m xn

TH2: x1 a 3Khi xn 3nên li m xn

TH3: 1

2

x a Khi x2 xn xn 1 f xn xn Do dãy giảm bị chặn

nên li m xn

TH4: 1

2

x a Khi đóx2 xn xn 1 f xn xn Do xn tăng bị chặn

(86)

Trang

86

giải

4 Hình học Bài

ABC nhọn (AB < AC ) có H, O trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp Điểm E

thuộc cạnh AC cho OE// BC OE cắt đường tròn ngoại tiếp EBC F. Tiếp tuyển F

của đường tròn ngoại tiếp EBC cắt BC, AH P,Q.

1 Chứng minh đường tròn (K) ngoại tiếp BPQ qua trung điểm M AH.

2 PA,PH cắt (K ) S , T khác p. Chứng minh hai tiếp tuyển (K ) S , T cắt

điểm ME

(THPT chuyên KHTN-ĐH KHTN, ĐHQG HN)

Lời giải

1 DoEF // BC nênF P C F C E

 

Mặt khác dễ O C E ~ B A H OCE ~ A BAH nênO E B H

(87)

Trang

87

giải

Từ suy M H E C

H B E F

nên F E C ~ B H M (c.g.c) Do đóB M Q F C E F P C



 

nên tứ giác

MQBP nội tiếp

2 Gọi R giao điểm EM vối (K ). Dễ thấy cần chứng minh tứ giác RSMT

điều hòa <=> P(RMAH) = -1 Mặt khác M trung điểm AH nên ta cần chứng minh

PR///AH. Điều tương đương vối chứng minh P Q M E M Q

 

Do

9

P Q M B P Q B M H

  

nên ta cần chứng minhB M E



, kết quen thuộc

Bài

Tứ giác ABCD nội tiếp (O) cho ABC D khơng phải hình thang Tiếp tuyến C, D (O)

cắt T TA cắt BD S, E đối xứng vối D qua S AB cắt đường tròn ngoại tiếp EBC

tại F EC cắt TA P.

1 Chứng minh PF tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp EBC.

2 Giả sử PF cắt AC Q, H,K hình chiếu Q lên FA,FC M trung điểm FA.

Chứng minh tiếp tuyến qua A (O) đường thẳng qua Qv song song AO cắt

đường tròn ngoại tiếp MHK.

(88)

Trang

88

giải

• Dễ dàng chứng minh E C F  D C A

• AT cắt CD ởN,R C D cho ER// AT. Như N trung điểm DR. Để

ý AN la đường đôi trung nên

2 2

N D A D P E N R N D A D F E

P F N C A C P C N C B C A C F C

tiếp

xúc đường tròn ngoai tiếp EBC tai F.

2 Đường thẳng qua I song song AO cắt tiếp tuyến qua (O) A L PF tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp EBC F nên

~

L A Q A D C F E A K F Q Q L A Q K F

   

Theo kết quen thuộc đường trịn ngoại tiếp HKL qua trung điểm M AF, từ L nằm đường tròn ngoại tiếp MHK

Bài

ABC nhọn nội tiếp (O) có H trực tâm P điểm nằm trung trực BC nằm

trong ABC Đường thẳng qua A song song PH cắt (O) E khác A Đường thẳng qua E song

song AH cắt (O) F khác E Gọi Q điểm đối xứng với P qua O Đường thẳng qua F song song vối AQ cắt PH G

(89)

Trang

89

giải

2.AQ cắt (O) R khác A PQ cắt FR L Chứng minh KL = OP

Lời giải

1 AH cắt (O) điểm thứ hai A’ HG cắt BC F' Ta chứng minh F,F', A' thẳng hàng

Thật F H A’ F A’ ’H E AH F A’H

  



( HP // AE AEFA’ hình thang cân

EF//AA') , suy F,F',A' thẳng hàng Khi đó, ta có:F G F ' Q A E F A P'

  

(dựa vào tính song song gt AQPA' hình thang cân), suy PFGA' nội tiếp, nên theo tính chất phương tích F'P.F'G = F'F.F'a! = F'B.F'C, suy ra: BPCG nội tiếp

2 Gọi A’F cắt trung trực BC S Theo địnhlý Reim ta có QS//AA'; FRA'A nội tiếp nên FRSQ nội tiếp

(90)

Trang

90

giải

LO2 - R2 <=> (LO - OS) (LO + OQ) = LO2 - R2 <=> LO(OQ - OS)- OS.OQ = -R2 <=> LO.PS +

OS.OQ = R2

• OS = 2OM-OP; PS = 2OM-2OP => 2.FO.OM-2.LO.OP + 20M.OP - OP2 = R2 <=> LO =

R2 + OP2 - 2.OM.OP/2OM-2OP

• Ta có:

2

2 s i n

C P C P C P

K P

P M

P B C P M

C P

Vì PM = OM - OP nên ta cần phải chứng minh KP

= LO hay <=>R2+OP2-2OM.OP = CP2<=>2.R.OP.cosA = 2OM.OP<=>R cos A = OM,

đúng

Bài

ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I) Đường tròn qua B, C tiếp xúc (I) p AI giao BC X Tiếp tuyến qua X (I) khác BC, giao tiếp tuyến (I) p S AS giao (O) T khác A

Chứng minh A T I



Lời giải

Gọi T' giao điểm (AEF) với (O), D’ đối xứng D qua AI, N giao điểm tiếp tuyến D’, P (I)

Xét cực đối cực đường trịn (I) PD’, EF theo thứ tự đường đối cực

của N, A đối vối (I) Theo kết quen thuộc P thuộc đường trịn Appolonius

chia BC theo tỉ số D B

D C

(91)

Trang

91

giải

Gọi S chân đường vuông góc kẻ từ D xuống EF. Ta có



( , )

S P F E P F D P F E F B C D P F

   

nên PS qua D’. Mặt khác (BIC )

tiếp xúc (AEF) nên tiếp tuyến I, AI, BC đồng quy Từ suy ra.AT'

đường đối cực S (I), AT' qua N suy raT T ' suy



9

A T I

Bài

ABC Có B A C tù ,A H B C H B C . Điểm M thay đổi cạnh AB. Dựng điểm N sao

cho BMN ~ HCA (H N khác phía đối vối AB).

1 C M cắt đường tròn ngoại tiếp BMN K khác M. Chứng minh đường thẳng NK qua điểm cố định

2 N H cắt AC P. Dựng Q cho HPQ ~ HNM (Q M khác phía so vối PN ). Chứng minh Q thuộc đường thẳng cố định

Chúng tơi xin trích đăng lời giải thầy Nguyễn Tăng Vũ (trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp HCM)

Gọi X giao điểm đường thẳng vng góc vối BC B đường thẳng AC, K' giao

điểm NX CM. BMN ~ ABCX nên có phép vị tự quay tâm B biến M thành N ,

biến C thành X. Vì K' giao điểm C M N X nên K' thuộc đường tròn ngoại tiếp BMN

(92)

Trang

92

giải

2 Xét phép vị tự tâm H biến N thành P, biến M thành Q, biến B thành F. Có

   

B M N  F Q P F Q P B M N A C B F C P Tứ giác CFPQ nội tiếp

   9 0

Q C P Q F P M B N Q thuộc đường thẳng qua C vng góc vối AC cố định

Bài

Cho ABC nhọn Đường trịn (I) có tâm I thuộc BC tiếp xúc vối cạnh AB, AC

E, F Lấy hai điểm M, N bên tứ giác BCEF cho tứ giác EFNM nội tiếp (I) đường

thẳng BC, MN, EF đồng quy MF cắt NE P, AP cắt BC D.

1 Chứng minh A, D, E, F thuộc đường tròn

2 Trên đường thẳng BN, CM lấy điểm H, K cho A C H A B K Lấy T

trung điểm HK. Chứng minh TB = TC.

Chúng tơi xin trích đăng lời giải thầy Nguyễn Tăng Vũ (trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp HCM)

Các bổ đề dùng sau:

Bổ đề 7Cho đường trịn (Q; R) điểm Q nằm ngồi đường tròn Cát tuyến qua Q cắt (O) tại

M, N Tiếp tuyến M, N cắt A, vẽ A D O Q Khi O D O Q R2

Bổ đề (Định lý Brocard)Cho tứ giác ABCD nội tiếp Gọi P, Q, I giao điểm AD và BC, AB CD, AC BD Khi P I O Q D giao điểm PI OQ OD.OQ = R2.

(93)

Trang

93

giải

Chứng minh bổ đề xin dành cho bạn đọc

1 Gọi D' hình chiếu A BC. Theo bổ đề 7, ta có

'

I D I Q R

Gọi X,D" giao điểm ME NF, XP BC X P B C I D'' I Q R2 D ' D ''

X, A, P, D thẳng hàng tứ giác EFID nội tiếp

2 Gọi Slà giao điểm BM CN. Áp dụng định lí Desargue cho hai tam giác PEF SBC ta

được A,P,S thẳng hàng S A D Chứng minh B A K C A H A K,A H đối xứng

qua phân giác gócB A C . Đến theo bổ đề 10, trung điểm HK cách BC ta có

đpcm

Bài

Cho ABC. Đường tròn (I) nội tiếp ABC tiếp xúc vối BC,CA,AB D,E,F Đường thẳng DI

cắt đường trịn tâm A bán kính AE M, N (N nằm M và D) Các đường thẳng AD, EF cắt

nhau P. đường thẳng MA, NP cắt Q Gọi H giao điểm thứ hai AD (I)

Đường thẳng qua trung điểm DH, DE cắt AC L. Chứng minh rằng:

1 Q H A D

2.D L / / E F

(THPT chuyên Đại học Sư phạm HN) Lời giải

1 Ta có

 

2

~

A M A E A H A D A M H A D M Q M H A D M (4.1)

(94)

Trang

94

giải

P N P K P H P D Tứ giác K HND nội tiếp

   

N D H N K E Q K H N M E (4.2)

Từ (4.1) (4.2) suy ra: QKH = QMH ADIIME => Tứ giác KQHM nội tiếp

    

9

M A E

A Q H M K E A M E Q A H Q H A D (đpcm)

2 Gọi J, G trung điểm HD, ED HE// JG // JL

Ta cần chứng minh sau để suy kết đề bài:H E F J L D Thật

  

A E H A L J A D E J D L E tứ giác nội tiếp J L D J E D . (4.3)

Ngoài

      

1 E J D A J E A F E F D E E H F E J D E H F

Mà

   

H F E H D E H E F J E D (4.4)

Từ (4.3) (4.4) ta suy điều phải chứng minh

Bài

Hai đường trịn (O1) (O2) tiếp xúc ngồi A BC tiếp tuyến chung

(O1) (O2), với B O1 C O2 Gọi M trung điểm BC, P,Q theo thứ tự điểm đối

xứng B, c qua O1, O2 MP theo thứ tự cắt BO2,BA X, Y MQ cắt CO1, CA Z,T.

Chứng minh rằng:

1 Các tứ giác BZT PCXY Q nội tiếp

2 AM, ZT,XY đồng quy

(THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội )

(95)

Trang

95

giải

1 Giả sử MQ giao vối (O1) Z’ ta chứng minh Z Z ' Dễ thấy P O1 ,Q O2 ,B P / /C Q

* Dễ chứng minh M năm trục đẳng phương O1 , O2 A M O O1 2 .

Khi đó. 2  

' ' M Q B M B Z ' Z 'Q A

M B M C M Z M Q M B Z  . Mà

theo tính chất tiếp tuyến, ta có:

         0  

1 1

3 ' (1 ) (1 ) (1 ) '

M C Z C Q Z C A Z B Z A B Z C A Z C Z C A Z A C C Q A A B O B O A B Z A O

l tứ giác nội tiếp Từ dễ dàng suy được:   

1 1, Z , C

O Z A A Q C A Z C O , hẳng

hàng Z ' Z Kết hợp vối suy BZAO1 tứ giác nội tiếp Chứng minh tương tự:

CO2XA tứ giác nội tiếp

* BZ'AO1 tứ giác nội tiếp 00 00  

2

Z C A Q

Z B O Z A O Z T A B Z T P

 

tứ giác

nội tiếp Chứng minh tương tự, C X Y Q tứ giác nội tiếp

2 Vì BZ'AO1 tứ giác nội tiếp nên dễ chứng minh rằng: M Q O C1 Tương tự:

2

B O M P

Bài

ABC vuông A nội tiếp đường tròn (O) Đường thẳng qua A song song BC cắt (O) điểm

thứ hai D. Gọi I giao điểm AC BD. Đường thẳng qua I song song AB cắt AD I

Đường trịn tâm C bán kính CI cắt (O) E F(E thuộc cung BAC.

1 Gọi s giao điểm IJ vối C D. Chứng minh s, E, F thẳng hàng

2 Chứng minh E J A F

(96)

Trang

96

giải

1 S I A C I D S D nên S I2 S D *S C S thuộc trục đẳng phưong (O) (C) =>

S,E,F thẳng hàng

2 Dễ thấy SJD cân vối trung trực S E J E F D E F D A F v S E A D A F E J

Bài 10

ABC CÓ M di chuyển cạnh AC. Đường tròn ngoại tiếp ABM cắt cạnh BC tại điểm thứ

hai D. Đường tròn ngoại tiếp BCM cắt cạnh AB điểm thứ hai là E.

1 Gọi O giao điểm AD CE. Chứng minh A,E, O,M thuộc đường tròn

2 Gọi I,J, N giao điểm cặp đường thẳng AB DM, BC EM, AJ CI

.Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định

(97)

Trang

97

giải

1.A E C A M B A D B Tứ giác BDOE nội tiếp A O E A B C A M E tứ giác

AEOM nội tiếp

Theo định lý Pappus có O,M,N thẳng hàng C M N A M O B E C B M C M N

qua diêm đối xứng B qua AC. Ta có đpcm

Bài 11

Trên nửa đường trịn tâm o đường kính AB lấy hai điểm M, N cho AM < AN và MN khơng

song song vối AB. Đường trịn ngoại tiếp OMN cắt AB điểm D khác o Đường thẳng AN cắt

đường tròn ngoại tiếp MBD hai điểm E,F (E nằm A IV) Đường thẳng BM cắt

đường tròn ngoại tiếp NAD hai điểm P, Q (P nằm B M)

1 Chứng minh E, F, P, Q thuộc đường tròn

2 Đường thẳng AP cắt BE điểm X, đường thẳng BE cắt AQ điểm Y Chứng minh bốn

đường thẳng EP, QF,XY, AB đồng quy

(Bà rịa – Vũng Tàu)

(98)

Trang

98

giải

1 Dùng phưong tích

2 EP cắt QF U, PF cắt EQ taị V, AN cắt BM T. Khi UV đường đối cực T (EFPQ)

* (ADN ) cắt (BDM) K => T trực tâm KAB => TD AB. Từ (ATEF) = (BT PQ) = -1 (1) => A,Bthuộc đường đối cực T đối vối (.EFPQ) => A, B, U, V thẳng

hàng Ngoài ra, từ (1) => AB, PE, QF đồng quy U

* AQ cắt BF H áp dụng định lý Desargues cho tam giác AQE BPF H V T thẳng hàng

* AP cắt BE Z Có (UVAB) = -1 =>T ,Z,V thẳng hàng => T, Z , V,H thẳng hàng Áp

dụng định lý Desargues cho tam giác AEY BPX => AB, PE,XY đồng quy Từ ta có

đpcm

Bài 12

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Giả sử AD cắt BC N, AB cắt CD M, AC cắt

BD E. Đường thẳng OE cắt MN K Chứng minh KO phân giác B K D .

(Bắc Ninh)

(99)

Trang

99

giải

Gọi I giao điểm BD MN (B,D, E, T ) = -1

Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác tồn phần ABCDMN => OK MN, EK phân

giác góc B K D

Bài 13

Cho đường trịn (O1), (O2) tiếp xúc ngồi điểm T Một đường thẳng cắt đường tròn (O1)

hai điểm A , B phân biệt tiếp xúc vối (O2) X đường thẳng X T cắt (O1) Tại S ( S khác T

c điểm cung TS không chứa A B Cho C Y tiếp tuyến (02) Y cho

đoạn thẳng C Y S T không cắt Cho I giao điển đường thẳng X Y vàSC.

Chứng minh rằng:

1 C , T , Y I thuộc đường tròn

2 S A = S I

(Bến tre)

(100)

Trang

100

giải

1 Vì (O1), (O2) tiếp xúc T nên dễ dàng chứng minh

được:    

1 A S = T Y X

S O T T O X T T Y I . Mà: T A S T C I (Do C thuộc cung TS không chứa

A B theo tính chất góc ngồi tứ giác nội tiếp) T C I T Y I T C I Y tứ giác nội tiếp

2 Dễ chứng minh:O S1 / /X O2 , mà X O2 A B S O1 A B S A S B.Ta lại có

   

T IS = T IC = T Y C = T X I , mà T S I X S I S T I ~ S I X S I2 S T S X Ta

có:T B S T A S T C I T Y I B X S , mà: B S T B S X S T B ~ S B X S B2 S T S X

TỪ ba điều suy SA = SI.

Bài 14

ABC nội tiếp đường tròn (O) Điểm P nằm ABC cho PA,PB,PC cắt (O)

tại D, E, F. Tiếp tuyến A (O) cắt BC T Chứng minh T A = TP DE = DF.

(101)

Trang

101

giải

Gọi giao điểm EF AD H. Yêu cầu đề tương đương vối chứng minh DEF cân

D, hay O D F E .

Dễ dàng chứng minh được: T P O D nên điều ta chứng minh TP//FE.

Thật 2   

~

T P T A T B T C T B P T P C T B P T P C F P T

       

1

2 A F

E C C D

T P C P B C A P T F P T A P F P B C A P F A H F

  

Tính chất hai góc đồng vị, ta có đpcm

Bài 15

Cho đường tròn (O), (O') cắt A,B. tia BA lấy M (M nằm (O')) Từ M Kẻ

tiếp tuyến MC,MD (O') (C ,D tiếp điểm) AC, AD cắt (O) PQ.

1 Chứng minh D A C A

D Q C P

2 Chứng minh c qua trung điểm PQ.

3 Chứng minh CD qua điểm cố định M di chuyển tia BA.

(102)

Trang

102

giải

1 Dễ dàng chứng minh

Q D B D P B C Q B C

D A C A P C B C

A D B D D Q C P

A C B C



(đpcm)

2 Giả sử CD giao vối PQ T, ta cần chứng minh TP = TQ.

Xét tam giác QAD có T, C , D thẳng hàng Theo định lý Menelaus, ta có

T Q D A C P T P D Q C A

Kết họp vối kết câu 1, ta có: TQ = TP => (đpcm)

3 Gọi giao điểm C D,AB với O O1 2 X,E. Trung điểm EO' F. Ta chứng minh

X cố định Thật vậy, dễ thấy: O’,E,F cố định

Ta có:

2 2 ' 2 2 2

C O ' '

'X C M M X C O M A M B M E E X C O M E EA M E E X

O 2 2

2

' 2 2 2 ' '

' C O ’ ' '

2 '

C O E A

C O E A X O X E E A X F E O X F

E O

Từ đây, ta có X điểm cố định

Bài 16

Cho tam giác ABC vối I tâm đường tròn nội tiêp M điểm nằm giác Gọi A1,

B1, C1 điểm đối xứng vối điểm M qua đường thẳng AI, BI, CI. Chứng minh

rằng đường thẳng AA1,BB1, CC1 đồng quy

(Bình Thuận)

Hướng dẫn

(103)

Trang

103

giải

Bài 17

Cho tứ giác ABC D nội tiếp đường tròn (O) Gọi M,N,P giao điểm AB C D,

AC BD. Lấy K trung điểm đoạn MN. Đoạn PK cắt (O) H, MH cắt (O) I khác

H, N H cắt (O) J khác H. Hãy phân tích P K



theo hai vectơM I, M J

 

.

(Bình Thuận) Lời giải

Tước hết, ta cần chứng minh: P là trung điểm IJ.

Gọi giao điểm tia PK vối (O) E (E H ), bán kính (O) R, OP giao MN F.

Theo tính chất đối cực định lý Brocard, ta có:

2

F O

O F M N O P

P l t r u c t â m M O

R N

2 2

2 2 2 2 2

2

.O

M F F N F P F O F O O P F F O R

F O F K R O K R M F F N F K M K F K F K M K

K M K H K E K N

Từ P ta kẻ đường vng góc vối OF giao (O) hai điểm I', J', (I’ nằm mặt

phẳng bờ EK chứa M). Ta chứng minh I' I, J J '

Từ cách vẽ F nằm đường đối cực tương ứng vối điểm P (O), nên ta chứng minh

được:P J ' P I ',I 'J '/ / M N , K P H E

Ta có: (KPHE) = -1 nên E K H K

E P H P

Do 2

; '

K H K E K N P H P E P I nên kết hợp vối (4.5) ta chứng minh tỉ số sau:

Từ ta chứng minh E, I', N thằng hàng Tương tự, E, J’, M thẳng hàng

Ngồi

K M K H K E nên ta có:K M H M E H J 'I H ' Mà I'J'// MN, nên M, H,I’

(104)

Trang

104

giải

Từ dễ thấy:I I '. Tương tự: J J '. Mà p trung điểm J'I' => P trung điểm IJ.

Vậy:

2

J H I H H N H M M I N J P K P H H K

     

  

Bài 18

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), H trực tâm tam giác Đường thẳng qua A vng góc OH

cắt BC D K.L tâm (ADB), (ADC)

1 Chứng minh A, K, L, O thuộc đường tròn gọi (S)

2 AH cắt lại (S) E.F đối xứng vối E qua BC. Chứng minh HA = HF

1 Theo giả thiết

 

,

L K A D L O A C K L O D A C (4.6)

Do ADC có tâm nội tiếp K nên

      

2 ~

A K D A B C A O C K A D O A C c g c K A D O A C K A O D A C (4.7)

Từ (4.6) (4.7) => AKLO nội tiếp (dpcm)

2 Gọi M, N, p trung diểm AD, AB, AC.

*AKMN nội tiếp  

A N K

A M K (Lại có A H O A D C AH vng góc DC, OH

vng góc A D A H O A D C A M P A M N A K N A K O O E H O E H cân

O

• Đặt AH cắt (O) Ọ => AE = HQ. Lại có H, Q; E, F đối xứng qua BC => EH = FQ.

Vậy AH = HF. Bài 19

Cho tứ giác ABC D lồi, P điểm nằm bên tứ giác thỏaP A D C A B M ,N đối xứng C qua

AB, AD. (C PM), (CPN ) cắt đoạn AB, AD S, T.X,Y tâm (PSC ), (PTC ).Q là giao

XY trung trực AP.

(105)

Trang

105

giải

2 Tiếp tuyến P, C (PST), (CST ) cắt G.(PST ), (C ST ) cắt lại AB,AC ở U, V.

Chứng minh tâm (AUV) thuộc AG.

Vì Q tâm (APC ) nên => (QP QX) (AP, AC)

Ta chứng minh: (PX, PQ) = (YQ, Y P) ( mod ) <=> (PX,PC ) + (PC ,PQ) (TQ, Y P) (

mod ) , , , m o d

2

Q P Q Y P X P C Y Q Y P . Thật điều tương đương với

(.PY ,PC ) = (QPQY ) + (PC ,PX)(modn) o (PY ,PC ) = (AP, AC ) + (PC, PX) (modn )

(N P N C, ) A B A C, M C M P, m o d (4.8)

Dễ thấy rằng: AP phân M A N và A M A C A N (N A, N P) (M P, M A)(m o d )

(4.8)

) ( ( )

, , , , ,

, , , ( ) , , ( , ) , , ( )

N P N C N A N P A P A C M C M P M P M A m o d

N A N C A P A C M C M A m o d A P A C N A N D A B A M A D A C A D A P m o d

Vì điều hiển nhiên đúng, nên ta chứng minh được: P X ,P Q Y Q , Y P ( m o d )

Từ ta chứng minh được:

Q A2 Q P Q X Q Y

Từ ta suy đpcm

Bài 20

Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC ) có M trung điểm BC , đường cao AD, BE, CF

cắt H. Gọi K trung điểm AH, L giao điểm EF AH, N giao điểm đoạn

AM đường tròn ngoại tiếp BCH.

1 Chứng minh điểm A, E, N , H, F thuộc đường tròn

2 Chứng minh rằngH M A  L N K

(106)

Trang

106

giải

Gọi S là giao điểm EF BC , SH cắt AM N', ta chứng minhN N '

* Định lýBrocard cho taS N ' A M ,

' ( ) ' ' ' N

N A H E F S H S N S E S F S B S C N H B C N hay A, E, F, H, N

đồng viên

*Ta có (AHL D) = -1, K trung điểm 2

A H A K2 K H K L K D K N K N tiếp

tuyến N L N D K N H L D N H M N.

Bài 21

Gọi O, I tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp ABC không Chứng minh

rằng



A IO 2B C A B A C.

(Đồng Nai ) Lời giải

(107)

Trang

107

giải

*B I D B A D A B I C A D C B I D B C C B I D B I D B D I Dẻ thấy DB

= DC Vậy có DB = DC = DI.

* Vì ABDC tứ giác nội tiếp nên theo định lý Ptolemy ta có

B D A D B C

A D B C A B D C A C A B A C D I D I

A B A C .

*Vì tam giác AOD cân O nên 

2

A D

A I O D I

* Từ hai điều ta có

2

A D B C A D B C

A B A C B C

A B A C A B A C

Bài 22

ABC nhọn (AB < AC ) có trung tuyến AM. Đường thẳng AM cắt đường tròn ngoại tiếp

ABC điểm thứ hai D. Đường thẳng AB CD cắt E, đường thẳng AC BD cắt

nhau F. Đường tròn ngoại tiếp ABF cắt đường tròn ngoại tiếp ACE điểm thứ hai P.

Gọi (S1) đường tròn qua c tiếp xúc vối AB A, (S2) đường tròn qua B tiếp xúc

AC A. (Si) cắt (S2) điểm thứ hai Q Chứng minh OPQ vuông

(Hà Nội) Lời giải

(108)

Trang

108

giải

*EP'.EF = EA.EB = EC.ED => Tứ giác DC FP' nội tiếp  

'

E B D E P D Tứ giác

EBDP' nội tiếp C E P ' P B F' P A C' Tứ giác EACP' nội tiếp P P ' E, P, F thẳng

hàng

* Để ý E A C B D M

E B C M D A

F A B C D M

F C B M D A

nên E A F A

E B F C

hay B C / / E F

*P B D D E F B C D P B tiếp tuyến (O) Tương tự, PC tiếp tuyến (O) •

*Gọi Q' hình chiếu vng góc O ẠP Ta có O, Q', B, C , P thuộc đường trịn

đường kính

          

O P A B Q A B C Q P C A B C A P C A B C A E C B A D B C D C E P C A Q A C

là tiếp tuyến (ABQ' ), A B Q' S2 Tương tự, (A C Q ) (S1) O P Q vuông

Q

Bài 23

ABC nhọn (AB < AC ) có AD phân giác đỉnh A(D BC ) E điểm đoạn BC

sao cho BD = C E. Phân giác ngồi đỉnh A cắt đường thẳng qua D vng góc vối BC F.

Gọi I trung điểm DF, đường thẳng EI cắt AD M, đường thẳng EF cắt đường thẳng qua M

và vuông góc vối BC K.

1 Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC P, K D cắt đường trịn đường kính DF L khác

D. Chứng minh đường thẳng PL tiếp xúc với đường tròn đường kính DF.

2 Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp KBC.

(109)

Trang

109

giải

1 K M cắt BC H, ta có M trung điểm HK HK// DF nên (DP, DK, DA, DF) = hay

DALF tứ giác điều hòa Do PD tiếp xúc vối (I) p AF nên PL tiếp xúc với (I).

2 Kẻ tiếp tuyến KX,KY tới (I), K X cắt BC B', KY cắt BC C' (theo thứ tự đường

thẳng PB'D C’).

* Do DXLY tứ giác điều hòa nên P, X, Y thẳng hàng

* Do (I) đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh tam giác K B'C’ D, Y ,X nên

KD,B'Y ,C’X đồng quy Từ suy (PDB'C’) = -1

* Ngoài với DF đường kính đường ttịn nội tiếp (I) KB'C’ và ta có tính chất quen

thuộc B'D = C’E. Vậy cặp điểm B,C B',C’ thỏa mãn hai điều kiện (PDBC ) =

(PDB'C' ) = -1 BD = CE,B'D = C’E nên dễ dàng suy B B',C C ' hay (I) nội tiếp

KBC Bài 24

ABC nhọn (AB < AC) có trực tâm H, D,E chân đường cao kẻ từ B C xuống CA,

AB. Gọi M trung điểm BC,F giao điểm hai đường thẳng DE BC, K giao điểm

thứ hai AM với đường tròn (C) ngoại tiếp ADE.

1 Chứng minh F, H, K thẳng hàng

2 Gọi Slà trung điểm MF, T giao điểm đường thẳng DE vối đường thẳng qua A song

song vối BC Chứng minh đường thẳng ST tiếp xúc vối đường tròn (C)

(Hải Phòng) Lời giải

1 Gọi giao điểm đường tròn (ADE) vối đường trịn (ABC ) G Sử dụng tính chất tâm

đẳng phương (ABC ), (ADE), (BEDC), ta suy ra: AG,ED,BC đồng quy F. Từ ta

chứng minh rằng: H,M,G thẳng hàng M H A K , mà H K A K F,H,K thẳng

hàng

2 Gọi giao điểm AM vối DE X, ADKE tứ giác điều hòa => F{MXK A) = -1 =>

F(CT MA) = -1 Mà AM // FC => T trung điểm AM. Từ dễ chứng minh: S , K, T thẳng

hàng Mà ta lại có:   

F K S K F S H A K S T tiếp tuyến (C)

(110)

Trang

110

giải

ABC nhọn khơng cân nội tiếp đường trịn (O) Gọi H trực tâm ABC, A' ,B',C' lần lượt

là chân đường vng góc kẻ từ A,B,C xuống BC, C A, AB. Gọi A1,B1,C1 điểm

(O) cho ' ' '

1 1 1

A A / /B C B B, / /C A C C, / /A B A ,B ,C điểm (O) cho

' ' /

1 1/ / ', B1 / / B B ', C1 / / '

A A A A B C C C

1 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác / / /

1 1, 1, 1

O A A O B B O C C qua

điểm K khác O

2 Chứng minh O K O H a b c

p

trong a, b, c độ dài cạnh ABC p chu vi

tam giác A B C1 1 1.

1. / / ' /

1 1 1

A A B C A A B C . Chứng minh tưong tự suy / / /

1 1, 1, 1

A A B B C C đồng quy H'

trực tâm tam giác ' ' '

1 1

A B C . Mặt khác ' ' /

1 1 1

' ' ' ' ' '

H A H A H B H B H C H C nên OH' trục

đẳng phương đường tròn / / /

1 , 1 , 1

O A A O B B O C C Do ba đường tròn

/ / /

1 , 1 , 1

O A A O B B O C C qua điểm K khác O

2 Dễ thấy tam giác ' ' '

1 1

A B C ảnh tam giác ABC qua phép đối xứng tâm O nên a, b, c

là độ dài cạnh tam giác ' ' '

1 1

A B C OH = OH'.

Gọi p'là chu vi tam giác A2B2C2. Vì A2B2C2 ảnh tam giác A B C1' 1' 1' qua

phép vị tự tâm H tỉ số

2

nên '

2

P

p . Do ta cần chứng minh '

2 '

a b c O K O H

(111)

Trang

111

giải

Dễ thấy /

1 2

O A B C nên /

2

O B A C

R R C

S R bán kính (O)

Chứng minh tương tự cộng lại suy / ' /

1 1

2

p '

4 A B C 2 '

a b c R a b c

S R

R p

Lại có:

 /  / 

1 1 1

O A A O A A O K A nên O A1 tiếp tuyến H 'A K1 O K O H ' O A12 R2 Do ta có điều phải chứng minh

Bài 26

ABC nhọn nội tiếp đường trịn (O), E trung điểm cung BC khơng chứa A. Gọi D là giao

điểm AE BC P,Q hai điểm di động đoạn AD cho A B Q D B P Q

nằm A,P. Lấy điểm S cho QS// AO DS AO. Gọi M là trung điểm BC, N

điểm đối xứng M qua AE, R hình chiếu vng góc Q lên BC.

1 Chứng minh M N 2M E

M R Q E

2 Chứng minh đường thẳng qua P vng góc SM qua điểm cố định P, Q thay đổi

(112)

Trang

112

giải

1 Gọi J hình chiếu M AE Do tính đối xứng nên MN = 2MJ Do tốn quy

chứng minh M J E M

M R E Q

Thật vậy, QR JM nội tiếp nênJ R M E Q M Lại cóR M J D E M

Do R M J  Q E M suy M J E M

M R E Q

suy điều phải chứng minh

2 Kẻ đường cao AL Gọi U hình chiếu P BC

* AL AO đẳng giác nên dễ suy QD phân giác củaR Q S Mà D S Q S nên DS = DR

R, S đối xứng qua A, E

* Giả sử EN cắt AL T Do AE phân giác T A O T E O nên dễ dàng suy O, T đối

xứng qua A, E suy T cố định

* Bây ta chứng minh 2 2

P T S M T S T M P S P M Nhưng PS = PR, TS =

OR (phép đối xứng trục AE) nên cần chứng

minh 2 2 2 2

O R T M P R P M O M R M T M R U M U Thậtvậy,

(113)

Trang

113

giải

—

( )

M U R R U M U M R M U .Chứng minh tương tự phần a ta có: M J M E M U P E

Do

2

2M U ,M R 2M J E P E Q

M E

Bằng cộng góc dễ dàng chứng minh đươc EB tiếp tuyến

của (BPQ) nên

2

2M U ,M R 2M J E P E Q

M E

số cố định nên ta cần chứng minh đẳng thức

trên P Q tâm nội tiếp tam giác

* Gọi tâm nội tiếp tam giác I tiếp điểm BC X cần chứng minh

TM2 - OM2 = 2MX2,

mà TM2 - OM2 = T M2 - TD2 + OD2 - OM2 = ML2 - DL2 + DM2 = DM (ML + DL + MD) = 2MD.ML nên cần chứng minh

2

M L M X

M D M L M X

M D M D

Mặt khác

M L E A M D E D

và

2

M X E I M D E D

Nên cần chứng minh

2

E I E A E D

Một tính chất quen thuộc

Vậy ta có đường thẳng qua P vng góc với SM qua điểm T cố định

Bài 27

Cho ABC có tâm đường trịn nội tiếp I. Gọi M,N ,P điểm nằm cạnh

AB,BC, C A cho AN - AP = BP - BM = CP- C M. Gọi X, Y , Z tâm đường

tròn nội tiếp ANP, BPM, CMN. Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp

XY Z.

(Tp HCM) Lời giải

Gọi D,E,F hình chiếu I lên BC, CA, AB => ID = IE = IF AE=AF, BD = BF, CD = CE

*AN-AP = BP -BM = CM-CN => (AE + EN ) - (AF - PF) = (BF + FP) – (BD- MD) = (CD+DM) - (CE-EN ) => EN +PF = PF+MD = MD+EN => EN = MD = PF IEN =

IFP = I DM => IN = IP = IM.

* Tứ giác AFIE nội tiếp => Tứ giác APIN nội tiếp Ta có I điểm cung PN

khơng chứa A đường trịn (APIN) X tâm đường đường tròn nội tiếp APN => IP =

IN = IX. Chứng minh tương tự ta có IP = IM = IY IM = IN = IZ => IX = IY = IZ => /

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z.

Bài 28

Đường tròn nội tiếp ABC tiếp xúc với BC, CA, AB A1, B1, C1.

1 Chứng minh đường thẳng AA1,BB1, CC1 đồng quy điểm T.

2 Đường tròn 1 qua T tiếp xúc vối CA, CB B2,A3. Các điểm C2,A2,B3,C3xác định

(114)

Trang

114

giải

(Tp HCM) Lời giải

1 Từ tính chất đường trịn nội tiếp tam giác ta suy 1

1 1

A B B C C A A C B A C B

nên AA1, BB1,

CC1 đồng quy

2 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Do C giao điểm hai tiếp tuyến chung ngồi hai đường trịn (A1B1C1)

và ( 1) nên C tâm vị tự ngồi hai đường trịn Từ suy tồn

phép vị tự tâm C biến đường trịn (A1B1C1) thành đường trịn ( 2) Khi phép

vị tự biến A B C1 1 1 thành A B T3 2 . Từ suy

đượcA B1 1 / /A B3 2,B C1 1 / /B T C A2 , 1 1/ / T A3 Tương tự,

1 / / A2 , 1/ / 3, 1 / /

A B T B C T C C A C A A B1 1 / /T B3,B C1 1/ /B C3 2,C A1 1/ /C T2 Từ

đó ta suy đường thẳng A2B3, B2C3, C2 A3 qua T song

song với A1B1, B1C1, C1 A1

Tiếp theo để ý đường phân giác C I A C B đường trung trực A1B1

(115)

Trang

115

giải

trung trực C2A3

3 2 2 3 2, 3, 2, 3, 2,

C A I A I B I C I A I B I C A A B B C C thuộc

đường tròn

Bài 29

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) p điểm nằm cung nhỏ BC. Tiếp

tuyến B, C cắt T. Đường thẳng qua O vng góc với PT cắt CA, AB

E,F. Hai đường thẳng PE, PF cắt đưòng tròn (O) M, N khác P. Lấy K,L cho

   

9

K A C K N P L A B L M P

1 Chứng minh B Q F K A B với Q giao EF với PT

2 Chứng minh K B LC vắt điểm thuộc (O)

(Hịa Bình) Lời giải

1.O Q T O B T O C T , nên O ,B, C, T ,Q thuộc đường tròn

   

9

F Q B O C B B A C K A B

2 Gọi I, G, H giao điểm cặp sau: NK ML , AK (O), AL (O) Khi

dễ chứng minh I, O, P thẳng hàng; G, O, C thẳng hàng; H, O, B thẳng hàng

Áp dụng định lý Pascal cho điểm sau:

(N,A,M,B,P,C); (A,I,B,M,H,P); (A,I,C,N,G,P), ta có K,F,Q, O,E L thẳng hàng

Từ kết câu có K AQB tứ giác nội tiếp nên

; ; m o d

A Q A B K L K B (4.9)

Tương tự:

; ; m o d

A C A Q L C L K (4.10)

Bài 30

Cho hai đường tròn (O1) (O2) cắt A,B CD tiếp tuyến chung hai đường tròn

(116)

Trang

116

giải

1 Gọi E giao điểm BC AD, F giao điểm DB AC. Chứng minh

EF//C D.

2 Gọi N giao điểm AB EF. Lấy K CD cho B A C D A K . Chứng minh

KE = KF.

(Hồ Bình)

Lời giải

1 Để ý B C D C A B vàB D C B A D , mà

    

1 8

B C D B D C C B D E A F E B F Tứ giác AEBF nội tiếp

  

E F B B A E B D C E F C D

2 Gọi B' điểm đối xứng với B qua CD, AN cắt CD M MC2 = MB MA=MD2 => M

là trung điểm C D N trung điểm EF.

Giả sử K' điểm thuộc CD cho K 'N E F N. xét tứ giác tồn phần AFBECD

có (ABN M) = -1 => K ’(ABN M) = -1 Mà K 'N K 'M K 'M phân giác



B K 'A . Lại có K'M phân giác B K B ' A K, ',B thẳng hàng

    

' 'C '

C B D C B D C A D B D B A D Tứ^iác ACB' D nội tiếp Mà

'  

B C D B C D B A C

' '  ' ' .

B C D K A D B A C K A D K K K N E F K E K F

Bài 31

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Đường thẳng qua C cắt tia đối tia BA, DA lần

lượt M, N. Chứng minh

2

4 A B C

A M N

S B D

S A C

(Khánh Hòa)

(117)

Trang

117

giải

Qua C kẻ C F / /A B F, A D

   

2

, A F B C D

A F C

S B D

F A C D B C A C F B C D C B C D

S A C

 

1

s i n , A F A C s i n B A D

2

A M N A F C

S A M A N B A D S

2

4

A B C

A M N

S B D A M A N

A M A N A F A C A N A F A N A F

S A C F C F N

2

4 ( A F + F N ) F N

A N A F F N A F , theo BĐT AM – GM

(118)

Trang

118

giải

ABC nhọn có AM,BN,CP trung tuyến Gọi R r bán kính đường trịn

ngoại tiếp đường tròn nội tiếp ABC. Chứng minh

4

A M B N C P R r

(Khánh Hòa)

Lời giải

Gọi M, N , P trung điểm BC , CA, AB. Theo bđt tam giác ta có:

3

( ) ( )

A M B N C P O A O M O B O N O C O P R R c o s A c o s B c o s C Mặt

khác dễ chứng minh

c o sA c o sB c o sC r

R

nên A M B N C P 3R R r 4R r

R

Dấu " = " xảy <=> ABC

Bài 33

Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH, trực tâm K. Đường thẳng BK cắt đường trịn đường

kính D,E (BD < BE). Đường thẳng CK cắt (AB) F, G (C F < C G). Và (DHF ) cắt BC

tại điểm thứ hai P.

1 Chứng minh điểm G, H, P, E thuộc đường tròn

2 Chứng minh đường thẳng BF, CD, PK đồng quy

(119)

Trang

119

giải

1 Áp dụng hệ thức lượng hệ thức hai dường cao, dễ chứng minh

(KCGF) = (K BED) = -1

Từ tính chất đồng quy hàng điểm điều hòa, ta suy ra: GE, DF,BC đồng quy X Ta có:

K G K F K A K H K D K E G D F E tứ giác nội tiếp Kết hợp hai điều trên, ta chứng minh

được rằng: X G X E X H X P G H P E tứ giác nội tiếp (đpcm)

2 E K C G F( ) X P B C Áp dụng tính chất hàng điểm điều hịa cho KBC,

ta có điều phải chứng minh

Bài 34

Cho ABC nhọn nội tiếp (O) với I tâm nội tiếp tam giác Đường tròn qua C tiếp xúc với

AI I cắt AC E cắt (O) H E H, C

1 Chứng minh EH qua trung điểm AI.

2 Đường tròn qua B tiếp xúc với AI I cắt AB F cắt (O) G G F, B . Chứng

minh hai đường tròn (EIF) (GIH) tiếp xúc

(120)

Trang

120

giải

1 Ta chứng minh AI tiếp tuyến A (AHE) Thật

vậy,      9 0  

2 2

H I A H C I A C B H I C A I C A I H A B C A C B Mặt

khác

          

1 9

2 2 2

H E C H I C A B C A C B A E H A E C H E C A B C A C B B A C I A H

Vậy IA tiếp tuyến (AHC ). Tối theo tính chất phương tích, gọi M giao

điểm HE AI M trung điểm AI

2. Ta chứng minh AI đường nối tâm (EIF) (GIH) Gọi giao điểm thứ hai AI

(AEF) J

 

1 ,

E J F B A C

mà AI lại phân giác góc E A F nên J trung điểm cung EF (AEF)

hay JE = JF. Mà

   

1

2

A B C A C B

E I F B A C

vầu phân giác góc E I F nên J tâm (EIF)

Gọi S T tâm (BIG) (CIH).Vì EF GH hai đường đối song

nên E F M G H M Ta có G I S = 0  - I F0  00   00

2

(121)

Trang

121

giải

          

1 1

9

2 2

A B C J E E M F E A B C B A C G H M A C B H G M M H I M H G G H I S T

tiếp tuyến (GIH) I. hay tâm (GIH) nằm AI

Bài 35

Cho ABC nhọn nội tiếp (O) Các đường cao AD,BE, CF cắt

tạiH D B C, E C A , F A B Gọi M trung điểm BC 2 đường tròn (DEF) (HBC )

cắt X Y

1 Chứng minh AX = AY

2 Gọi R trung điểm XY AR cắt HM S.Chứng minh tứ giác HDSR nội tiếp

(Lạng Sơn) Lời giải

1 Gọi O9 tâm đường tròn Euler ABC , O’ đối xứng với O qua BC. Khi dễ chứng

minh O’ tâm đường tròn ngoại tiếp AN HC AOO’H hình bình hành => A, O9, O’

thẳng hàng Vậy hiển nhiên AX = AY

2 Chúng xin nêu hai cách chứng minh cho câu

Cách 1: A H A D A F A Bvà

9

2

' ' ' 3

A S A H A H A S A S

S O M O M O A O A O

2

2 2 2

9 9

9

9 9

2

9

3

'

4 4

' ' '

2 ' 2

3

4 4

A

3 2

R R

O O R O A O R

R O A R A O R O A O

O O A O A O

R A O

R

A S R A O A O

A O

(122)

Trang

122

giải 2

1

A F A B

4

R

A O A F A N (N l t rung điểm AB) nên

2

2 = A F A B = A H A D = >

R

A O

Cách : Từ câu dễ thấy R, A, ơ, Og thằng hàng Áp dụng tích chất đẳng phương cho

đường tròn {DBF), (HBC ), (HDM), {AFE), ta chứng minh được: FF,XY ,BC đồng quy

K.

Cho HM giao AK G, dễ chứng minh rằng: A K H M

tạiG G, A B C K G K A K X K Y . Bằng tính tốn, ta chứng minh được:

2

A X A G A K A R A S A H A D H D S R tứ giác nội tiếp.(đpcm)

Bài 36

Từ điểm M tùy ý tam giác ABC , đường thẳng MA, MB, MC cắt BC,

CA, AB A1,B1,C1 Chứng minh

1 1

1

M A M B M C A A B B C C

(Long An)

Hướng dẫn

Bảng biến đổi tỉ số, ta có: 1

1

A M C A M B M B C

A A C A A B A B C

S S S

M A

A A S S S

Tương tự với

2

M B B B

1

M C C C

Cộng ba tỉ số theo diện tích điều phải chứng minh

Bài 37

Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn tâm O Một đường tròn ' qua B,

C cắt cạnh AB, AC E,F(E F, A) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại

đường tròn K A K KE, K F cắt lại đường tròn co Ọ, p ( P , Q K ). Gọi

T giao điểm BQ CP; M,N trung điểm BF, CE.

1.Chứng minh A, O , T thẳng hàng

2 Chứng minh KA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN

(Nam Định)

(123)

Trang

123

giải

Ta có:A Q C A B C A F E A C Q A Q Q C

Mặt khác: B K Q P K C B Q C P là hình thang cân nội tiếp (O) => T Q = TC Từ suy

A, O , T nằm đường trung trực đoạn QC => đpcm

Bài 38

ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi P trung điểm cung BC

không chứa A (O), J điểm đối xứng vối I qua O Tiếp tuyến I đường tròn ngoại tiếp

IBC cắt BC M, H hình chiếu M OI. Gọi D trung điểm BC K giao

điểm thứ hai ID với đường tròn ngoại tiếp ODH.

1 Chứng minh A JPM vuông J

2 Chứng minh H, A, K thẳng hàng

(124)

Trang

124

giải

1 PQ đường kính (O).Gọi giao điểm AI BC F.

Dễ chứng minh tích sau: IF.AP = AI IP. Ngồi MI F P A Q = > M I P A

I F A Q



.K ế t hợp hai điều suy ra: A Q A I M I P I A Q

I P M I

 . Từ dễ chứng minh cộng

góc: MPJ vuông P.

MA cắt (O) T.

2 MA cắt (O) T

Bằng cộng góc, chứng minh đượcA Q J 9 Q J / /A P

2

M I M B M C M T M A I T M A

  

Q A P I Q J

Q A T P I T A Q J A T I A J Q A I T A M I

A T I T I T

  hay

 

J A I I M A M A A J Từ A, J, P, H, M thuộc đường tròn

=>K H O K D O A P J A H J hay A, K, H thẳng hàng (đpcm)

Bài 39

Cho hai đường tròn (O1) (O2) cắt A B. Một đường thẳng qua B cắt hai đường tròn

(O1), (O2) C D. Gọi M trung điểm CD. Đường thẳng AM cắt (O1) điểm thứ

hai K (K C khác phía so với AB), cắt đường tròn (O2) điểm thứ hai P. Đường thẳng

(d) qua M vng góc với O1M cắt đường thẳng AC Q cắt đường thẳng K B R.

1 Gọi I,J giao điểm củaAB,CK vối đường thẳng (d). Chứng minh M trung điểm

IJ RQ

2 Chứng minh đường thẳng PQ qua điểm cố định

(125)

Trang

125

giải

Hướng dẫn

1 Hiển nhiên theo định lý bướm

2 Gọi N giao điểm thứ BC với A C P O3

M B M D M P M A M C M N M D M N M trung điểm BN

M K M A M B M C M N M C M P M A M trung điểm PK

Xét phép đối xứngDM :K P B, N C, D O1 P N D O4 O1,O4,M

Mà

1

1 4, M/ O M/ O

M Q O O P P nên MQ trục đẳng phương (O1) (O4) Xét đg

trịn (O1), (O3), (O4) có trục đẳng phương AC, MQ, NP nên theo định lý

tâm đẳng phương AC , MQ, NP đồng quy hayN,P Q,

Gọi T giao điểm thứ PQ với (O2) Bằng biến đổi góc ta suy BT tt (O1)

(126)

Trang

126

giải

Bài 40.

XY Z đều, đỉnh X, Y , Z nằm cạnh BC ,CA,AB ABC nhọn Chứng

minh tâm đường tròn nội tiếp ABC nằm XY Z.

(Nghệ An) Lời giải

Ta chứng minh tâm nội tiếp ABC nằm đường trịn nội tiếp XY Z. Kí hiệu

d (U, WV) khoảng cách điểm U đường thẳng WV.O tâm đường tròn nội tiếp XY Z

và r, r',R' bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC ,XY Z và đường tròn ngoại tiếp

tam giác XY Z. Khi R' = 2r' điều cần chứng minh làO I r'

Nếu O I , ta có điều cần chứng minh

Giả sử O I . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , C A, AB

tại A1,B1,C1. Các đường thẳng IA1,IB1,IC1 chia mặt phẳng thẳng góc

nhọn, góc chứa điểm A1, B1,C1 biên

Giả sử O nằm góc xác đỉnh đường thẳng IA1.IB1. Gọi A',B' lần lượt

là hình chiếu O lên đường thằng IA1, IB1.

Ta có:

O X ' ( O , '

'/ / ', ' O , ' ' '

)

R d B C R

(127)

Trang

127

giải

Mặt khác đường tròn nội tiếp ZY X nằm ABC, suy

1 ( O , ) r '

r I B B B d A C I B r r

Cuối I A O B' 'là tứ giác nội tiếp, suy

       

'

' O

' ' 'O A

A O B O B I A O O B O B B I A B I B I

Vậy suy O I I A' A O' I A' I B' R' r r r' r' (đpcm)

Bài 41.

Cho ABC. Đường tròn (O) qua A c cắt cạnh AB,BC K,N. Đường tròn (KBN )

cắt đường tròn (ABC ) B M. Tính B M O

(Ninh Bì nh) Lời giải

Gọi D giao điểm thứ hai MK đường tròn tâm O

(BM,BN ) = (K M,KN ) = (CD,CN ) => BMIICD

(DC,BK ) = (AC ,AK ) = (MC,MB) = (CM, C D) => MC = MD, mà OC = OD=>

OM trung trực củaC D O M C D O M B M B M C

Bài 42

Cho ABC điểm (O) nằm trog ABC Đường thẳng d1 qua O song song với BC

cắt AB, AC J, G. Đường thẳng d2 qua O song song với CA cắt BC, CA F,

J. Đường thẳng d3 qua O song song với AB cắt CA, C B tại H,E. Dựng hình

bình hành O E A F O G B H O I C J1 , 1 , 1 Chứng minh đường thẳng AA1,BB1,CC1 đồng

quy

(128)

Trang

128

giải

Gọi M giao điểm AA1 BC, N giao điểm BB1 CA, P giao điểm CC1

và AB, D giao AO BC

1 1/ /

E A

E M O F D O

E A A C

M C A C A C D A

Tương tự,

F M D O E M F M M B F M F M M B F B

M B D A M C M B M C E M E M M C E C

Tương tự,N C H C

N A G A

H C E C N C E C A G J H C E

G A G J N A G J

 Tương tự,P A J A G J

P B I B B F

Do

1 1

, ,

M B N C P A M B N C P A

A A B B C C M C N A P B M C N A P B

đồng quy

Bài 43

Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) Các cạnh AB, AC tiếp xúc với (I) E, F. Đường thằng qua

B song song với AC cắt EF K CK cắt AB G Chứng minh tam giác AIG vuông

(129)

Trang

129

giải

Đặt a = BC,b = CA, c = AB. Yêu cầu đề tương đương vối chứng minh: FK//GI. Gọi

giao điểm AI EF H. Do K B//AC nên KBE cân B => K B = BE. Áp dụng định

lý Thales phép biến đổi tỉ số, ta có

( ) ( )

2

4

A B A C B C A B B C A C

A C

A E A E A B A E A C K B c b a c b a

A G A B A G A B A C A B A C b c

Mà ta có:

 2

c o s

2

A H B A C b c a b c

A I b c

Nên suy A E A H K F / /G I

A G A I

(đpcm)

Bài 44

Cho đường tròn (O)và dây cung AB. Các đường trịn (O1) (O2)nằm phía đối vối

đường thẳng AB, Tiếp xúc vối T đồng thời tiếp xúc vối đường tròn (O).Tiếp

tuyến chung T (O1), (O2)cắt đường tròn (O)tại C(Với C thuộc nửa mặt phang bờ AB

chứa (O1), (O2)) Chứng minh T tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

(130)

Trang

130

giải

(O1), (O2)lần lượt tiếp xúc với (O) F, D. Gọi giao điểm FG, HD với (O) I, I' Bằng

định lý Thales, ta dễ dàng chứng minh được:I I 'là điểm cung AB khơng chứa C

Ta chứng minh IA2 = IG.IF = IH.ID = IT2 = IB2 => Tứ giác FGHD nội tiếp

Từ sử dụng tính chất tâm đẳng phương cho đường tròn (FGHD), (O1), (O2), ta suy

được: I, T, Cthẳng hàng Kết hợp với hệ thức trên, ta suy T tâm đường tròn nội tiếp

ABC. Bài 45

Cho tam giác ABC nhọn không cân P điểm cạnh BC khơng trùng với B, C

Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABP cắt AC Y khác A Tương tự xác định Z Gọi B Y cắt

CZ K Gọi T hình chiếu A lên BC, H trực tâm tam giác ABC, A' điểm đối xứng

của A qua BC.

1 Chứng minh A’, P, K thẳng hàng

2 Chứng minh P di chuyển BC , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z di

chuyển đường thẳng cố định

(131)

Trang

131

giải

1 Bằng biến đổi góc đơn giản suy AZKY nội tiếp từ PKY C,ZKPB nội tiếp từ suy

  

'

B P A A P B K P C suy đpcm

2 BN, C M đường cao tam giác ABC Trung tuyến At tam giác ABC giao (AH)

tại I. Ta có hai tam giác ZIM,MIY đồng dạng suy MIN = Z IY suy I thuộc (AY Z )

SI' vng góc AI (S tâm (AY Z ), I’ trung điểm AH) Ta có đpcm

Bài 46

Cho đường tròn (O) dây cung BC khác đường kính Điểm A di động cung lốn BC

cho tam giác ABC không cân A. Gọi M giao điểm hai tiếp tuyến vối (O) B C,

AM cắt (O) D khác A. Dựng đường kính DE (O) Các đường thẳng BD, CE cắt

X, đường thẳng BE, CD cắt Y

1 Chứng minh MX = MY

2 Gọi N giao điểm AE XY Chứng minh N nằm đường thẳng cố định

(132)

Trang

132

giải

1 Bằng tính góc, ta chứng minh được:



 

2

B M C

B Y C B X C . Mà BMC cân => M tâm

đường trịn (Y BCX) có đường kính XY => MX = MY

2 Lấy F đối xứng vối D qua M Ta chứng minh được:   

E X

E A F E Y F F

=> EAY X nội tiếp

Áp dụng tính chất tâm đẳng phương cho ba đường tròn (O), (AEXY ), (Y BCX), ta suy được:

N thuộc đường thẳng BC

Vậy N chạy đường thẳng BC cố định A di chuyển cung BC không chứa A

(O)

Bài 47

ABC nội tiếp đường tròn (O;R), D điểm di chuyển cung BC không chứa A (D không

trùng B,C)

1 Gọi E, F giao điểm đường thẳng AD BC , AB CD. Gọi P trung

điểm EF, M điểm đối xứng với B qua P. Chứng minh đường thẳng DM qua

điểm cố định

2 Gọi H, I, K chân đường vng góc kẻ từ D đến cạnh BC , CA, AB.

Cho B C R Tìm GTNN tổng A B A C B C

D K D I D H

(Quảng Ngãi) Lời giải

(133)

Trang

133

giải

Ta chứng minh: MD qua H' cố định Áp dụng tính chất đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn

phần BEFD vối P, K', J trung điểm FE, BD, AC => P, K', J thẳng hàng

Từ áp dụng tính chất đường trung bình, ta suy MD qua H'.

2 Gọi tổng cần tìm GTNN T. Ta chứng minh được:

B C

D H D A D I D B D K D C T

D H

Đồng thời, B C R , nên ta chứng minh được:

2

R

D H T

Bài 48

Cho ABC nhọn ko cân A nội tiếp (O) Gọi M trung điểm BC. tiếp tuyến B c

của (O) cắt P. Gọi D, E hình chiếu vng góc B v C lên AP, Q

giao điểm AP BC Đường tròn (CQD) (BQE) cắt (O) điểm thứ K, L.

1 Chứng minh M K C M L B

2 Kẻ đường kính AT (O) Giả sử đường thẳng T B, TC , AK, AL đôi cắt

điểm phân biệt Chứng minh giao điểm đỉnh tứ giác nội tiếp

(Quảng Ninh)

Lời giải

1 Ta có: Q D K Q C K P B K Tứ giác DBPK nội tiếp Mà tứ giác BDMP nội tiếp nên B,

D, M, K, P thuộc đường trịn Khi

đó    

M K C B K C B K M B P M P B M Chứng minh tương tự,

  

9

(134)

Trang

134

giải

2 Xét phép đối xứng trục MP, thấy L , K đối xứng với qua đường thẳng MP =>

BLKC hình thang cân

Gọi X, Y giao điểm TB với AK , AL; Z, W giao điểm TC với AL,

AK. Khi biến đổi góc, chứng minh X Y Z X W T Tứ giác XY Z W nội tiếp

Bài 49

Cho ABC nhọn nội tiếp (O) (AB < AC ), trực tâm H. Lấy điểm T (O) choA T B C

Giả sử AH cắt (O) K, TH cắt (O) D cung nhổ BC Gọi I trung điểm HT

1 Chứng minh điểm A, L, O, K , D thuộc đường tròn

2 Gọi P giao điểm thứ AO với (O) Đường thẳng qua H song song với BC cắt PD

X. Chứng minh XA tiếp tuyến (O)

1 Gọi S giao điểm AH với (O) Vì A T B C nên suy S A T ,o S, O, T

thẳng hàng Theo tính chất đối xứng quen thuộc trực tâm ta có KS = KH

HD.HT = HA.HS => HD.HL = HA.HK =>Tứ giác ALK D nội tiếp

Dễ chứng minh AL OK hình thang Vì AL trung tuyến tam giác vuông AHT

nên H A L A H L A K O A L O K hình thang cân => ALOK nội tiếp đường tròn

2 Gọi E, F giao XH với AC, AB; I, J giao BH, C H với (O) Gọi P' giao

IE với (O) Dễ thấy H, I đối xứng quaA C A C B, A H I B A H, C A O , nên ta có:

      

'

2

A I C P A I C P

A E I A E H A C B A B H B A H A B H C A O

   

, suy raC P C P' ,

tức làP P ' , hay P, E, I thẳng hàng

Tương tự, suy J, F, P thẳng hàng Do đó,

     

1

A I J A

(135)

Trang

135

giải

Mặt khác, dễ thấy    

A F

2

B T A C

B D H A B C E , suy BDHF nội tiếp, tượng tự CDHE

nội tiếp Suy

     

1 0o

E D F E D H F D H E C H F B H A (4.13)

Từ (4.12) (4.13) suy EPF = EDF, tức tứ giác EFDH nội tiếp

Vì EF//BC, nên (AEF) tiếp xúc với (O) A Xét ba đường tròn (AEF), (O), (EFDP) có ba

trục dẳng phương là: tiếp tuyến A (O),EF,PD Vậy X tâm đẳng phương nghĩa XA

tiếp tuyến (O)

Bài 50

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi I giao điểm AC BD, H K lần lượt trực

tâm IAD IBC M N trung điểm AB CD; P Q chân

đường vng góc kẻ từ I đến BC AD.

1 Chứng minh H K M N

2 Chứng minh MN qua trung điểm PQ

(136)

Trang

136

giải

Goi J trung điếm ,

2

I A I B J Q I A I Q

I A J Q J M

J M I B I P

.Măt khác, Q J M Q I P ,

doQ I A P I B P I Q ~ P J M Do đó, theo phép vị tự quay, Q J I ~ Q M P , mà

Q JI cân J nên QMP cân M. Chứng minh tương tự, QNP cân N, suy

đpcm

Bài 51

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O') tiếp xúc với hai cạnh AB, AC theo

thứ tự P.Q tiếp xúc với (O) S Hai đường thẳng SP.SQ cắt lại (O) theo thứ tự

M, N. Gọi E, D, F theo thứ tự hình chiếu vng góc s đường thẳng AM, MN, AN.

1 Chứng minh SM.AN = SN.AM.

2 Chứng minh DE = DF

(137)

Trang

137

giải

Lời giải

1 Gọi I tâm (SPQ)

/ /

S P S I S Q

P Q M N S M S O S N

Tiếp tuyến M, N cắt T. Ta có

 0   I A I Q S I , ,

M S N M O N P A Q A S O

O T O N S O

thẳng hàng => AMSN tứ

giác điều hòa

    



  s i n A M N s i n A M N s i n s i n A M N , D F S N D S F S N s i n A N M

s i n s i n A N M

D E S M A N

D E S M D S E S M

D F S N A N M A M

Bài 52

Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB CD. Tiếp tuyến với đường tròn (O) B cắt AC

p. Gọi G giao điểm thứ hai đường thẳng DP với (O), I trung điểm AP. Chứng minh

(138)

Trang

138

giải

1 O, B ,C, I thuộc đường tròn

3 AG, BC, OP đồng quy

(Thái Bình) Lời giải

1 O I/ /B P I O B O B P Mà B C I nên O,B,C,I nằm đường tròn

đường kính BI

2 Goi I' trung điểm PC. Ta có OI'//DP nên C O I ' C D G Mà

  , ' '

C D G C A G C O I I O G => I’, A, O, G nằm đường tròn '

Để ý rằngPO/ PO/ ' , P / P I ' P A P I ' P / '

2

P P I P C P A P

OP trục đẳng phương ' . Lại có AG trục đẳng phương hai đường tròn

(C) , BC trục đẳng phương hai đường tròn (C) nên ba đường thẳng

AG,BC, OP đồng qui S tâm đẳng phương ba đường tròn (C), '

Bài 53

Cho tam giác ABC nhọn, có AC > AB. Gọi D hình chiếu A BC E hình chiếu

D AC. xét điểm F đoạn DE. Chứng minh

A F B F E F E C B D D E

(Thái Nguyên)

(139)

Trang

139

giải

Ta chứng minh A F F B o Tứ giác AFDB nội tiếp

~ E A E F E D A E E F

A E F A D B

A D B D E C E D B D

( Do hệ thức lượng A D C với đường

cao D E E F E C B D D E

Bài 54

Cho tam giác ABC không cân A Gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn nội tiếp

ABC với BC, CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp ABC cắt đường thẳng EF tại P Q Gọi M

là trung điểm BC, O1 O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB IAC.

1 Chứng minh D, P, Q, M nằm đường tròn

2 Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp DPQ nằm đường thẳng O1O2

(Thanh Hoá) Lời giải

1 Kéo dài MN cắt BC J Dễ chứng minh (JDBC) = -1, từ kết hợp vối hệ thức Maclaurin

(140)

Trang

140

giải

2 OH cắt (O) P suy PH = ID, mà PH // ID nên PHID hình bình hành, suy trung điểm

L DH trung điểm L PI

Mặt khác dễ chứng minh góc IAP vng (dựa vào tính chất AI cắt (O) điểm cung

BC) nên dễ suy APNM hình thang cân

L thuộc trung trực AP nên L thuộc đường trung trực MN, mà L đường trung

trực DG (dễ chứng minh), L K hay K,D,H thằng hàng (đpcm)

Bài 55

ABC nhọn nội tiếp đường trịn (O) có AB < AC. Gọi D, E trung điểm AB, AC. Các

đường tròn ngoại tiếp ABE ACD cắt K khác A. Đường thẳng LB cắt đường tròn

ngoại tiếp ABE điểm thứ hai M, đường thẳng LC cắt đường tròn ngoại tiếp ACD điểm

thứ hai N.

1 Chứng minh M, K, L thẳng hàng M N O L

2 Chứng minh K trung điểm MN.

1 Gọi G giao BE CD. Tứ giác ABLC nội tiếp nên

 0   1 0  1 0  , ,

A K N A C N A B L A B M A K M M K N thẳng hàng

Tứ giác AKNC AKBM nội tiếp nên LN.LC = LK.LA = LB.LM => Tứ giác MBNC nội

tiếp  

C B L L N M .

Gọi P giao điểm OL MN. Ta

có 



 

0 0

9 9

2

L O C

P L N O L C L B C M N L O L M N

2 Áp dụng định lý Miquel cho tứ giác toàn phần ADGEBC ta K điểm chung hai

đường trịn [BDG) (CEG) Từ dễ thấy hai tam giác BKD và EKC đồng dạng

 

  s i n s i n s i n s i n

A B B D K B B A K B A L L B A C C E K E E A K C A L L C

Tứ giác ABLC điều hòa => LA

(141)

Trang

141

giải

Vì L B C ~ L N M nên đường đối trung LBC đường trung tuyến LNM,

tức LA qua trung điểm MN hay K trung điểm MN.

Bài 56

ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), P nằm ABC nằm đường phân giác

gócB A C Gọi K,L giao điểm khác P BP vớii (APQ), CP với (APB). Gọi E,F lần

lượt giao điểm phân giác góc A B C, AC B với (O) đường thẳng AE, AF cắt

(APC), (APB) M, N khác A. Chứng minh K, L, M, N thuộc đường tròn

Gọi Y, Z lần lượt giao điểm (APC) với CF, (APB) với BE, I tâm nội tiếp ABC.

  

/ /

N Z B N A B F E B N Z E F Tương tự YM // EF

Do A,P, I thẳng hàng nên I nằm trục đẳng phương (APB) (APC) =>

IY.IC = IZ.IB => Tứ giác BZYC nội tiếp I Z Y I C B F E Z Y Z / / E F .

B, Z, Y, C thẳng hàng Mặt khác, B L C B A P C A P C K B Tứ giác BLKC nội

tiếp  

L K B L C B . Từ      

 

2

B A C A B C L K M L K B B K M P C B P A E P C B

Lại có  Z I      

2

A B C B A C

L N M Z P C P I P C Z B A P A C P C A P C A Do

   1

(142)

Trang

142

giải

Phần 3: Phương trình hệ phương trình Bài

Giải hệ phương trình:

3

2

6

,

3 2

x y y x y

x y

x y x y x y



(Bến Tre)

Lời giải

Điều kiện xác định: x y

Phương trình đầu viết lại thành:

3

3 3

2 2 2

x x y y y x x y y

Để ý hàm

2

f t t t đồng biến R nên suy x = y –

Thay vào phương trình sau thu gọn, ta :

2

5 y y 2y 9y y

Trừ hai vế:

1

4 1

3

y y y

y y

Nếu y thì:

1

2 1

3

y

y y

Để ý [3,5] vế trái hàm nghịch biến nên khơng nhỏ 2 (đạt y =

Lại để ý đoạn vế phải làm hàm đồng biến nên không lớn hơn2 1 2

Vậy phương trình có nghiệm y = 4, x = – =

Nhận xét 28 Mấu chốt toán việc sử dụng bổ đề: Cho hàm số f khả vi đơn điệu trên D Khi với u, v D : f u f v u v Kết vận dụng để giải

phương trình đầu Ta chuyển hai biến hai vế, giữ lại vế có cấu trúc đơn giản (cụ thể này vế trái) sau dùng biến đổi đại số để đưa vế lại cấu trúc này.

Bài

2

6 1

,

1 3

2 4 lo g

6

x x x

x x y y x x x y

x y

y x 

(Bắc Ninh)

Lời giải

Điều kiện xác định:

0 ,

x x

x y

(143)

Trang

143

giải

2 2 2

1

x x y x x y

Suy ra:

2 2

2

6 1

2

x x y y x x x

x y

Vậy y = 2x + Thay vào phương trình sau, ta được:

2

1

2 4 lo g

3

x x x x x

f x

Đặt ; h ln

3

x x x x x

g x x đó:

4 ln

f x g x h x

Để ý g'' x ,h'' x vô nghiệm, tức f(x) = có khơng q hai nghiệm phân biệt Lại có

f(0) =f (3) = nên kết luận nghiệm hệ cho: (x,y)= (0,1);(3,7)

Nhận xét 29 Bài toán có hai ý:

1 Khai thác phương trình đầu để có y = 2x + Bước cần vận dụng bất đẳng thức khéo léo

đểkhử ép bình phương khơng dương

2 Thay vào phương trình sau giải Bước khơng đơn giản có xuất hàm mũ hàm logarit Ta vận dụng hệ định lý Rolle:

Bổ đề 11 (Định lýRolle) Cho hàm số f(x) khả vi n lần miền xác định Khi phương trình f n x có tối đa k nghiệm thực phân biệt phương trình f(x) = có khơng

q k + n nghiệm thực phân biệt.

Hệ tỏ hiệu với phương trình phức tạp mà ta nhẩm nghiệm Khi ta khảo sát đạo hàm cấp phù hợp để giới hạn số nghiệm phương trình ban đầu. Bài

1 Giải phương trình

2 2

2x 2x 5x x 7x

2 Giải hệ phương trình

2

4

x y x y

(Hà Nội)

Lời giải

1 Để ý từ vế trái phương trình cho khơng nhỏ

2 x 7x nên suy ra:

2

7

x x

Vậy x >

Viết lại phương trình cho:

2 2

2

1

4

2

x x x x x x x x

x x

x x x x x

(144)

Trang

144

giải

Lại

2

1

1 ( )

2

x

x x x x x

Nên phương trình tương đương

4

x x , tức x = 1, x = Đó nghiệm phương

trình cho

2 Điều kiện xác định:2x y ,x 4y

Đặt 2x y a , x 4y b

Khi

2 2

4

,

7

a b b a

x y

Hệ cho viết lại:

2

5

9

3

a b

b

Thay phương trình đầu vào phương trình sau, ta được:

2 2

9

3

b b

b

Giải nghiệm 8,

5

b b tương ứng 3,

5

a a

Kết hợp điều kiện, chọn (a,b) =(2,3) Suy nghiệm hệ (x,y) = (1,2)

Nhận xét 30 Câu 3.2 xử lí cách đặt ẩn thức Cách giúp ta khử căn, thật may mắn hệ với ẩn gồm phương trình có bậc khơng q lớn, phép giúp giải gọn gàng.

Bài

Giải hệ phương trình

3 4

5 2

y x y x

y x x y

(Hịa Bình)

Lời giải

2 5

x

y

y x

Theo điều kiện xác định, x > nên y y 5x

(145)

Trang

145

giải

8

4

5 4

5

x

y x y x

y x y x x

y x x

Thay vào phương trình sau, ta được:

2

5 2

5

5 7

1

4

2

5

x x x x x x

x x x x x

x x x x x x x

x x

x x x

Để ý với điều kiện

7

x số hạng thừa số thứ hai dương nên đẳng thức

tương đương:

2

4x 7x

Hay

7 7

8

x

Từ kết luận (x,y) nghiệm hệ : 7 ,5 , 7 ,5

8

Nhận xét 31Bài giải có hai ý:

1 Nhân liên hợp đểtìm mối quan hệ hai biến Ý tưởng rõ ràng để ý hai thức có cùng hệ số y hệ số tự do.

Nhân liên hợp tìm nghiệm phương trình sau.

Khi nhẩm nghiệm, nhận thấy phương trình sau nhiều khả khơng có nghiệm “đẹp” (nguyên hay hữu tỉ) nên ta nghĩ tới khả có nghiệm vơ tỉ, tức nhân liên hợp với biểu thức để xuất hiện hàm bậc hai làm thừa số chung Gọi ax+b,cx + d hàm nhân liên hợp

với hai số hạng ỗ vế trái Khi đó, ta thu hàm bậc hai:

2

5

7

4

x x a x b

c x d x

x x c x d a x b

Cho hàm (hoặc đối nhau) đểtìm a = b = 1, c = 2, d =

(146)

Trang

146

giải

Giải phương trình tập số thực

4 2

1

4

x x x x

x x x

(Khánh Hòa)

Lời giải

Điều kiện xác định:x ,x 1, x x Khi đó, phương trình tương đương:

2 2

1

4

2 2 1

1

4

2

3

1

4

x x

x x x

x x x x x x

x x x

x x

x x x

Bớt hai vế:

2 2

1

4

x x x x

x x x

Để ý vế phải không âm (do

2

2 1

x x

) Ta chứng minh vế trái không dương

Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

2 2

x x x x

Nên tử số không âm Lại để ý với số thực a ,

2

1

2

a a a , tức a2 a Áp dụng kết này, ta

có:

4 x x x x

nên mẫu số âm

Vậy đẳng thức xảy hai vế khi:

2

4

2

x x

Tức x =

Vậy phương trình có nghiệm x =

Nhận xét 32 Mấu chốt tốn phân tích nhân tử tử số hai vế, sau phép thêm bớt phù hợp để dễ đánh giá

(147)

Trang

147

giải

2 3

3

7 1 8

x x x x y y

x x x y

(Khánh Hòa)

Lời giải

Điều kiện xác định : 2

1, , 3 , 8

x y x x x x x

Phương trình đầu tương đương:

3 3

3 x 3x 3x 1 x 3x 3x y 4 y 3

Để ý hàm

1

t t đồng biến ; nên đẳng thức cho ta:

3

3 3

x x x y

Tức

4 ,

y x x (do y 3)

Thay vào phương trình sau, ta có:

2

7 8

4 1 8

3 5

2

1 9

1

x x x x

x x x x x x

x x x

Thử lại, chọn nghiệm x = ( y = 60) Kết luận: (x,y) = (3,60)

Nhận xét 33Một lần nữa, dạng f(u) = f(v) thể vai trị cách khai thác phương trình đầu

Bài

2

1 1

3

x y y y x x x y

x x x y x x y

(Lào Cai)

Lời giải

Điều kiện xác định : x y

(148)

Trang

148

giải

2

3 2

1 2 3

x x x y x x x y

x y

x x x y

x y

x x x y

x y x y Để ý 2 2

x x x nên

2

0

x x x y

x y

, suy y = x -1 Thay vào phương trình đầu tiên, ta có :

2

2 2

2

1 2

2 2 2

2

2 2

1

x x x x x x x

x x x x x x x x x

x

x x x x x

x x x x

Vậy

2

x

2 2 1 x x x

x x x x

Trường hợp sau tương đương:

2 2 2

2 2

x x x x x x x x x x x

Đặt 2

1 ,

a x x b x x

2

a b

x

Đẳng thức trở thành:

2 2

3

2

a b

a b a b

a b a b

Lại a b nên suy a + b = , tức:

2

1

3 3

x x x x

x x x x x x

2

1

8

1

3 3

x x

x x x x x x

(5.1)

Để ý:

3

2

3

1

4

1

3

x x x x x x

x x x

(149)

Trang

149

giải

Và

2

2 2

2

3

2

4

1

2

3

x x x x x x x x

x x x

Nên (5.1) cho ta x = -1 ( y = -2 )

8

x (khi

8

y )

Kết luận: Các (x,y) cần tìm: , , 1, , ,

2 8

Nhận xét 34 Khai thác phương trình đầu khơng dễ khơng có dạng f(u) = f(v) Khi đó, ta có thể cho biến nhận giá trị đặc hiệt, giải giá trị biến cịn lại Mục đích để “tiên đoán” quan hệ hai biến, ý tưởng phân tích nhân tử trở nên rõ ràng.

Bài

3 2

2

4 3

3

y x y x y x x x

x y

(Ninh Bình)

Lời giải

3

y

Nếu x = 0, thay vào phương trình đầu tìm y = Nhưng cặp số khơng thỏa

phương trình sau

Nếu x , phương trình tương đương

2 2

3

y x y x x y x x x

Xét 2

3

f y y x x y x x x tam thức bậc hai theo biến y, có:

2

2 2

: x 3x x 3x 4x x 3x 6x

Vậy: f(y) >

Tức phương trình đầu cho ta:

2

y x

Thay vào phương trình sau:

3

y y

vế trái hàm đồng biến theo y nên phương trình có tối đa nghiệm Lại có y = thỏa

đẳng thức nên nghiệm phương trình Kết luận: (x,y) = (1,1)

Nhận xét 35Đánh giá tổng quan hệ số tương ứng hạng tử ỗ hai vế quan trọng để nhận ra mối tương quan hai biến “che giấu” phương trình đầu.

Bài

1 Giải phương trình

3 2

(150)

Trang

150

giải

2 Giải hệ phương trình

3

2

2 2

3

x y x

y z y

z x z

(Quảng Trị)

Lời giải

1 Điều kiện xác định: x

Phương trình cho viết lại thành :

3 2

4 2

1

4 2

x x x x

x

x x x x

Lại 1

4x 3x 2x x

nên x =

Kết luận: s

2 Viết lại hệ cho dạng:

2 2

2

2 2

y x x

z y y

x z z

Nếu ba biến có biến từ hệ suy biến cịn lại

Nếu ba biến khác 2, nhân vế theo vế ba phương trình thu gọn, ta được: 2

.2

x y z

Rõ ràng phương trình vô nghiệm R Kết luận nghiệm hệ (x,y,z) = (2,2,2)

Bài 10

Giải bất phương trình

2

2 x x 2x x 2x

(Thái Nguyên)

Lời giải

2

x x

Đặt A vế trái, B vế phải Để ý đẳng thức:

2

2 2

A B x x x x x

Nếu x , ta có x2 2x 2x

(151)

Trang

151

giải

2

x x , hay suy x

Nếu x , để ý x2 2x 2x ( tương đương 3x2 2x 0, hiển

nhiên đúng), nên bất phương trình cho tương đươn

2

x x g , hay suy ra:

6 x

Bài toán giải xong

Nhận xét 36Hướng suy nghĩ xuất bình phương hai vế khử Tuy nhiên, việc mơ hồ dấu khiến việc bình phương dẫn đến việc xét nhiều trường hợp Như 7, ta lại phải để ý mối quan hệ biểu thức ngồi căn, để từ có phân tích nhân tử “đẹp mắt” việc xét dấu trỗ nên nhẹ nhàng hơn.

Bài 11

3

2 2

2

,

9

y y x x x

x y

y x y



(Thái Nguyên)

Lời giải

1,

x y

Phương trình đầu tương đương

3

2y y x x

Để ý hàm

2

f t t t đồng biến nên suy y x , tức y2 x Thay vào

phương trình sau, ta được:

2

4

2

x x x

x x x x

Vậy:

1 2 3

x x x x

Đối chiếu điều kiện xác định, suy tập nghiệm: 4

, , ; ,

x y

Bài 12

2

,

3 3

x x x y y x y y x

x y

x y x y y



(Vĩnh Phúc)

(152)

Trang

152

giải

Điều kiện xác định:6 x y x 1,y x

Viết lại phương trình đầu dạng:

2

1

2

1

x x y y x y x y x

x y y x x y

x y x

Từ điều kiện xác định,y x nên y + x + > Kết hợp với

1

x y x

, suy đẳng thức cho ta y = 2x +

Thay vào phương trình sau, ta được:

3 x 5x 2x ( điều kiện

5

x )

2

9 5 5 4

1 5 4

9 5 4

8 5 4

1 4 5

x x x x x x

x x x x

Để ý

5

x 4x2 4x 5 nên suy phương trình có nghiệm x = 1, x =

tương ứng y = 3, x= tương ứng y = 3, y = Kết luận: Nghiệm (x,y) hệ phương trình (1,3), (4,9)

(153)

Trang

153

giải

6 Số học

Bài

1 Giải phương trình nghiệm nguyên dương (a, p, n) p số nguyên tố thỏa mãn

2

1 5n 5n

a a p

2 Một số nguyên dương n gọi tốt với k n n có dạng

1 k

n a a a n a, k số ai nguyên dương Tính tổng tất số tốt

nhỏ 2016

(Trường THPTchuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội) Lời giải

1 Với n = ta có

2

1

a a p

vô lý vế phải âm

Với n , a2;a2 1 nên ta xét trường hợp:

TH1:

5n a

Khi đặt 3

.5n 5n 5n 5n

a k k k p p k k

Dễ thấy vế phải số dương nên k = k =

3

1

4

n p

k p p p ( vô lý p > 1) Vậy

2

3

p p p không thỏa mãn nên phương trình vơ nghiệm

2

2 5n ( m o d )

k a a , vô lý

TH2:

5n a Đặt a2 k.5n p3 k 5n k2

Nếu

3 2 2 2 1

5n 5n n n n n 5n 5n

p k k p k a a a p

Do

p k nên k = k =

3

1 5n

k p Chứng minh tương tự TH1, ta có PT vô nghiệm

3

2 5n

k p

*n chẵn ta có p p n, ,

* n lẻ ta đặt n 2t Khi

2

5n t m o d p t m o d

3

7 , m o d

p (6.1)

Nhưng cho p chạy mod 13, ta thu kết p , 1, , , ( m o d ) Do

(6.1) vơ lý

Vậy p = 3, n = 2,a = 7.

2 Rõ ràng số tự nhiên lớn 2, muốn số tốt phải lẻ (vì ta thấy chẵn

thì ai phải lẻ dễ thấy chọn k lẻ vơ lý) Điều gợi ý ta chứng minh số

(154)

Trang

154

giải

Thật xét n lẻ, n > Ta chứng minh vối k n viết n a1 a2 ak

trong ( ,n ai)

Thật vậy, ta viết n n 2x 2x Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh

1

2x a a ak

Với k 2x ãị lũy thừa Do với k 2x tốn chứng

minh

Chọn x số lớn thỏa mãn

2 2

2

x x x n

n nên cần chứng minh với

2

n k

Mặt khác ta viết n = + + + + nên rõ ràng quy nạp theo k với

2

n k

cũng thỏa mãn

Vậy tất số tốt số lẻ lớn hon

Từ ta tính tổng + 10082

Bài

Tìm tất số nguyên tố p cho

2p lũy thừa

(Trường THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội)

Lời giải

2

2p 7t

TH1: p = thỏa mãn

2

TH2: p Khi xét mod4 ta thấy t chẵn

Đặt t 2sa với s a không chia hết cho

Xét a ta có:

2

2 2

2

2 7

s s s s s a a a p p

Đặt 2 2

7

s a s a s

A Do s nên 72

s

,

7

s

 nên

2

7

s

p 72 2

s

p

-Nếu

7 s 2p A p Nhưng a 72

s

A p p vô lý

- Nếu 2

7 s 2p A Nhưnga nên A> nên vơ lý Do a = Ta có

1

2

2 1 7

7

2 2

s s

s p p

p

Lại có 1; 1

2

p p

nên

1

2

1

2

s

p



1

2

1

2 s p  Nếu 1 2

1 1

2 2

s s

p p

(155)

Trang

155

giải

Như

1

2

1 7 1

1

2

s s

p p

p p vô lý

Do

1

2

1 7 1

2

s s

p p

 

1

2

1 7 1

2

s s

p p

p p p p

Vô lý Vậy p =

Bài

Cho n nguyên dương Chứng minh tồn số nguyên dương m có n chữ số, gồm chữ

số 1,2,3 chia hết cho S(m) (tổng chữ số m)

(Trường THPTchuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội) Lời giải

TH1: n lũy thừa Chọn m =111…11( n số 1) Đặt n 3t Theo bổ đề LTE ta có

3

3 1 1 3

t t

v v v t

Do 1

9

n

m n

TH2: n không lũy thừa tồn số x cho

3x n 3n Khi ta chọn

1

3x

S m , tức tồn số m có tổng chữ số 3x m3x

- Nếu n 3x , đặt n 3x t Ta chọn m 111…1333…1333 3222 2, gồm số

1, t số số 3x t số Sau biến đổi, ta thu

3

1

1 1

x

t

x

m  (

đúng theo bổ đề LTE)

- -Nếu n 3x Đặt n 3x t

- Ta chọn m = 111…1222…21…1 thứ tự từ trái sang phải gồm 3x t số 1, 3x t số

rồi lại t số Sau biến đổi ta thu

3

1

1 1 1

x x

t t

x

m  (đúng theo

bổ đề LTE)

- Vậy ta có đpcm

Bài

Cho hàm số f :  *  * thỏa mãn điều kiện: f tăng thực f(2n) =2f(n) với số n

nguyên dương

1 Giả sử f(1) = 3 p số nguyên tố lớn Chứng minh tồn n cho f(n) chia hết cho

p.

2 Cho q số nguyên tố lẻ Hãy xây dựng hàm f thỏa mãn tốn mà f(n) khơng chia

hết cho q với số nguyên dương n

(Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp.HCM) Lời giải

(156)

Trang

156

giải

1 Đặt A f n f n n  * f tăng thực nên A N * Khi tồn phần tử k nhỏ

nhất A n thỏa mãn k f n f n

Khi f 2n f 2n f n f n mà

2 2

2

2 2

f n f n f n

f n f n k

2

f n f n k

Bằng quy nạp ta chứng minh

2

i i

f n f n

f n f n k

f n i f n i k

Do f(1) =3, f(2) = 6 nên k k, p

Khi p số f 2p i với i , 1, , , p tạo thành hệ thặng dư đầy đủ modp nên có

một số chia hết cho p

2 Ta xây dựng hàm số f sau:

1

2

a

f q

f n f n

f n f n q

Ta chứng minh f thỏa mãn đề

(a) f hàm tăng thực Ta chứng minh f n f n q quy nạp Vớin ta có

2 2a

f f q Giả sử đến k Ta xét f(k+1)

Nếu k chẵn, dễ thấy ta có điều phải chứng minh thỏa minh thỏa theo cách xây dựng hàm

Nếu k lẻ, ta có 1

2

k k

f k f f q f k q ta có điều phải

chứng minh

(b) Ta chứng minh không tồn tại n thỏa q f n theo quy nạp

Ta có f 2a khơng chia hết cho q

Giả sử đến k

- Nếu k chẵn f k f k q

- Nếu k lẻ

2

k

f k f không chia hết cho q

Vậy hàm f thỏa đề

Bài

Với số nguyên dương n, tồn số tự nhiên a thỏa mãn 2

1

a n a Đặt

2

(157)

Trang

157

giải

1 Tìm giá trị nhỏ n n thay đổi thỏa

1

n m với m số nguyên dương

2 Cho p,q số nguyên dương

5

d p q Chứng minh d

(Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp HCM)

Lời giải

Chúng xin trích đăng lời giải từ trang nangkhieutoan.com

1 Ta cần tìm nnhỉ để phương trình 2

1 5m a n có nghiệm nguyên dương Để ý

rằng

1 điều gợi ý cho ta chứng minh phương trình khơng có nghiệm với n

Ta có

3 a n nên suy

3 n n (6.2)

Mặt khác

3 a n nên suy

0 , 1, ( m o d )

n (6.3)

Từ (6.2) (6.3) ta có n thỏa đề n

Ta có 2

1 5m a nên a , đặt a = 5s ta có 3m2 5s2

Mà

3m 1, , 1( m o d ) nên phương trình vô nghiệm

2 Xin nhắc lại bổ đề quen thuộc sau

Bổ đề 12Nếu p 4k 3 nguyên tố, a2 b2 ( m o d p) p a p b

Quay lại tốn Xét phương trình 2

5 4p q a d Để ý

2

0 , 1, ( m o d ) , 1, ( m o d )

d

a Mặt khác 4p 3 m o d nên khác số

phương Nếu d ta có a2 4p q2 Ta có 4p số có dạng 4k + nên tồn

tại ước nguyên tố r có dạng 4k + Suy

1 ( m o d )

a r

Áp dụng bổ đề trên, ta có ( m o dr) : (Vơ lý)

Tương tự cho trường hợp d có điều vơ lý Vậy d

Bài

Tìm số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn

2b 3c ! 1,

a d

Biết tồn số nguyên tố p, q cho a p 2p q q

(Trường THPT chuyên ĐH Vinh)

Lời giải

Ta chia làm hai ý sau:

1 Tìm tất số a thoả mãn đề

Khai triển thu gọn, ta có p(2p + 3) = q(q2 - q - 1)

Do (q, q2 - q- 1) = p số nguyên tố nên p q p q2 q 1.

Nếu p q p, q số nguyên tố nên p = q. Thay vào tính p = q = p = q

(158)

Trang

158

giải

Nếu

1

p q q q 2p Đặt 2p k q k( , ,k 1) Thay vào đẳng thức ban đầu,

khai triển thu gọn

2

2q k q 3k

Xem phương trình bậc hai theo q, để có nghiệm ngun cần có số phương

Khi

4

k k k

Thử với k từ đến 5, k lẻ ta chọnk {1,3 , 5} Thế vào tính lại, nhận k = 5, q = 13, p = 31, a =

2016

Với k > 2 2

2 4

k k k k k nên

2

4 2

4

k k k k , Phương

trình khơng cho nghiệm ngun nên loại Vậy a = 2016

2 Tìm tất số b, c, d thoả mãn đề

Từ giả thiết, 3d! nên suy d hay d! .

Ta có đẳng thức 2b 3c 3d! .

Từ ta có 2b m o d9 3c 1( m o d ) b6 c4

Đặt b = 6x; c = 4y ta có

2 x 1y 3d!

Nếu d x y b , c

- Nếu d 3d! 7 , mà 4x 1y 4y m o d hay không chia hết cho

vô lý

Vậy a = 2016, b = 6, c = 4.

Bài

Cho dãy số (an) xác định

1

3

1

3

4

n n n n

a

a a a a

Với số n nguyên dương Tìm tất số nguyên tố p thỏa mãn hai điều kiện p m o d

và a2 7 1p

(Bắc Ninh)

Lời giải

Từ công thức truy hồi ta có

2

1 7

n n n

a a a

Do 2

1

2 7

n n

n k k

k k

a a a a

Do

1

n

n k

k

a a

Xét số nguyên tố

1

2

n k k

(159)

Trang

159

giải

Ta có 1

p p

hay p 1( m o d )

Do số cần tìm

Nhận xét 38Lời giải cho ta thấy ngồi yếu tố giải tích phức tạp, tốn dãy số cịn mang "hương vị" số học Như vậy, việc khảo sát hàm, biện luận phương

trình, ta cịn phải nắm vững tính chất vơ quan trọng số học Mời bạn đọc thử sức với tốn dãy số mang tính số học sau:

1 Dãy số (un) xác định sau:

1

2

1

2

1, ,

6

,

n n n n

n

n n

u u u

u n

u u

Chứng minh với n số nguyên dương unn

2 Cho dãy số (un) xác định un 2n 1, n  * : Tìm số hạng up dãy cho p

p u với p số nguyên tố

3 Dãy số (un) xác định bởi:

0

2

0 , 1 9 ,

n n n

u u

u u u n 

Tìm tất số tự nhiên n cho un số nguyên tố. Bài

Cho p số nguyên tố lẻ

0

2

p

k k p

p p k

k

T C C Chứng minh T chia hết cho p2

(Bến Tre)

Lời giải

1

2

0 0

2

p p p p p

k k p k k k k k p k

p p k p p k p p p k p p

k k k k k

T C C C C C C C C C

1

2

1

p

k k p

p p k p

k

C C C

Đặt

1

2

1 ,

p

k k p

p p k p

k

A C C B C

Ta có k

p

C p với p số nguyên tố k p

Xét 1 !

!

k p k

p p k k

C

k

(160)

Trang

160

giải

1 ! ! ! ( m o d )

p p p k k k k p

cộng với việc

, !

p k

nên ta có

2

p A

Xét

2

0

1

p p

p p k k i i

p p

k i

x x C x C x Đồng hệ số xp hai vế ta có

1

2

0

2

p p

p k p k

p p p p

k k

C C C C  p p B

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài

Tìm tất số nguyên dương n cho phương trình sau có nghiệm ngun dương

2

4

x y n x y

(Bình Dương)

Lời giải

2 2

4 2

x y n x y x x y n y n (6.4)

Gọi (x0; y0) nghiệm nguyên dương phương ttình (6.4) thỏa mãn x0+y0 nhỏ Do vai trò

x, y nên giả sử y0 x0

Coi phương trình (6.4) phương trình bậc 2, ẩn x Gọi (x1 ; y0) nghiệm khác (6.4)

Theo hệ thức Viete ta có:

0 1

2

x x n

x x y n

Với x1 nguyên

Nếu

0

y n x1 x1 x12 2x y1 0 2n y02 n 2y0 2n y02 n

0

2y 2n 2n n ta có điều vơ lý

Suy x1 nguyên không âm Xét trường hợp:

1 0 2

x x n n y02Thay vào phương trình (6.4) có suy n = Thử lại

với n = phương trình (6.4) có nghiệm(x;y) (2;1)

1

x Nnguyên dương x0;y0 nghiệm ngun dương phương trình (6.4),

đó:

2 2

1 0 0 0

x y x y x x y n x y n

vô lý

Vậy n = để phương trình (6.4) có nghiệm nguyên dương

Bài 10

Tìm tất ba số nghiệm (x;y;z) thỏa mãn

1 2x y 6z

(Hà Nội)

Lời giải

(161)

Trang

161

giải

Xét x,y,z khác Ta có x,z phải nguyên dương

Xét mod3, ta thấy z chẵn y không chia hết cho Đặt z 2k Ta

có: 2

1 2x 6k y 6k y Vì 6k y2 6k y2 không chia hết có

dạng: 2

5 6k y 4x a , 6k y 4a 2

5 6k y 4x a , 6k y 4a

TH1: 2

5 6k y 4x a , 6k y 4a

Do đó: 2

2 y 4a m o d (Vô lý y2 m o d mà

4a m o d )

TH2: 2

5 6k y 4x a , 6k y 4a

Khi 2

2 a 6k

y Mặt khác 56 có ước số nguyên tố dạng4t y7 , 7 ( vô lý)

Vậy PT có nghiệm x = y = z =

Bài 11

Tìm tất cặp số nguyên dương (x,y) thỏa mãn

1

1 1

x x y

(Hà Tĩnh)

Lời giải

Trước hết xin phát biểu chứng minh bổ đề sau

Bổ đề 13. Với x số nguyên dương,

1

x p

x

p = 19 p = 19n +

Chứng minh 1 Giả sửp / 1( m o d ) p 1; => Tồn k, m thỏa mãn:

1

1 1 1

1 1 m o d 1 m o d

1

k m

k p m p x

k p m x x x x p x p

x

Vậy p =19

Quay lại toán Từ bổ đề suy ước d thỏa mã d = 19k , d = 19K +

Giả sử (x,y) nghiệm PT, ta có

1

x y

x

1

(162)

Trang

162

giải

Xét y Theo bổ đề 9k , y 9k

Do 1

, m o d

y y

Mặt khác

1

1 1

1

x

y y

x

nên 1

1, ( m o d )

y y ( mâu thuẫn)

Vậy phương trình có nghiệm (x;y) (1;1)

Bài 12

Tìm số nguyên dương n nhỏ cho 1n 2n 6n không chia hết cho 2017

(Hải Dương)

Lời giải

Ta chứng minh toán tổng quát: Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh

1k 2k (p 1)kp với k không chia hết cho (p-1) Thật vậy, số nguyên tố p có

nhất ngun thủy m Khi

; ; ; p 1; ; ;

m m m p

Vì

1

2 1

1

p k

k k

k

k k k p k

k

m

p m m m m

m

Do m nguyên thủy p k không chia hết p-1 nên mk không chia hết cho p, lại có

1 p k

m p Suy đpcm

Từ toán suy số n nhỏ cần tìm 2016

Bài 13

1 Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh o r 2

p

d p p vp 2p p 1

thì

o r d k ,

k

p p p

1

2 ,

k

p p

p

v k k o r db a cấp a theo

mod b vp a số mũ a theo mad b

2 Có số nguyên dương

1 3

n thỏa mãn đồng thời

1

(163)

Trang

163

giải

(Hải Phòng)

Lời giải

1 Giả sử khẳng định k 2đặt

1

2

k

p p

a ta có

1

1 1 m o d

l l l k

a a a a a a l p

Do

1

1 m o d m o d k

l k k

p

a p l p o r d p p

Và

1

1 1 1

k

p p

p

p p p

v a v a v k

2 Để ý

2

1 1

1 1 1 ; 2

o r d v

Và

Nên 2 31

2 ; ; ; ;

2

0 1 1

2 ; ; ; ; hệ thặng dư thu gọn theo

các

m o du le3 m o du l e1 13 Vì n1,n2 cho 1 2 1 1 2

2 m o d 2 1 m o d 3 2 ' 2 m o d 1

2 m o d 1

n

n n

n k

n k k

Mà

3 ; 1 nên theo định lý thặng dư Trung Hoa

1

2

m o d :

m o d 1

k k k

k k

Đặt n 2k

1

2

1 1

1

2

m o d 2 m o d

m o d 1 2 m o d 1

n n n n n n n n

Suy hệ có nghiệm theo module 2

2 ; 1 1 1

B C N N Như có

8

1 số nguyên n thỏa mãn

(164)

Trang

164

giải

Với số nguyên dương n lớn 1,

n

số biểu diễn dạng thập phân sau1 ,a1,a2

n

Tìm tất số n chon a1 a2

(Tp.HCM)

Lời giải

Vì ,a a1 2

n

có hữu hạn số sau phẩy nên ta đặt n có ước nguyên tố Ddặt Kí hiệu tổng chữ số x hệ thập phân Ta có

Nếu( vơ lý)

Nếu Do Mặt khác n chẵn nên chẵn thử trường hợp ta thấy p = 3, q = thỏa mãn

Vậy n =

Bài 15

Cho số nguyên tố thỏa mãn p1 p2 p3 p4 p4 p1 Giả sử p1 Chứng

minh p1 chia 30 dư 11

(Khánh Hòa)

Lời giải

Từ giả thiết p2, p3 nhận giá trị p1 ; p1 ; p1

Nếu p2 p1 ; p3 p1 Trong số p1, p2, p3 có số chia hết cho 3, vơ lý

Nếu p2 p1 ; p3 p1 Trong số p2, p3, p4 có số chia hết cho , vơ lý

Do p2 p1 ;p3 p1 ; p4 p1 Từ suy p1 m o d

1 m o d

p Công thêm việc p1 lẻ suy p1 1 m o d

Bài 16

Chứng minh n

2 2

m n số nguyên dương m số

phương

(165)

Trang

165

giải

Lời giải

2

* 2

m  n k với k nguyên dương

Ta có

2

3n k k

( k ; k+1 ) = nên ta có trường hợp sau: TH1:

2

3

k a

k b

Với 2

, 1,

a b a b n a b Do 2n2 2k

2 2

3a b 2b m 2 2b 2b Ta có m số phương

TH2:

2

1

k b

k a

Với 2

, 1,

a b a b n a b Điều vơ lí b2 1, m o d

Vậy ta có đpcm

Bài 17

Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn)

2

9x 4x y

(Lài Cai)

Lời giải

Đặt a = 3x + Phương trình viết lại sau

2 2

1 1

a y a y y y

Do a m o d nên VP không chia hết cho Do U C L N y 1;y2 y 1 , tức

2 2

1 ;

y b y y c

Thay

1

y b vào, ta

2

2 2

2b 3 4c 2c 2b 2c 2b 3

(166)

Trang

166

giải

TH1:

2

1

2

2 3

c

c b

b

c b

(loại)

TH2:

2

1 0

2 3

1 1

2

c y y

c b

b a x

c b

TH3:

2

1 0

2

1 1

2 3

c y y

c b

b a x

c b

TH4:

2

1

2 3

2

c

c b

b

c b

(loại)

Vậy phương trình có nghiệm ngun (x;y) (-1;0)

Bài 18

Cho đa thức

4

P x x x x m Chứng minh với m , n 

choP n 1

(Lạng Sơn)

Lời giải

Trước hết xin phát biểu lại bổ đề quen thuộc

Bổ đề 14 Cho p số nguyên tố dạng 3k + Khi

2

,

x x y y p x yp

Chứng minh bổ đề dễ dàng xin dành lại cho bạn đọc

Quay lại toán Ta chứng minh

3

4 , 1, , m o d

A x x x x Là hệ thặng dư đầy đủ mod 107 (6.5)

Thật : đặt

4

f x x x x

Xétx y m o d x y1

ta có: 2

4 4 8 7

(167)

Trang

167

giải

Nếu 2

m o d 4 8 7

f x f y x x y y x y 

Lại có 2 2

4x 4x y 4y 8x 8y 2x 2x 2y 2y 107 số

nguyên tố chia dư 2x 7 2y 7 x y1 (vô lý)

Áp dụng bổ đề ta có đpcm

Nhận xét 39Một số tốn tương tự:

1.Cho đa thức 3

6 3

P x x x x x x Chứng minh P(x) nhận giá

trị nguyên với x nguyên

2 Cho đa thức

5

7 5

x x x

P x Chứng minh P(x) nhận giá trị nguyên với x nguyên

Bài 19

Cho số nguyên dương n d1 d2 d3 d4 ước nguyên dương nhỏ n Tìm tất

cả số nguyên dương n thỏa mãn 2 2

1

n d d d d

(Long An)

Lời giải

1

d

Nếu n lẻ d1,d2,d3,d4 lẻ suy d12 d22 d32 d42 chẵn vơ lý

Do n chẵn 2

2

d n d d

Từ d3 d4 khác tính chẵn lẻ

Khi 2 2

1 m o d 4 ;

n d d d d n d p d p với p số ngun tơ

Mà 5p nên p =

Từ tính n = 130

Bài 20

(168)

Trang

168

giải

(Nam Định)

Lời giải

n = hiển nhiên thỏa mãn

Xét n ta có trường hợp sau:

TH1: r

n p ( p số nguyên tố, r số tự nhiên) dễ thấy thỏa mãn đề

TH2: n s p r với p ước nguyên tố nhỏ n, r số nguyên dương, s số nguyên

dương > không chia hết cho p

, 1

p s p s n

- Giả sử q p s với q ước nguyên tố s

Ta có s q s s q vơ lý s s + q bội liên tiếp q

Do p s có ước nguyên tố p

Đặt p s pk,k  * ,k s pk p

- k

np r k

1

; 1 2

k k k k

p s s p n p p n p n

Mà 1

2pk 1;p s2pk

1 1

1

2 2

2

k k

k

p p p

p p

  

Với

3 k 2

k p p p

Nên k p 2 p p n 2r 2k

- Khi s 2k thỏa mãn tính chất số n

Nếu s có nhiều ước nguyên tố, gọi t ước nguyên tố nhỏ s, cmtt ta có t = vơ lý s lẻ

Do u

s t với t nguyên tố lẻ

Khi n 2rtu

Với r 2ta có : ;t t n t n t 2k

4 ;t t n t n t 2h h ,k t vơ lý

Do r = Lại có t 1n t t vơ lý

Vậy r

(169)

Trang

169

giải

Bài 21

Cho số ngun dương a khơng phương Chứng minh số

2

n

a a a

là số vô tỷ

(Nghệ An)

Lời giải

1

2

1

n

n a

S a a a

a

Giả sử S số hữu tỷ, đặt S p

q

p q,

Mà a nên

1 n

a a suy p > q

Đặt

a k x x 2k ta có a a k

Từ S p

q

suy

n n

a p q a p q a k p q a k p q (6.6)

Khai triển vế trái ta số có dạng A a B với

2

0

n n

n i n i

i i i i

n n

i i

A p k q C k a q C k a

2

2 2

0 n

n i

i i i

n n

i

p q C C k a

Từ ta có A p khơng chia hết cho q Do (6.6) vơ lý

Vậy ta có đpcm

Bài 22

Tồn hay không số thực phân biệt a, b cho a b  n n

a b  với

mỗi số nguyên dương n > 1?

1 Cho a, b số thực khác cho n n

a b số nguyên với số nguyên dương n.

Hỏi a, b nguyên, hữu tỷ hay vô tỷ?

1 Ta có 4 2 2

2

a b a b a b mà a4 b4  a2 b2  nên a b2 

Lại có 5 2 3 2

(170)

Trang

170

giải

nên a b  vô lý

Vậy không tồn hay không số thực phân biệt a,b cho với số nguyên dương n >

2

,

a b  Hiển nhiên

Vì a - b 2

a b nguyên nên a b  Do 2a  a  b 

Vớia b,  Đặt a p ,b r

q t

với p, q, r, t số nguyên, q ,t

; ;

p q r t

, ,

p t q r

a b p t q q r t t q q t q t

q t

    

Từ ta có a p,b r

q q

p r q

Lại có n n

a b  n nguyên dương nên n n n

p r q n nguyên dương Gọi s ước nguyên tố

của q vs q m, vs p r u với u m

-s p r, lẻ

Xét n chẵn Theo bổ đề LTE:

2 2 2

2

1

n n

n

v p r v p r v p r v n v p r u v n

v q n m

Chọn n cho n không chia hết cho q n m u v2 p r ta có điều vơ lý

-s lẻ

Theo bổ đề LTE:

n n

s s s s

n s

v p r v p r v n u v n

v q n m

Chọn n cho n không chia hết cho q nm > u ta có điều vơ lý Vậy a, b số nguyên

(171)

Trang

171

giải

Chứng minh với số nguyên dương m tồn vô số nguyên dương n thỏa

mãn 2n n m

(Ninh Bình)

Lời giải

Gọi P(m) mệnh đề cần chứng minh Dễ thấy P(1),P(2)

Giả sử mệnh đề đến m = k >2 Khi tồn vô số nguyên dương n cho

3 2n n k

Ta chứng minh P(k+1) đúng, tức chứng minh tồn vô số nguyên dương s

sao cho 2s s k Thật vậy, xét số k nên k k Để ý nên tồn

vô số nguyên dương u cho 2u u  k

Bây ta chọn s > 2u cho m o d

3 m o d

u

s k

Rõ ràng có vơ số số s

Bây ta chứng minh 2s 2u  k

- Nếu k + chẵn, s 2u k , (s > 2u, s chẵn) nên s rb (r u b, lẻ)

2 2 1 2

u s u s u

v k u  k  k

- Nếu k + lẻ, theo cách chọn s s u 2u u m o d k Theo

định lí phi –hàm Euler,

2s u 2 k 1 k 2s 2u  k

Kết hợp hai điều suy ln có 2s 2u  k Mà

3 2u s k 2s s k ta có đpcm

Bài 24

Với số nguyên dương n, gọi f(n) số cách chọn dấu cộng, trừ biểu thức

1

n

E n cho En Chứng minh rằng:

1 f n khin 1, m o d

2 Khi n , m o d ta có

1

2

2 2

n n

n

f n

(172)

Trang

172

giải

Lời giải

1.Ta có

1

n

i

n n

f n tồn số tập 1; ; ;n có tổng

1

n n

mà (n;n+1) = nên n , m o d Vì f n n 1, m o d

2. Chúng ta chứng minh bước sau:

(a) Chứng minh 22

n

f n

Với n = n = , mệnh đề hiển nhiên

Ta chứng minh n n + Xét dấu số n + 1; n+ 2; n + 3; n +4

Nếu ta đặt dấu (n + 1) - (n + 2) - (n + 3) + (n + 4) - (n + 1) + (n + 2) + (n + 3) - (n + 4) dấu lại đặt f(n) ta có thỏa u cầu đề

Đối với thuộc f (n) có -1 ta đổi thành+1 thêm (n +1) - (n + 2) + (n + 3) -

(n + 4) có

Đối với thuộc f(n) có +1 ta đổi thành-1 thêm - (n + 1) + (n + 2) - (n + 3)

+ (n + 4) có

Đối với thuộc f(n) có -2 ta đổi thành+2 thêm (n + 1) + (n + 2) - (n + 3) -

(n + 4) có

Đối với thuộc f(n) có +2 ta đổi thành-2 thêm - (n +1) - (n + 2) + (n + 3)

+ (n + 4) có Vậy

4

n

f n f n Suy đpcm

(b) Chứng minh

2

n n

f n Gọi g (n) số dấu cho tổng khác Ta

chứng minh

2

n

g n quy nạp

Với n = n = ta có mệnh đề Ta chứng minh với n n +

Xét dấu số n + 1; n + 2; n + 3; n +

Đối vối thuộc f(n), ta đặt dấu số n+1; n+2; n+3; n +4 để tổng đại số chúng khác Có

14 cách đặt dấu cho Đối với thuộc g (n), ta đặt dấu số n +1; n+2; n+3;

n+4 để tổng đại số chúng khác Có cách đặt dấu cho

Suy

4

1

2

4 4 2 2

n n

n

g n f n g n Ta có đpcm

(173)

Trang

173

giải

Cho đa thức

f x x a x b x c , a b c, ,  có nghiệm nguyên x1,x2,x3

Chứng minh biểu thức sau bội 2017:

2 7

1 2 3

1

a b c x x x x x x

(Quảng Bình)

Lời giải

Nếu có số x1,x2,x3 đồng dư mod 2017 ta suy đpcm

Nếu khơng có số số x1,x2,x3 đồng dư theo mod2017:

Ta có

( ) ( 1) 20 17

f x a x b x c m o d

Và f(x1) f x2 x1 x2 (a x1 a x2 b ) (m o d2 )

Do a x1 a x2 b 7

Tương tự a x2 a x3 b 7

Suy a x1 x3 2 a2 7

Suy b 7 Lại có f(x1) = nên c chia hết cho 2017

Khi 7

1 m o d

a b c a b c

Ta có đpcm

Bài 26

Cho số nguyên tố p số nguyên dương a, b, c phân biệt nhổ p. Chứng minh

các số a3, b3, c3 có số dư chia cho p a2 + b2 + c2 chia hết cho a + b + c.

(Quảng Nam) Lời giải

Rõ ràng p > tốn mối có nghĩa

Từ giả thiết, ta suy (a - b) (a2 + ab + b2) : p, mà a b a,b < p nêna2 a b b2p ,

tương tự có b2 + bc + c2 c2 + ca+ a2 bội p Từ 2 2

a a b b b b c c p hay

(a c) ( a b c) p , lại có a c a, c < p nên a b c p

Do a + b + c < 3p nên ta xét trường hợp:

TH1: a + b + c = p :

Ta có a b c m o d p( ) nên a2 2a b b2 c2 (mod p) hay

2

(a a b b ) a b b c c a c a( b c) (m o d p)

Từ a b b c c ap Để ý

2 2

(a b c) a b c (a b b c c a) nên a2 b2 c2p hay

2 2

a b c a b c

TH2: a + b + c = 2p. Tương tự trên, ta có 2

a b c p , mà 2

2

a b c  (p, 2) =

nên 2

b c a c

a  b

(174)

Trang

174

giải

1 Tìm nghiệm nguyên phương trình

2 2

2 7

x x y y x y x y

2 Cho m,n số nguyên dương, m số lẻ Chứng minh 4m 3n

2m 3n 2m n

(Quảng Ngãi)

Lời giải

1 2

2 7

x x y y x y x y

2

1 7

1 1 1; ;

x x y y

x x x



Với 2

0 7

x y y y y y

Với 2

2 7

x y y y y y

Vậy phương trình có nghiệm ngun (x;y) (0;1) (2;1)

2 (a) Chiều thuận:

Nếu n chẵn, ta có 3n 1 m o d (vơ lý), n lẻ

Gọi p ước nguyên tố m, m lẻ khơng chia hết p > Ta có

1

3n m o d p 3n m o d p

p

Theo luật tương phản Gauss, ta có

1 1

4

3

1

3

p p

1

2

3

1 1

3

/ b m o d m o d m o d

p p

p

p p p

a a p m

Do 2m n 1 n m o d n lẻ

(b) Chiều đảo:

(175)

Trang

175

giải

Suy 3n 4m 3n , (4, m) =

Bài 28

Cho số nguyên n thỏa mãn điều kiện n n n n chia hết cho n, trong n

số số nguyên dưong ko vượt n nguyên tố vối n.

1 Chứng minh n ko có ước số lớn số phưong

2 Biết n có ko ước nguyên tố, tìm tất số n thỏa mãn điều kiện

1 Đặt

1

k

n p p p , p1, p2, , pk số nguyên tố đôi khác Giả sử n

có ước số phương, tồn i i k , giả sử 1

Ta có 1

\

1

p n

n n p n

p



Có

2

n n

i i

n i p i

Từ đến n có 1

1

k

p p p số chia hết cho p1 1

1

1 k

k

n p p p số nguyên tố

với p1

Theo định lý Fermat nhỏ, ta có 1

1

2

1 p k m o d

n n

k i

i n p p p

1

1 m o d p (vơ lý) Do giả sử ta có đpcm

2 Theo câu a, n có dnajg phân tích chuẩn mực p p1 2 p3 pi số nguyên tố khác

nhau

Chứng minh tương tự câu a, ta có i 1

i

n

p n i k

p

TH1: k = ta có n p P p p Khi

2

2 m o d p

p p

i

(176)

Trang

176

giải

TH2: k = ta có n = pq với p,q số nguyên tố phân biệt p < q Khi p q

1 1 ;

q p p q p q p p q

TH3: k = ta có n = pqr p < q < r số nguyên tố Khi p q r 1, q p r

1

r p q p q q r p r p q r Đặt p q q r p r t p q r t  *

4 ;

t p q r q r t p p t =

Nếu p 2q 2r q r 2q r q r q 3;r n

Nếu p 3q 3r q r 3q r vơ lí vế trái chẵn, vế phải lẻ

Bài 29

Giải phương trình nghiệm nguyên dương

x y

y x

x y x y

(Thái Bình)

Lời giải

1

1 y

x y y , vơ lí

1

1 x

y x x , vơ lí

Xét x, y > Ta thấy p P cho p x p y ngược lại Kí hiệu vp x số mũ

đúng p phân tích tiêu chuẩn x Đặt

1

, y

i i

k k

i i

x p p

Nếu có i i , khơng tính tổng quát giả sử i i Theo giả thiết

i i

x y

y x

p p i i i i i

v x y v x y y x x y , vơ lí Do

2

0 , 1, , x x ,

i i i k x y x x x x , vơ lí x nguyên dương

(177)

Trang

177

giải

7 Tổ hợp Bài

Trên giá sách có n sách đánh số từ đến n ( n  * cho trước), ban đầu

sách xếp theo thứ tự Một thủ thư muốn xếp lại theo thứ tự 1,2,…,n từ trái

qua phải, quy tắc xếp sau: Chọn sách có số khơng vị trí (tính từ bên phải sang) chuyển sách vị trí ví dụ, giá có sách theo thứ tự - - - 2, sau bước chuyển số vị trí ta xếp lại thành - - -

4 Chứng minh người thủ thư hồn thành cơng việc sau 2n

lần xếp theo quy tắc

(THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN)

Lời giải

Chúng ta phát biểu lại tốn cho dễ trình bày hon chút Cho hoán vị dãy số

{1,2,3, , n}, viết từ trái sang phải Ta chuyển dãy số vị trí, tức là {1,2,3, , n}

Mỗi bước ta thực sau : Chọn số gần tay mà không đứng vị trí chuyển về vị trí (ví dụ dãy sau bước chuyển thì về vị trí thức hai thành 4)

Chứng minh sau hơn 2nbước dãy ln chuyển vị trí.

Nhận xét 40Mỗi bước thực làm thay đổi vị trí số từ số chọn đến vị trí đúng số Cụ thể, phép biến đổi đẩy vị số khoảng lên thêm đơn vị.

Nhận xét 41Mọi số vị trí sau từ vị trí đến vị trí n.

Sau thực bước ta tập hợp a1,a2, , ak tập họp số vị trí Ta

sẽ chứng minh khơng có hai bước phân biệt cho ta tập hợp số có vị trí

Giả sử phản chứng, tồn hai bước thực cho tập hợ p a1,a2, , ak x y với

bước x thực trước bước y ai ai với i k .

Giả sử bước y đưa số ai vào vị trí Theo đề bài, rõ ràng từ sau vị trí ai trước biến

đổi đến vị trí n, số vị trí Suy sau bước x số vị trí

Ngồi ra, dựa nhận xét 11 dễ thấy số có vị trí sau vị trí trước bước y ai

ở vị trí Dựa nhận xét 10, giả thiết phản chứng, phép biến đổi y khiến ai

đúng vị trí, nói cách khác phép biến đổi làm tập họp tăng thêm phần tử ai. Vậy ta

cần xét trường hợp i = k.

Hiển nhiên vị trí ak khơng phải vị trí cuối Dựa theo nhện xét 10, tập hợp hay

nhiều phần tử tập hợp thêm vào phần tử bé phần từ vừa Ban

đầu sau bước x tập hợp có phần tửak . Tuy nhiên bước y phần tử ak thêm vào chứng tỏ

trước có phần tử nhỏ ak khác tất phần từ ak với i k . Phần tử sau

lại bị chứng tỏ đến bước y trong tập họp tồn phần tử khác tất phần từ

i

a với1 i k , vơ lý! Có 2n tập hợp có, tính tập hợp ban đầu chưa thực phép

biến đổi nào, trường họp tệ ta phải thực nhiều 2n

- phép biến đổi Đây điều cần phải chứng minh

(178)

Trang

178

giải

Tìm số lớn phần tử tập hợp tập {1,2,3, 2016} thỏa mãn hiệu hai phần tử khác

Lời giải

Xét 11 số tự nhiên liên tiếp, giả sử {a+1, a+2, , a+11} Ta nhóm số thành sau

nhom: {a + 1,a +8},{a + 2,a +6},{a + 3,a +7},{a +4, a + 11},{a + 5,a +9} va {a + 10}

Dễ thấy ta chọn hai số nhóm nên chọn nhiều số 11 số liên tiếp Giả sử chọn số 11 số liên tiếp cho Theo cách chia nhóm trên,

ta phải chọn số a+10, nhóm chọn thêm số Theo đề ta chọn a + a +

3 Dẫn đến ta phải chọn a + 2, a + 7, a + 5, a + Tuy nhiên nhóm {a + 4, a

+11} ta chọn số 11 - = - = Vậy 11 số liên tiếp ta chọn tối đa số

Ta chia 2016 số tự nhiên thành 183 nhóm 11 số tự nhiên liên tiếp nhóm

{2016,2015,2014} Dễ thấy ta chọn ba số 2016,2015,2014 ta khơng thể chọn đủ số nhóm {2003,2004, ,2013} Vậy số cần tìm là:183x5 + = 917 Cách chọn là: Ta chọn tất số có số dư chia cho 11 thuộc tập họp {1,2,4,7,10}

Bài

Cho n nguyên dưong Các thẻ sưu tập có giá trị m! với m số nguyên dưong

nào đó, Một sưu tập tốt sưu tập cho với số k thỏa mãn k n! , tồn

một số tâm thẻ sưu tập mà tổng giá trị thẻ k. Tìm số thẻ

sưu tập tốt

Lời giải

Để biểu diễn số n! -1, ta cần

2

n n

thẻ Thật vậy: Nếu có k thẻ i!

k i Vậy ta cón! a1 n ! an 1.1 ! n n ! 1 ! n! Vậy dấu xảy

ra, nhận xét ta cách biểu diễn cho n!-1

bằng

2

n n

thẻ Để biểu diễn n! ta cần thêm thẻ

Dễ thấy với k n! ta ln tìm số thẻ dùng để biểu diễn n! -1 có tổng

bằng k. Thật vậy, ta chọn m lớn nhấn chom! k Sau ta chọn bm cho bm.m! k Dễ

thấy bm m nên ta tìm đủ bm thẻ m!. Cứ làm đến hết, ta tìm đủ

thẻ để tổng thẻ k.

Vậy số cần tìm 1

2

n n

Bộ sưu tập tốt ví dụ gồm: thẻ 1!, thẻ 2!, , i thẻ i!, ,n - thẻ (n - 1)!

Bài

Với số nguyên a, b, c, d thỏa1 a b c d ,kí hiệu

, , , , , , , , , ,

(179)

Trang

179

giải

1 Tính số phần tử T(l,4,6,7)

2 Cho a = b Gọi d1 số phần tử T(a, b, c, d) chứa không chứa 2, d2 số

phần tử chứa 1,2 không chứa 3, d3 số phần tử chứa 1,2,3 không chứa Chứng

minh rằngd1 2d2 d3 Dấu xảy nào?

(Trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp HCM) Lời giải

1 Với phần tử bất kì, hiển nhiên x =

Dễ thấy T(l,4,6,7) = T( 1,4,7,7)

Với y = 4: Có3

2

phần tử

Với y = 3: Có

2

phần tử

Với y = 2: Có

2

phần tử Vậy có tổng cộng 19 phần tử

2 Đương nhiên ta xét (a, b, c, d) cho a b c d

Xét d3: Do phần tử tính d3 chứa ba số 1,2 nên ba số x,y

và z. Khi t nên ta có d3 d

Xét d2: Tương tự trên, ta có x = 1, y = z nên z nhận c – giá trị Với

mỗi giá trị z, t có thể nhận d - z Vậy 2 4

2

c d d c c d c

d

Xét d1 Ta có x = 1, y nhận b - giá trị, z nhận c-y giá trị r

nhận d-z giá trị Ta cho y = y = 4, dễ thấy trường hợp y = có số phần tử

bằng với d2.

Trường hợp y = 4, tương tự, có số phân tử

2

c d c

Vậy

1

4

2

c d c c d c

d

Khi đo ta có:

1

4

2 4

2

c d c c d c

d d d c d c d

Tương đương với d1 2d2 d3 Vậy ta có điều cần chứng minh

Dấu xảy b =

Bài

Trong hệ thống máy tính, máy tính kết nối trực tiếp với 30% máy tính khác hệ thống Hệ thống có chương trình ngăn chặn cảnh báo tốt,do máy tính bị virus,nó đủ thời gian lây virus cho máy tính kết nối trực tiếp với Chứng minh dù vậy, kẻ cơng chọn hai máy tính hệ thống mà nểu thả virus vào hai máy đó, 50% máy tính hệ thống bị nhiễm virus

(180)

Trang

180

giải

Lời giải

Gọi tập hợp máy tính hệ thống X

Bổ đề 15 Xét tập S bất kì tập X Khi tồn máy tính hệ thống kết nối trực tiếp với nhất 30% máy tính tập S

Chứng minh xét cặp (s, x) với s S x X Cho X chạy X s chạy S

sao cho X s kề nhau, tính theo s số cặp khơng

X S Do đó

khi tính theo x , phải tồn x cho x kết nối trực tiếp với nhất 30% máy tính thuộc S.

Trở lại tốn, xét máy tính A Gọi Slà tập hợp máy tính khơng kết nối với A. Nếu S

rỗng kết tốn hiển nhiên đúng.Nếu S khơng rỗng theo bổ đề, tồn máy

tính B khác A kết nối trực tiếp với 30% máy tính S. Ta chọn hai máy tính A B.

Ta có:

3 7

,

1 1

X S S X S X X X

Vậy ta có điều cần chứng minh

Bài

Bạn An có 12 thẻ, thẻ ghi số nguyên từ đến 12, số thẻ phân biệt

1 Chứng minh bạn An chia 12 thẻ thành số nhóm thỏa mãn tính chất (P) sau: nhóm có nhiều thẻ đồng thời số lớn ghi thể tổng số ghi thẻ lại

2 Nếu bạn An cho bạn Bình n thẻ mang số từ đến n n vối thẻ

cịn lại bạn An chia thành số nhóm thỏa mãn tính chất (P) hay không?

(THPTchuyên ĐH Vinh) Lời giải

1 Ta có cách chia nhóm thỏa mãn sau: (1,10,11); (2,5,7); (3,6,9); (4,8,12) Từ suy mệnh đề cần chứng minh

2 Giả sử tồn n cho An cho Bình n thẻ số thẻ cịn lại chia

thành nhóm thỏa mãn tính chất (P)

Do nhóm phải có phần tử nên khơng thể chia số thẻ cịn lại thành nhóm

Do nhóm thỏa mãn (P) nên tổng phần tử nhóm chia hết cho 2, dẫn đến

tổng thẻ lại chia hết cho Suy n 3

Do hai thẻ nên phải tồn nhóm có số lớn 11 nhóm khác có số lớn 10 Hiển nhiên nhóm cịn lại có số lớn 12 Vậy số thẻ An cho Bình 12 - 3.3 = thẻ

Vậy n = Nhưng tổng số thẻ lại 4+5+6+ +12 = 72 2(10

+11 + 12) = 66, vơ lí 72 khơng thể 66!

Vậy giả thiết phản chứng sai Ta có điều cần chứng minh

(181)

Trang

181

giải

1 Tính số hốn vị f(1);f(2); ;f(2016) cho biểu thức

1 2 6

T f f f

đạt trá trị lớn nhất, f(1) giá trị vị trí thứ f trong hoán vị, i = 1,2,3, 2016

2 Trên mặt phẳng xét 42 điểm mà ba điểm thẳng hàng.Ta dựng đoạn thẳng nối hai điểm điểm nói cho ba điểm xét ln có hai điểm nối với Tìm giá trị nhỏ số đoạn thẳng cần dựng

(Bà Rịa - Vũng Tàu)

Lời giải

1 Trong T , số tự nhiên thuộc khoảng [1; 2016] xuất hai lần, có 2016 dấu cộng 2016

dấu trừ Như vậy, T đạt giá trị lớn 2016 dấu cộng thuộc 0

2

số lớn nhất,

còn 2016 dấu trừ thuộc 1008 số lại Vậy 0

1 0

2 0 0 0

m a x

i i

T i i

,đạt (f(1),f(2), ,f(1008)) hoán vị (1009,1010, ,2016)

1 0 , 1 , ,

(f f f ) hoán vị (1,2, , 1008)

Thật vậy, giả sử tồn i < 1009 cho f(i) < 1009 Khi từ f i i xuất số bé

hơn 1009 mang dấu cộng, vơ lí

Từ điều kiện dấu bằng, ta tính số hốn vị là: 1008! 1008! = (1008!)2

Trước hết xin phát biểu chứng minh bổ đề sau

Bổ đề 16Trên mặt phẳng xét 2n điểm n , nếu có 22 + đoạn thẳng nối hệ điểm có

ít tam giác Đây số cạnh cần có để ln tồn tam giác. Chứng minha 3

với n = 2, xét tập điếm {A, B, C, D} Ta có số cặp hai điếm 4

Suy ra có cặp không nối AB.

Giả sử bổ đề với n = k, xét n = k + Giả sử tồn cách nối cho không tồn

tam giác xét tập S có 2k điểm tập hợp 2(k + 1) điểm xét

cho hai điểm lại, đặt A B, nối với Nếu có k2

đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc S S có tam giác theo giả thiết quy nạp xét ba (A,B,X)

với X chạy S Mỗi ba có nhiều cạnh, khơng tính AB có nhiều nhất cạnh Khi cho X chạy S ta nhiều 2k đoạn thẳng Vậy số

đoạn thẳng nhiều 2 2

( 1) 1

k k k k , vơ lí Nếu nối (k+1 )2

đoạn thẳng, ta có cách nối sau: Chia S thành hai nhóm(k + 1) điểm, điểm nối

với tất điểm khác nhóm với với cách nối này, khỉ chọn điểm bất kì, theo

ngun lí Dirichlet, ln có hai điểm chung nhóm, khơng nối với nhau. Vậy bổ đề với n = k+1 Theo nguyên lí quy nạp, bổ đề với n

Quay lại toán Gọi tập hợp đoạn thẳng cần nối A với A nhỏ Điều kiện đề

(182)

Trang

182

giải

cả cặp điểm Khi theo bổ đề ta có

2

4 / A

2

S Suy

2

4 4

/

2

A S S A

Bài 8

1 Xung quanh bờ hồ hình trịn có 2017 liễu Người ta dự định chặt bớt liễu cho khơng có liễu kề bị chặt Hỏi có cách thực khác ?

2 Một họp có 2k k  * người, người bắt tay vối 3k + người

khác Biết với cách chọn cặp hai người (A;B) số người bắt tay với hai người A

B m m N* ,m 3k Hỏi họp có người ?

(Bắc Ninh) Lời giải

1 Đánh số liễu từ đến 2017 theo chiều kim đồng hồ

Trước hết ta tìm số nghiệm nguyên dương phương trình a+b+c+d+e = 2012 Dễ thấy số

cách chặt thỏa yêu cầu với chắn bị chặt (ví dụ, số 1) số

nghiệm nguyên dương phương ttình 1 ! 1 !

4 ! 1 ! ! 0 !

Do có 2017 cách chặt bị đếm lần ta nên số lượng cách chặt là: 1 !

4 ! 0 !

cách

2 Ta đếm hai cách số bắt tay họp

Cách đếm thứ nhất: Do người bắt tay k + lần bắt tay thực

hiện bới hai người nên số băt tay là: 6

2

k k

Cách đếm thứ hai: số lượng nhóm hai người 2

2

k k

k k Với

mỗi nhóm hai người theo đề có m người bắt tay vối hai người từ

mỗi nhóm hai người ta đếm có 2m bắt tay (khơng tính bắt tay

chính hai người có) xét hai người bắt tay A B. Dễ thấy bắt tay

A B đếm 2(3 k + 5) nhóm hai người bao gồm (A, XB) (B, XA)

với XA chạy tập người bắt tay với A khơng tính B XB chạy tập

người bắt tay với B khơng tính A. Vậy tổng số bắt tay

6

2 5

k k m k m k

k k

Từ hai cách đếm trên, ta phương trình nghiệm nguyên dương:6 6

3

k m k

k k k

Giải phương trình ta k = 3, m = Vậy họp có 12k = 36 người

(183)

Trang

183

giải

Trên mặt phẳng cho 2017 điểm cho với ba điểm ta ln tìm hai điểm để đoạn thẳng tạo thành có độ dài bé Chứng minh ln tồn đường trịn có bán kính chứa khơng 1009 điểm cho

Gọi tập hợp điểm cho S. Xét điểm A S.

TH1: Mọi điểm cịn lại tập có khoảng cách với A bé Đường trịn tâm A bán kính

bằng đường trịn cần tìm Kết tốn trường hợp

TH2: Tồn điểm B tập hợp điểm lại cho A B Xét ba điểm (A,B, X)

với X chạy S/{A,B}.DO A B nên AX < BX < Theo ngun lí Dirichlet,

một hai đường trịn (A, 1) (B, 1) chứa 1008 điểm thuộc S/{A,B}. Đường trịn

chính đường trịn chứa 1009 điểm thuộc S tính thêm A,B. Kết toán

Bài 10

Trên bảng cho số , , ,2

2 6

, M ỗ i lần thưc hiên trò chơi cho phép ta xóa

hai số a, b thay vào số a + b- 3ab. Hỏi sau 2015 lần thực phép xóa, số

cịn lại bảng số nào?

Ta xét số

2

Nếu ta xóa số x số

2

, ta nhận lại

2

6 7

3

2 6

x x Vậy số

2

diện bảng , đáp án toán

Bài 11

1 Trên ô vuông bảng 9x9, ta đặt châu chấu Giả sử sau tiếng gõ, châu chấu nhảy sang ô bên cạnh hàng cột Chứng minh sau tiếng gõ có hai ô

2 Trên mặt phẳng tọa độ Descartes Oxy, có châu chấu tọa độ (x,y) đóx y, 

Với N số nguyên dương cho trước, châu chấu nhảy từ điểm nguyên A đến điểm

nguyên B độ dài AB N. Hỏi châu chấu nhảy đến điểm ngun

sau hữu hạn bước nhảy không N = 2025 sao? (Điểm ngun điểm có tung độ

hồnh độ số ngun)

(184)

Trang

184

giải

nhiều số trắng đơn vị Khi theo ngun lí Dirichlet, có châu chấu ô

2 Theo đề bài, châu chấu vị trí (a, b) đó, nhảy tới vị trí (a +m,b + n) với

m, n số nguyên thỏa m2 + n2 = 2025 Do 2 3 nên m n, 3 Vậy số dư chia hoành độ

(tương tự, tung độ) cho không đổi Vậy kết luận tốn khơng

Bài 12

Trong mặt phẳng cho n đường thẳng đơi cắt khơng có ba đường đồng quy

Các đường chia mặt phẳng thành miền hữu hạn vô hạn Chứng minh ta đánh dấu miền số nguyên thỏa mãn ba điều kiện sau:

i Các số khác

ii Trị tuyệt đối số không lớn n.

iii Mỗi đường thẳng cho phân mặt phẳng làm hai phần mà tổng số miền

thuộc phần

Nhận xét miền có tối đa n cạnh nên số đỉnh miền không vượt n.

Ta có cách đánh số sau: Chọn miền bất kì, đánh số cho miền số đỉnh Sau ta đánh số miền cịn lại theo quy tắc: số đánh dấu có giá trị tuyệt đối số đỉnh miền số đánh dấu hai miền chung cạnh trái dấu Ta chứng minh ln đánh số cách

Với n = hiển nhiên mệnh đề

Giả sử với n = k mệnh đề đúng, xét k + đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề

bài Ta bỏ qua đường thẳng đánh số theo cách Theo giả thiết quy nạp, ta đánh số Bây ta xét thêm đường thẳng br qua Ta chọn bên bất kì, giữ ngun dấu miền bên ỏ miền bị phân chia, bên phía chọn ta giữ dấu miền ban đầu, phía cịn lại trái dấu Các miền khơng bị phân chia phía không chọn đổi dấu Dễ thấy cách chọn dấu âm, dương thỏa mãn cách đánh số nêu Vậy mệnh đề

đúng với n = k + theo nguyên lí quy nạp, mệnh đề với n.

Cách đánh số thỏa mãn điều kiện đề Thật vậy:

Điền kiện (i) hiển nhiên thỏa mãn Điều kiện ( i i ) thỏa mãn dựa nhận xét ban đầu

Đối vối điều kiện ( i i i ) : Dễ thấy đỉnh thuộc miền không nằm đường thẳng xét (loại 1), thuộc miền nằm đường thẳng xét (loại 2) Tổng miền "dương" thực chất đếm số đỉnh loại nhân cộng cho số đỉnh loại Tương tự với tổng miền "âm" Vậy tổng miền thuộc phía đường thẳng xét Điều chứng tổ điều kiện (iii) thỏa mãn

Vậy toán chứng minh

Bài 13

Cho bảng ô vuông 2017 X 2017, người ta điền vào ô bảng số nguyên từ đến 2017 cho số điền vào bảng lần

1 Chứng minh tồn hai số cạnh bảng (tức thuộc hai chung cạnh) có hiệu khơng nhỏ 2017

2 Tìm k  * nhỏ cho tồn cách điền để hiệu hai số cạnh bảng

đều không lớn k.

(185)

Trang

185

giải

1 Ta chứng minh phản chứng, giả sử tồn cách đánh số cho hai số cạnh bảng có hiệu nhỏ 2017

Xét số k cho

1 k 7 Gọi Ak = {k+1, k + 2, , k + 2016}, Bk =

{1,2, ,k}, Ck = {k + 2017, k + 2018, ,20172} Ak nên tồn nhắt cột (tương

tự, cạnh) không chứa phần tử thuộc Ak. Gọi tập hợp số thuộc vào cột hàng

là Dk. Cũng Ak nên Dk khơng thể có hai phần tử kề không thuộc

một tập hợp, suy Dk tập Bk Ck. Dễ thấy Dk 3

Với k = 1, Bk nên D1 C1

Với

2 7

k , Ck nên 2

2 7 7

D B

Vậy tồn n cho Dn Cn Dn 1 Bn 1 Vậy tồn số h cho h Cn

1 n

h B . Khi ta cón h n , vơ lý!

2 Theo câu 1, ta có k

Ta có cách đánh số sau: Hàng thứ i đánh số từ trái sang phải 2017(i - 1) + j với j vị

trí hàng Dễ thấy cách đánh số thỏa mãn hiệu hai số cạnh khơng vượt q 2017

Vậy số cần tìm 2017, với cách đánh số

Bài 14

Tìm số nguyên dương n nhỏ cho: Với n số nguyên dương a1,a2, ,an đôi khác

nhau, tồn hai số i j, 1, , , , n để ai aj ai,aj với (a, b) ước chung

lớn hai số nguyên dương a, b.

Dễ thấy 2017 số nguyên tố xét 1008 số nguyên dương Ta có hai số ngun dương

bất kì dãy có tổng không 1008 + 1007 = 2015 < 2017 Vậy n > 1009

Ta chứng minh 1009 số cần tìm Giả sử tồn cách chọn 1009 số a1,a2, ,a10

sao cho không thỏa điều kiện đề

Giả sử tồn số i, j cho ai chia hết cho 2017 cịn aj khơng chia hết cho 2017

Khi ta có , ,

2 7

i

i j j

a a

a a a suy ,

2

i

i j j

a

a a a mâu thuẫn

với giả thiết phản chứng Vậy dãy tất chia hết cho 2017, tất không chia hết cho 2017 Dễ thấy ta tìm số khơng thỏa điều kiện, chia số cho ước chung lớn chúng, ta thêm số khơng thỏa điều kiện, ta cần xét trường hợp tất không chia hết cho 2017

Giả sử tồn hai số i , j cho ai aj2 Khơng tính tổng qt, giả sử

2 ,

i j

a a b b  Ta có 7

, , ,

i j i j

i j j j

a a a a b

a a b a b a

suy ai aj ai,aj

Vậy 1009 số đôi không dùng số dư chia cho 2017 Ta có nhóm (1,2016);

(186)

Trang

186

giải

dư chia ai aj cho 2017 1008 nhóm Khi ta có

i j

a a 

Đặt

i j

a a c Vậy ta có 7

, , ,

i j

i j j j

a a c c

a a c a c a

Suy

2 , a

i j i j

a a a , mâu thuẫn vối giả thiết phản chứng!

Vậy giả thiết phản chứng sai, ta có điều cần chứng minh

Bài 15

Có hốn vị a1,a2, ,a1 0 số 1,2,3,…,10 cho ai a2i với i

2

j j

a a với i

(Đồng Nai)

Lời giải

Từ điều kiệnn để taa1 a2,a3;a2 a4,a5;a4 a8,a9;a5 a1 0;a3 a6,a7 . Dễ thấy a1 số lớn

nhất, a1 = 10 Chia số cịn lại thành hai nhóm a2,a4,a5,a8,a9,a1 a3,a6,a7 . Dễ

thấy hai nhóm khơng ảnh hưởng đến xét đến điều kiện đề Ta có số cách

chọn phần tử nhóm thứ !

3 ! !

Khi chọn xong phần tử cho nhóm 1, cịn lại phần tử

cho nhóm Do nhóm 2, phần tử a3 phần tử lớn nhất, a6 a7 không ảnh hưởng đến

nhau nên số cách cho nhóm

Trong nhóm 1, để ý a2 phần tử lớn nhóm Các phần tử cịn lại chia thành hai

nhóm a4,a8,a9 a5,a1 0 .

Rõ ràng hai nhóm không ảnh hưởng đến Vậy số cách chọn phần tử cho hai nhóm là: !

2 ! !

Nhóm nhỏ thứ tưong tự nhóm hai nên số cách

Nhóm nhỏ thứ hai có a5 a1 0 nên có số cách

Vậy số hốn vi thỏa mãn là: ! ! 3

2 ! ! ! !

2!3!3!6!

Bài 16

Gọi A tập x1,x2,x3 với x1,x2,x3 ; 1; ; ; Bộ x x1,x2,x3 A gọi trội y y1, y , y2 3 A x y xi yi, i 1; ; Khi ta viết x > y Tìm nm i n  *

sao cho tập có n ptử A chứa x > y.

(Hà Nam) Lời giải

Xét tập B A cho khơng có hai phần tử B mà phần tử trội phần

tử lại, |B| đạt giá trị lớn

Xét bảng 8x8 đánh số hàng từ xuống từ đến cột từ trái sang

(187)

Trang

187

giải

Dễ thấy khơng có đánh dấu q lần Thật vậy, giả sử có (a, b) đánh

dấu lần, tập B có tương ứng hai phần tử x a b x, , 3 y a b y, , 3 ,

vơ lí! Vậy số ô đánh dấu |B|

Ta gọi ô a1, b1 bé (tương tự, lớn hơn) ô a2,b2 a1 a2 b1 b2 (tương tự,

1

a a b1 b2). Dễ thấy, bảng khơng thể có a1, b1 ; ; a9,b9

cho ai,aj ai 1,bj 1 ,i 1, , tồn tại, theo ngun lí Dirichlet phải tồn hai số i < j

sao cho ci cj dẫn đến xj xj.

Gọi S1 tập tất ô đánh dấu mà khơng có đánh dấu lớn hơn, , Si tập

tất ô đánh dấu mà vối phần tử thuộc Sị+1, có phần tử thuộc Si+1 lớn

hơn khơng có phần tử khơng thuộc Sk với k i lớn Ta có |S9 với i

bất kì, xét phần tử thuộc Si , gọi mi giá trị lớn a + b với (a,b) thuộc Si, gọi phần tử

thuộc Si (ai , bi). Để ý (a, b) < (c, d) a + b < c + d. Vậy nên ta có mi mi

Xét phần tử ci,di thuộc Si khác ai,bi . Rõ ràng ci ai di bi. Ngoài ra, ci ai

khi di bi ngược lại, ci ai di bi Vậy Si m mi

1

i i

S m mi

Dễ dàng thấy đ ó

1

| | i 4

i

B S Dấu xảy ra, chẳng

hạn ô đánh dấu (a, b) thỏa a b ngược lại, ô thỏa điều kiện

được đánh dấu

Vậy ta cón , hay nm i n 9.

Bài 17

Cho tập S 1, , , , Hỏi có hốn vị a1,a2, ,a2 6 tập S cho

1

2 a a a ak k với k , 1, , ,

(Hà Tĩnh)

Lời giải

Ta chứng minh quy nạp ak m i na1,a2, , ak ak ma x a1a2, ,ak với k

Với k = 2016, hiển nhiên a1,a2, , a2 6 nên

2

i i

a Ta lại c ó

2

i i

a 

nên a2 6 5 Vậy a2 6 1; Mệnh đề với k = 2016

Giả sử mệnh đề từ k = 2016 đến k n Xét k = n+1. Hiển nhiên a1,a2, ,an 1

hoán vị n - số liên tiếp Ta có

0

2

n

i

i n n  n nên ta

xem a1,a2, , an 1 hoán vị 1, , , n Tương tự ta có

1

2

n i i

a n n Do

2

n i i

a n nên an 1 1 n an 1

1

n

a n Vậy mệnh đề với k = n - Theo nguyên lí quy nạp, mệnh đề vói k

(188)

Trang

188

giải

Gọi Sk số hoán vị (l,2, ,k) thỏa mãn yêu cầu đề Theo mệnh đề chứng minh, ta có

12

k k

S S với k Dễ dàng tính S3 = Vậy số lượng hoán vị thỏa

yêu cầu 22014

Bài 18

Xét tập hợp S gồm 2016 số nguyên dương Gọi A, B,C tập S, đôi

không giao cho A B C A B C S . Chứng minh tồn số a,

b, c thuộc tập A, B, C mà số tổng hai số

(Tp.HCM)

Lời giải

Giả sử phản chứng, tồn cách chọn tập A, B, C thỏa mãn điều kiện đề cho không

tồn số a, b, c thuộc A, B, C mà số tổng hai số lại Khơng tính tổng

qt, giả sử A . Theo giả thiết phản chứng, tồn hai số liên tiếp mà số thuộc

B, số lại thuộc C Ta viết lại số thành chuỗi chữ a, b, c theo qui tắc số i thuộc

tập A chữ vị trí thứ i chữ a, tương tự với B,C.

Khơng tính tổng qt, giả sử chữ cuối chữ c.

Ta chứng minh tồn chuỗi acc. Giả sử không tồn chuỗi Khi số lượng chữ a cần có

để ngăn cách chữ c 672 Tuy nhiên ta cần thêm chữ a để ngăn cách

các chữ c với 672 chữ b, vơ lí A Vậy chuỗi acc có tồn Giả sử chữ

a chuỗi vị trí x

Ta chứng minh tồn chuỗi bba. Giả sử không tồn chuỗi Khi chữ cuối

chữ c chữ b phải ngăn cách với chữ c chữ a nên tồn chữ a ở vị trí lớn vị

trí tất chữ b cần 673 chữ a Suy điều vơ lí 7 Vậy tồn

chuỗi bba. Giả sử chữ b chuỗi vị trí y

TH1 : x > y. Xét hiệu ( x - y ) D o x A v y B nên theo giả thiết phản chứng, (x - y) không

thể thuộc c Tương tự với x + l v y + , x + v y + t a có (x - y) khơng thể thuộc A

và B. Suy (X - y) không thuộc tập cả, vơ lí

TH2: x < y. Xét hiệu (y - x) tương tự trên, ta suy (y - x) không thuộc tập cả, vơ

lí

Vậy giả thiết phản chứng sai, ta có điều cần chứng minh

Bài 19

Cho tập hợp A a1,a2, ,a1 5 gồm 15 phần tử Chúng ta tạo tập hợp mà tập

hợp chứa hay nhiều phần tử A (có thể sử dụng tất phần tử tập A)

chỉ số phần tử tập hợp tạo thành phải bội số nhỏ có tập hợp Có tập hợp hợp tạo thành? Chẳng hạn

2, 4, , ,

a a a a tập hợp thỏa mãn u cầu tốn

(Khánh Hịa)

Lời giải

Xét số tự nhiên n cho < n < 15 Dễ thấy [1; 15] có

n

N số khác n bội số n. số tập hợp thỏa diều kiện đề vối n số nhỏ sô

tập tập hợp bội số n nhỏ 15, bằng:

1

2 n

n

(189)

Trang

189

giải

Số tập hợp thỏa điều kiện đề là:

1

2 2 2

i i

S

Bài 20

Cho tập M n {1; 2}(n N*)

1 Gọi X tập M15 cho tích ptử X khơng phải số phương

Tìm m a x X

2 Gọi Y tập gồm có 15 phần tử tập M25 Tập I' gọi tập "tốt" không tồn

2 phần tử mà tích chúng số phương Tính số tất tập "tốt"

(Lạng Sơn) Lời giải

Ta chia số từ đến 15 cho ước phương lớn Khi ta số 1,2,3,1,5,6,7,2,1,10,11,3,13,14,15 Giả sử |X| > 10

Nếu X chứa số 1: Khi X khơng có hai phần tử có tích số phương

nên X chứa tối đa số 1, chứa tối đa số 2, chứa tối đa số

Nếu X chứa số X khơng thể chứa hai số 10, chứa hai số

14 Khi X 5 0, mâu thuẫn với giả thiết quy nạp Vậy X không chứa 2, mà

do X nên V = {1,1,3,5,6,7,10,11,13,14,15}, ba số (3,5,15) có tích

là số phương Vậy X không chứa số 1, X chứa ba số

(2,7,14) (3,5,15) nên X 5

Vậy X Đưa số lại ban đầu, ta cách chọn phần tử cho X :

X = {1,3,4,5,6,7,10,11,13,14}

2 Tương tự trên, ta thay số từ đến 25 thương chia cho ước phương lớn nó, ta 16 số 1,2,3,5,6,7,10,11,13,14,15,17, 19,21,22,23 với số lần xuất số 5,3,2,2,2,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1 Theo điều kiện đề bài, số ta lấy phải khác nên số cách chọn 15 phần tử (cũng số đề yêu cầu tính) là:

1

5 1

Bài 21

Một số nguyên dương k gọi " đẹp" phân hoạch tập hợp số nguyên dương

Z* thành tập hợp A1,A2, ,AK cho với số nguyên dương n với

1; ; ;

i k tồn hai sô thuộc tập Ai có tổng n.

1 Chứng minh k = đẹp.

2 Chứng minh k không đẹp.

1 Ta có cách phân hoạch sau:

2

1; ; ; ; ; ; , ; ; ; 1; ; , ; ; ; ; ; 1;

i

A k

2 8

(190)

Trang

190

giải

- Đối với 3+12=15; 1+15=16; 2+15=17

- Đối với A2: 4+11=15; 5+11=16; 6+11=17 Đối với A3: 7+8=15; 7+9=16; 8+9=17

Với n > 18: Đối với Ai Khi n = 3k vớik : 3k 3 3k Khi n = 3k +

vớik : 3k 3k Khi n = 3k + v i k : 3k 3k

Tương tự với A2 A3.

Vậy k = số đẹp

2 Giả sử phản chứng, tồn cách phân hoạch thỏa đề với k xét tập S = {1; ; … ; } ,

do 15 < 44 nên phải tồn số i cho Ai chứa không q số thuộc S. Khơng

tính tổng quát, giả sử số Theo điều kiện đề bài, tồn k cho k; k tập

con A1. Đặt số cịn lại h. Ta có k + h = 16 15 - k + h = 16 Suy k phần tử bé

nhất A1.

Giả sử k > 1: Trong A1 phải tồn số có tổng 17 Do phần tử nhỏ Ai lớn

nên ta có 15 - k + h = 17 k + h = 16 Giải hệ phương trình ta k = 7,h = 9. Nhưng

đó khơng tồn số thuộc Ai có tổng 18 18 - < 18 - < 18 - < 15

Vậy ta có k =

Giả sử A1 Ta xét số từ 17 đến 28, ta 1; ; ; ; ; ; ; A1 .

Khi ta xét số 27, 27: = 13.5 nên với i > 1, không tồn hai phần tử thuộc Ai có tổng

27, vi phạm điều kiện

Vậy 15 không thuộc A1. Khi A1

Bài 22

Tìm km a x  * cho ta phân hoạch tập hợp số nguyên dương thành k tập hợp

A1,A2, ,Ak thỏa mãn với mỗin  * , n , trogmỗi tập A ii 1,k tồn sơ có tống

băng n.

(Ninh Bình) Lời giải

Bài hoàn toàn tương tự 19 đề Nghệ An Bạn đọc dùng cách giải 19 để giải toán

Bài 23

Một hàng bưởi Đoan Hùng gồm 17 thẳng hàng đánh số theo thứ tự số tự nhiên từ đến 17 Ban đầu có đậu để hút mật hoa Sau đó, có hai ong bay sang hai bên cạnh để tìm hút mật theo hai chiều ngược Hỏi sau có hay khơng trường hợp mà

1 Khơng có ong có số thứ tự chẵn Có ong cuối

(Phú Thọ)

Lời giải

1 Có thể xảy trường hợp này, chẳng hạn, sau thứ nhất, ong chuyển sang 3, ong chuyển sang 3; ; sau thứ 4, ong 14 chuyển sang 15, ong 16 chuyển sang 15 Lúc này, khơng có ong có vị trí chẵn

2 Đánh số ong vị trí bưởi mà đậu Gọi S tổng tất

ong Ban đầu ta có

1

i

(191)

Trang

191

giải

Khi ong bay sang bên cạnh, bay hướng số 1, số gán cho giảm 1; ngược lại, bay hướng số 17, số gán cho tăng Do sau có hai ong

bay sang bên cạnh ngược hướng nên s khơng thay đổi Vậy có 9con ong ởcây

cuối cùng, S > 17.9 = S, vô lí! Vậy khơng thể xảy trường họp

Bài 24

Cho số nguyên dưong n lìm số lớn cặp gồm hai phần tử phân biệt tập

1, , ,

n

X n cho tổng cặp khác số nguyên khác không vượt

n

(Quảng Bình) Lời giải

Giả sử k số cần tìm

Do có 2k số phân biệt k cặp tìm nên tổng chúng không nhỏ hơn: k(2k+ 1)

Do tổng cặp khác không vượt q n nên tổng 2k số khơng lớn hơn:

1

k k

k n k

Vậy 1

2

k k

k k k n k

Suy

5

n

k

Bài 25

Giả sử S tập họp hữu hạn điểm mà điểm tô màu đổ

xanh Gọi A1,A2, ,A6 8 tập tập s mà tập chứa điểm thỏa mãn đồng thời

hai điều kiện sau:

i Mỗi tập A1,A2, , A6 8 chứa điểm màu đổ

ii Với ba điểm S, tồn xác tập Aichứa 3 điểm

Hỏi:

1/ Tìm số phần tử tập S.

2/ Tồn hay không tập Ai chứa điểm đỏ Vì ?

(Quảng Ninh)

Lời giải

1 Số tập có ba phần tử tập hợp năm phần tử là: !

3 ! !

Do tập ba phần tử S tập xác tập Ai nên số lượng tập

ba phần tử S băng: 68.10 = 680 Suy

6

S S S

Giải phương trình với

S số tự nhiên, ta S Vậy số phần tử S 17

2 Giả sử phản chứng, không tồn tập Ai nào chứa điểm đỏ

(192)

Trang

192

giải

2

i j

A A với i j Điều tồn tai i j cho

2

i j

A A có ba điểm tồn Ai Aj, vi phạm điều kiện

Bộ hai điểm (A, B) xuất phần tử F Xét ba (A, B,

X) với X chạy S/{A, B}, có 15 ba ba phải thuộc vào

một phần tử F Mà tập hợp Ai chứa (A, B) chứa ba

vậy Nên có 15:3 = phần tử F chứa (A, B) Để ý tập hợp có

hợp băng S Xét hai (A, B) vối A, B tô màu xanh Mỗi tập Ai chứa

hai phải chứa điểm đỏ nên có điểm đỏ thuộc S.(*) Xét

bộ ba điểm đỏ đó, giả thiết phản chứng nên ba phải thuộc tập

Ai có hai điểm lại màu xanh Ta lại xét hai điểm xanh tương tự

trên, suy có điểm đỏ

Có điểm đỏ S Thật vậy, giả sử có điểm đỏ, xét hai

điểm đỏ tương tự (*), theo nguyên lí Dirichlet, tồn tập Ai chứa hai

điểm đỏ thêm hai điểm đỏ khác điểm đỏ lại, mâu thuẫn với giả thiết phản chứng!

Không tồn i cho Ai chứa hai điểm đỏ Thật vậy, giả sử tồn i như

vậy, xét hai điểm đỏ thuộc Ai tương tự trên, ta suy tồn tập

Aj chứa điểm đỏ, mâu thuẫn!

Số lượng phần tử F chứa điểm màu đỏ !

3 !( ) !

suy tồn điểm

đỏ R điểm màu đỏ tập Ar Đặt Ar = R, G1, , G4 Xét hai (R, Gi),

dựa nhận xét 2,3 4, tồn thêm tập i

r

A chứa hai xét nhận R điểm đỏ

duy Cho ị chạy từ đến 4, dựa nhận xét 1, có phần tử F nhận R điểm

màu đỏ Để ý (R, G) vối G điểm màu xanh thuộc S "tạo ra" hoặc tập hợp thuộc F nhận R điểm đỏ Vậy R "tạo ra" nhiều 10.2: = phần tử F Vậy R "tạo ra" phần tử F

Từ 5 điểm đỏ "tạo ra" lượng chia hết cho phần tử F có điểm

đỏ nên ta có 5 , vơ lí!

Vậy giả thiết phản chứng sai Câu trả lời là: tồn tập Aị chứa điểm đỏ

Bài 26

1 Cho tập hợp S = {1;2;3; ;2016} Hỏi có tập S có phần tử mà chúng độ

dài cạnh tam giác có chiều dài cạnh lớn 1000 ?

2 Cho hình vng có cạnh Bên hình vng cón( n  * ) hình trịn có

tổng diện tích lớn hon n -1 Chứng minh tồn điểm hình vng nằm tất hình tròn

(Quảng Trị) Lời giải

1 Số lượng tập ba phần tử s thỏa yêu cầu số lượng tập hai phần tử

{a, b} S thỏa a b, 0 a + b > 1000 Khơng tính tổng qt, giả sử a>b. Suy

ra2a a b 0 a 0

(193)

Trang

193

giải

là: a 0 a 2a 0

Vậy kết toán 0 0

5 1

1 0 0

2 0 2 0 0

a i

2 Do hình trịn nằm hồn tồn hình vng nên diện tích lớn hình tròn

2

1

2

S

Gọi O tâm hình vng Giả sử có đường trịn khơng chứa O Do điểm hình vng

cách O xa khoảng

2

diện tích đường trịn nhỏ

2

4

S

Giả sử tất hình trịn chứa O Vậy O điểm cần tìm Mệnh đề cần chứng minh

Giả sử có hình trịn khơng chứa O Khi tổng diện tích đường trịn cịn lại lớn

hơn

8

n Suy 1

4 8

n n n Vậy ta cần xét trường họp

n = n =

- Với n = 1: Do hình trịn phải có diện tích lớn nên phải tồn điểm

hình vng thuộc hình trịn Mệnh đề cần chứng minh

- Với n = 2: Do diện tích hình vng mà tổng diện tích hai hình trịn lớn

nên hiển nhiên phải tồn điểm nằm hai hình trịn Vậy mệnh đề cần chứng minh

Vậy ta có điều cần chứng minh

Bài 27

Cho tập hợp E = {1;2;3;4;5} Gọi M tập hợp tất số tự nhiên có ba chữ số, chữ

số đôi khác thuộc E. Chọn ngẫu nhiên số thuộc M Tính xác suất để số chọn

có tổng chữ số 10

(Thái Nguyên) Lời giải

Số lượng số thuộc M có ba chữ số là: 5.4.3

Số lượng số có bốn chữ số thuộc M là: 5.4.3.2

Số lượng số có năm chữ số thuộc M là: 5.4.3.2.1

Vậy theo ngun lí cộng, ta có |M| = 5.4.3 + 5.4.3.2 + 5.4.3.2.1 = 300

Số lượng số thuộc s có ba chữ số có tổng chữ số 10 tổng số lượng

hoán vị {1,4,5} {2,3,5} Vậy số số có ba chữ số thỏa yêu cầu là: 2.3! = 12 số Xét số có bốn chữ số thỏa u cầu bất kì, ta có tổng chữ số số lốn hon l + + + 4= 10 Suy số lượng số có bốn chữ số thỏa yêu cầu số lượng hoán vị {1,2,3,4} bằng: 4.3.2.1 = 24

VÌ 5 nên khơng tồn số có năm chữ số thuộc M thỏa yêu

cầu Vậy xác suất để chọn số có tổng chữ số 10:1 2

3 0

(194)

Trang

194

giải

Tại bốn đỉnh tứ diện ABCD có ghi tương ứng bốn số a, b, c, d không đồng thời

nhau.Thực phép biến đổi số đỉnh tứ diện sau: Mỗi lần biến đổi ta xóa

số cũ (x;y;z; t) thay vào bốn số mối {x + y + z- 3t; y + z + t - 3x; z + t + x - 3y, t + x + y

- 3z) theo thứ tự Chứng minh kể từ sau lần biến đổi đầu tiên, bốn đỉnh tứ điện có đỉnh ghi số dương sau số lần thực phép biến đổi ln có đỉnh tứ diện ghi số không nhổ 2016

(Thanh Hóa) Lời giải

Để ý (x + y + z - 3t) + (y + z + t - 3x) + (z+ t + x - 3y) + (t + x + y - 3z) = 0. Giả sử

đến lúc khơng có số dương, tất số phải 0, dẫn đến bước trước tất số phải Mà ban đầu tất số không đồng thời nên bước chưa phải bước số bước Cứ vậy, suy cần vơ hạn bước, vơ lí! Vậy sau phép biến đổi đầu tiên, tồn

nhất đỉnh ghi số dương, vế đầu toán

Ta chứng minh sau bước đầu tiên, bước sau khiến cho số lớn bốn số bốn đỉnh tăng tiến dần dương vô Thật vậy, khơng tính

tổng qt, giả sử sau bước thứ i , ta bốn số x y z t Khi sau bước i +

ta số lớn x+ y + z - 3t Đe ý x + y + z + t = tồn

trong bốn số số dương nên x > 0, t < Ta có x + y + z – 3t = -4 Giả sử

3

t x Suy

ra ,

3

y z x x y z t , mâu thuẫn!

Vậy

3

t x Suy 4

3

t x

Đặt số lớn sau bước i xi Ta có 1 ,

3

i i

x x i Do x1 nên xi tăng

tiến dần vô Vậy tồn số m cho với mọii m, xi Vậy vế

sau tốn đúng, ta có điều cần chứng minh

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Định dạng
Số trang	194
Dung lượng	7,81 MB