Bài toán. (Trường hè Toán học 2014)
Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ thì
luôn có bất đẳng thức $$k(a^4+b^4+c^4-3)\geq a^3+b^3+c^3+3abc-6$$
Lời giải.
Cho $a=b=\frac{1}{2},c=2$ ta được $$\frac{105k}{8}\geq \frac{15}{4}\Rightarrow k\geq \frac{2}{7}$$
Ta cần chứng minh $$\frac{2}{7}\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4}-3 \right )\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc-6$$
Đặt $f\left ( a,b,c \right )=\frac{2}{7}\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4}-3 \right )- \left ( a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc-6 \right )$
Do vai trò $a,b,c$ như nhau nên giả sử $c=max\begin{Bmatrix}
a,b,c
\end{Bmatrix}\Rightarrow c\geq 1\Rightarrow a+b\leq 2$
Ta có $$f\left ( a,b,c \right )-f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )=\frac{2}{7}\begin{bmatrix}
a^{4}+b^{4}-2\left ( \frac{a+b}{2} \right )^{4}
\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}
a^{3}+b^{3}-2\left ( \frac{a+b}{2} \right )^{3}-3c\left ( ab-\left ( \frac{a+b}{2} \right )^{2} \right )
\end{bmatrix}$$
$$\Rightarrow f\left ( a,b,c \right )-f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )=\frac{2}{7}\left (a-b \right )^{2}\begin{bmatrix}
7a^{2}+10ab+7b^{2}-21\left ( a+b \right )+21c
\end{bmatrix}$$
$$\Rightarrow f\left ( a,b,c \right )-f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )=\frac{2}{7}\left (a-b \right )^{2}\begin{bmatrix}
7a^{2}+10ab+7b^{2}-42\left ( a+b \right )+63
\end{bmatrix}$$
Lại có: $$7a^{2}+10ab+7b^{2}-42\left ( a+b \right )+63\geq 6\left ( a+b \right )^{2}-42\left ( a+b \right )+63=3\begin{bmatrix}
2\left ( a+b-2 \right )\left ( a+b-5 \right )+1
\end{bmatrix}> 0 $$
Do đó $f\left ( a,b,c \right )\geq f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )$
Ta cần chứng minh $f\left ( t,t,3-2t \right )\geq 0$ với $t=\frac{a+b}{2}$
Thật vậy $$\frac{2}{7}\begin{bmatrix}
2t^{4}+\left ( 3-2t \right )^{4}-3
\end{bmatrix}\geq 2t^{3}+\left ( 3-2t \right )^{3}+t^{2}\left ( 3-2t \right )-6\Leftrightarrow \left ( t-1 \right )^{2}\left ( 2t-1 \right )^{2}\geq 0$$
Điều này luôn đúng.
Vậy $k_{min}=\frac{2}{7}$
Thứ Ba, 30 tháng 9, 2014
Chủ Nhật, 28 tháng 9, 2014
Bài toán. (Diễn đàn toán học)
Tìm số $k$ nhỏ nhất sao cho với hai số $a,b\in R$ luôn thỏa $$a+b+ab\leq k\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$
Lời giải.
Cho $a=b=1$ ta được $$3\leq 9k\Rightarrow k\geq \frac{1}{3}$$
Ta cần chứng minh $$a+b+ab\leq \frac{1}{3}\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$
Thật vậy $$a+b+ab\leq \frac{1}{3}\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )\Leftrightarrow a^{2}b^{2}+a^{2}+b^{2}+1\geq 3a+3b+3ab$$$$\Leftrightarrow \left ( ab-1 \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a-b \right )^{2}+\frac{3}{2}\left ( a-1 \right )^{2}+\frac{3}{2}\left ( b-1 \right )^{2}\geq 0$$
Điều này luôn đúng.
Vậy $k_{min}=\frac{1}{3}$
Tìm số $k$ nhỏ nhất sao cho với hai số $a,b\in R$ luôn thỏa $$a+b+ab\leq k\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$
Lời giải.
Cho $a=b=1$ ta được $$3\leq 9k\Rightarrow k\geq \frac{1}{3}$$
Ta cần chứng minh $$a+b+ab\leq \frac{1}{3}\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$
Thật vậy $$a+b+ab\leq \frac{1}{3}\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )\Leftrightarrow a^{2}b^{2}+a^{2}+b^{2}+1\geq 3a+3b+3ab$$$$\Leftrightarrow \left ( ab-1 \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a-b \right )^{2}+\frac{3}{2}\left ( a-1 \right )^{2}+\frac{3}{2}\left ( b-1 \right )^{2}\geq 0$$
Điều này luôn đúng.
Vậy $k_{min}=\frac{1}{3}$
Thứ Bảy, 27 tháng 9, 2014
Một số vấn đề Lý thuyết đồ thị (Graph)
Bài toán 1. Cho $G$ là một graph đơn, ở đây $\left |V \right |=n;\, \left | E \right |=e$. Chứng minh rằng $$e\leq \frac{n\left ( n-1 \right )}{2}$$Lời giải.
Gọi các đỉnh của của graph là $A_{1},\,A_{2},\,...,\,A_{n}$
Với mỗi đỉnh $A_{i}$ ta có nhiều nhất $n-1$ cạnh nối đỉnh $A_{i}$ và $A_{j}$ (với $i\neq j$)
Do đó với $n$ đỉnh của graph thì có nhiều nhất $n(n-1)$ cạnh.
Nhưng cạnh $\left ( A_{i};A_{j} \right )$ được lặp lại $2$ lần nên ta có $$e\leq \frac{n\left ( n-1 \right )}{2}$$
Bài toán 2. Có $605$ người trong một dạ hội. Giả sử rằng mỗi người bắt tay với ít nhất một
người khác. Chứng minh rằng phải có một người bắt tay với ít nhất $2$ người khác.
Lời giải.
Giả sử không có ai bắt tay với $2$ người trở lên.
Theo giả thiết đề bài, mỗi người chỉ bắt tay với $1$ người khác.
Ta sẽ xây dựng graph như sau: mỗi người tương ứng một đỉnh của graph, nếu hai người $A_{i}$
và $A_{j}$bắt tay nhau thì biểu diễn bằng cạnh $\left ( A_{i};A_{j} \right )$
Do mỗi người chỉ được bắt tay với $1$ người khác nên từ mỗi đỉnh chỉ có $1$ cạnh xuất phát từ
điểm đó.
Nếu $e\geq 303$ thì số đình ít nhất là $606$ (điều này vô lý vì chỉ có $605$ người)
Nếu $e\leq 302$ thì số đỉnh nhiểu nhất là $604$ (vô lý)
Vậy điều giả sử vô lý.
Do đó tồn tại một người bắt tay với ít nhất $2$ người khác.
Tổng quát. Có $n$ ($n$ lẻ) người trong một dạ hội. Giả sử rằng mỗi người bắt tay với ít nhất một
người khác. Chứng minh rằng phải có một người bắt tay với ít nhất $2$ người khác.
Bài toán 3. (USA MO 1978)
Có $9$ nhà toán học gặp nhau tại $1$ hội nghị toán học. Với bất kì $3$ người, có ít nhất $2$ người
trong đó nói cùng $1$ ngôn ngữ. Nếu biết mỗi nhà toán học chỉ có thể nói nhiều nhất $3$ ngôn
ngữ. Chứng minh rằng có ít nhất $3$ nhà toán học có thể cùng nói $1$ ngôn ngữ.
Lời giải.
Ta xây dựng graph như sau: Mỗi người tương ứng với một đỉnh của graph, nếu hai người
cùng nói với nhau bằng ngôn ngữ $i$ thì ta nối $2$ đỉnh đó bằng $1$ cạnh và tô màu $i$.
Gọi $v_{1},v_{2},...,v_{9}$ là các đỉnh tương ứng với $9$ người.
* Nhận xét. Nếu $\left ( v_{1};v_{2} \right )$ và $\left ( v_{1};v_{3} \right )$ được tô cùng màu $i$ thì $\left ( v_{2};v_{3} \right )$ cũng được tô màu $i$.
Trường hợp 1. Nếu $v_{1}$ nói được với $8$ người còn lại. Mà $v_{1}$ thì có thể nói $3$ thứ tiếng nên theo
nguyên lí Đirichlet, tồn tại $2$ người trong $8$ người đó nói cùng ngôn ngữ với $v_{1}$
Trường hợp 2. Nếu $v_{1}$ không nói được với ít nhất một người. Giả sử ngưới đó là $v_{2}$
Xét bộ $\left ( v_{1};v_{2};v_i \right ),\, i=\overline{3,9}$, ta được $v_{i}$ nói được với $v_{1}$ hoặc $v_{2}$
Theo nguyên lý Đirichlet thì tồn tại một người ($v_{1}$ hoặc $v_{2}$) nói được với ít nhất $4$ người. Giả sử là $v_{1}$
Theo nguyên lý Đirichlet thì tồn tại $\left ( v_{1};v_{i} \right )$ và $\left ( v_{1};v_{j} \right )$ được tô cùng màu.
Theo nhận xét thì $v_{1}$, $v_{i}$ và $v_{j}$ nói cùng ngôn ngữ.
Vậy phải có ít nhất $3$ nhà toán học có thể cùng nói $1$ ngôn ngữ.
Bài toán 4. Có $n$ hộp thuốc. Bất kỳ $2$ hộp thuốc có cùng $1$ loại thuốc ở bên trong
và mỗi loại thuốc được chứa trong đúng $2$ hộp thuốc. Hỏi có bao nhiêu loại thuốc tất cả $?$
Lời giải.
Ta xây dựng một graph như sau:
- Mỗi đỉnh tương ứng với một hộp thuốc. Gọi các đỉnh là $v_{1},v_{2},...,v_{n}$
- Nếu loại thuốc $k$ nằm trong hộp $v_{i},v_{j}$ thì được biểu diễn bằng cạnh $(v_{i};v_{j})$ có màu $k$
Dễ thấy đây là một graph đầy đủ (vì bất kỳ 2 hộp thuốc luôn có chung $1$ loại thuốc)
Các cạnh có màu khác nhau (vì nếu $2$ cạnh được tô cùng màu thì tồn tại ít nhất $3$ hôp chứa
cùng $1$ loại thuốc, điểu này vô lý với giả thiết)
Do đó số loại thuốc chính là số cạnh của graph. Vậy số loại thuốc là $$\frac{n(n-1)}{2}$$
Bài toán 5. Có $n> 3$ người. Một vài người trong đó biết nhau và các người khác không
biết nhau. Có ít nhất $1$ người không biết các người khác. Hỏi số lớn nhất các cặp biết nhau.
Lời giải.
Ta xây dựng graph như sau:
- Mỗi người tương ứng một đỉnh của graph. Gọi các đỉnh là $v_{1},v_{2},...,v_{n}$
- Nếu $2$ người $v_{i}$ và $v_{j}$ biết nhau thì biểu diễn bằng cạnh $\left ( v_{i},v_{j} \right )$
Do vai trò như nhau nên giả sử $v_{n}$ không biết các người khác.
Để số cặp biết nhau lớn nhất thì $n-1$ đỉnh còn lại tạo thành một graph đầy đủ.
Dẫn đến số cạnh biết nhau lớn nhất là $$\frac{(n-1)(n-2)}{2}$$
Bài toán 6. Có $18$ đội tuyển trong $1$ giải đấu. Ở mỗi vòng, nếu một đội tuyển thi đấu với
một đội tuyển khác thì nó sẽ không thi đấu với cùng đội tuyển đó ở vòng đấu khác. Hiện nay
đã thi đấu $8$ vòng. Chứng minh rằng phải có $3$ đội tuyển chưa thi đấu với nhau trong $8$ vòng
đấu đó.
Lời giải.
Gọi các đội tuyển là $v_{1},v_{2},...,v_{18}$
Giả sử không tồn tại $3$ đội tuyển nào mà chưa thi đấu với nhau đôi một.
Do vai trò của các $v_{i}$ như nhau nên giả sử $v_{1}$ thi đấu với $v_{2},v_{3},...,v_{9}$ trong $8$ vòng.
Nếu tồn tại $2$ đội trong $v_{10},v_{11},...,v_{18}$ chưa thi đấu với nhau, giả sử $2$ đội đó là $v_{i}$ và $v_{j}$
Khi đó bộ ba đội $(v_{1},v_{i},v_{j}$ chưa thi đấu với nhau đôi một .
Do đó $9$ đội $v_{10},v_{11},..,v_{18}$ thi đấu đôi một với nhau. Mà hiện nay đã thi đấu $8$ vòng nên $9$
đội này thi đấu nội bộ với nhau.
Điều này vô lý vì trong một vòng đấu $9$ đội sẽ có $1$ đội không thi đấu.
Gọi các đỉnh của của graph là $A_{1},\,A_{2},\,...,\,A_{n}$
Với mỗi đỉnh $A_{i}$ ta có nhiều nhất $n-1$ cạnh nối đỉnh $A_{i}$ và $A_{j}$ (với $i\neq j$)
Do đó với $n$ đỉnh của graph thì có nhiều nhất $n(n-1)$ cạnh.
Nhưng cạnh $\left ( A_{i};A_{j} \right )$ được lặp lại $2$ lần nên ta có $$e\leq \frac{n\left ( n-1 \right )}{2}$$
Bài toán 2. Có $605$ người trong một dạ hội. Giả sử rằng mỗi người bắt tay với ít nhất một
người khác. Chứng minh rằng phải có một người bắt tay với ít nhất $2$ người khác.
Lời giải.
Giả sử không có ai bắt tay với $2$ người trở lên.
Theo giả thiết đề bài, mỗi người chỉ bắt tay với $1$ người khác.
Ta sẽ xây dựng graph như sau: mỗi người tương ứng một đỉnh của graph, nếu hai người $A_{i}$
và $A_{j}$bắt tay nhau thì biểu diễn bằng cạnh $\left ( A_{i};A_{j} \right )$
Do mỗi người chỉ được bắt tay với $1$ người khác nên từ mỗi đỉnh chỉ có $1$ cạnh xuất phát từ
điểm đó.
Nếu $e\geq 303$ thì số đình ít nhất là $606$ (điều này vô lý vì chỉ có $605$ người)
Nếu $e\leq 302$ thì số đỉnh nhiểu nhất là $604$ (vô lý)
Vậy điều giả sử vô lý.
Do đó tồn tại một người bắt tay với ít nhất $2$ người khác.
Tổng quát. Có $n$ ($n$ lẻ) người trong một dạ hội. Giả sử rằng mỗi người bắt tay với ít nhất một
người khác. Chứng minh rằng phải có một người bắt tay với ít nhất $2$ người khác.
Bài toán 3. (USA MO 1978)
Có $9$ nhà toán học gặp nhau tại $1$ hội nghị toán học. Với bất kì $3$ người, có ít nhất $2$ người
trong đó nói cùng $1$ ngôn ngữ. Nếu biết mỗi nhà toán học chỉ có thể nói nhiều nhất $3$ ngôn
ngữ. Chứng minh rằng có ít nhất $3$ nhà toán học có thể cùng nói $1$ ngôn ngữ.
Lời giải.
Ta xây dựng graph như sau: Mỗi người tương ứng với một đỉnh của graph, nếu hai người
cùng nói với nhau bằng ngôn ngữ $i$ thì ta nối $2$ đỉnh đó bằng $1$ cạnh và tô màu $i$.
Gọi $v_{1},v_{2},...,v_{9}$ là các đỉnh tương ứng với $9$ người.
* Nhận xét. Nếu $\left ( v_{1};v_{2} \right )$ và $\left ( v_{1};v_{3} \right )$ được tô cùng màu $i$ thì $\left ( v_{2};v_{3} \right )$ cũng được tô màu $i$.
Trường hợp 1. Nếu $v_{1}$ nói được với $8$ người còn lại. Mà $v_{1}$ thì có thể nói $3$ thứ tiếng nên theo
nguyên lí Đirichlet, tồn tại $2$ người trong $8$ người đó nói cùng ngôn ngữ với $v_{1}$
Trường hợp 2. Nếu $v_{1}$ không nói được với ít nhất một người. Giả sử ngưới đó là $v_{2}$
Xét bộ $\left ( v_{1};v_{2};v_i \right ),\, i=\overline{3,9}$, ta được $v_{i}$ nói được với $v_{1}$ hoặc $v_{2}$
Theo nguyên lý Đirichlet thì tồn tại một người ($v_{1}$ hoặc $v_{2}$) nói được với ít nhất $4$ người. Giả sử là $v_{1}$
Theo nguyên lý Đirichlet thì tồn tại $\left ( v_{1};v_{i} \right )$ và $\left ( v_{1};v_{j} \right )$ được tô cùng màu.
Theo nhận xét thì $v_{1}$, $v_{i}$ và $v_{j}$ nói cùng ngôn ngữ.
Vậy phải có ít nhất $3$ nhà toán học có thể cùng nói $1$ ngôn ngữ.
Bài toán 4. Có $n$ hộp thuốc. Bất kỳ $2$ hộp thuốc có cùng $1$ loại thuốc ở bên trong
và mỗi loại thuốc được chứa trong đúng $2$ hộp thuốc. Hỏi có bao nhiêu loại thuốc tất cả $?$
Lời giải.
Ta xây dựng một graph như sau:
- Mỗi đỉnh tương ứng với một hộp thuốc. Gọi các đỉnh là $v_{1},v_{2},...,v_{n}$
- Nếu loại thuốc $k$ nằm trong hộp $v_{i},v_{j}$ thì được biểu diễn bằng cạnh $(v_{i};v_{j})$ có màu $k$
Dễ thấy đây là một graph đầy đủ (vì bất kỳ 2 hộp thuốc luôn có chung $1$ loại thuốc)
Các cạnh có màu khác nhau (vì nếu $2$ cạnh được tô cùng màu thì tồn tại ít nhất $3$ hôp chứa
cùng $1$ loại thuốc, điểu này vô lý với giả thiết)
Do đó số loại thuốc chính là số cạnh của graph. Vậy số loại thuốc là $$\frac{n(n-1)}{2}$$
Bài toán 5. Có $n> 3$ người. Một vài người trong đó biết nhau và các người khác không
biết nhau. Có ít nhất $1$ người không biết các người khác. Hỏi số lớn nhất các cặp biết nhau.
Lời giải.
Ta xây dựng graph như sau:
- Mỗi người tương ứng một đỉnh của graph. Gọi các đỉnh là $v_{1},v_{2},...,v_{n}$
- Nếu $2$ người $v_{i}$ và $v_{j}$ biết nhau thì biểu diễn bằng cạnh $\left ( v_{i},v_{j} \right )$
Do vai trò như nhau nên giả sử $v_{n}$ không biết các người khác.
Để số cặp biết nhau lớn nhất thì $n-1$ đỉnh còn lại tạo thành một graph đầy đủ.
Dẫn đến số cạnh biết nhau lớn nhất là $$\frac{(n-1)(n-2)}{2}$$
Bài toán 6. Có $18$ đội tuyển trong $1$ giải đấu. Ở mỗi vòng, nếu một đội tuyển thi đấu với
một đội tuyển khác thì nó sẽ không thi đấu với cùng đội tuyển đó ở vòng đấu khác. Hiện nay
đã thi đấu $8$ vòng. Chứng minh rằng phải có $3$ đội tuyển chưa thi đấu với nhau trong $8$ vòng
đấu đó.
Lời giải.
Gọi các đội tuyển là $v_{1},v_{2},...,v_{18}$
Giả sử không tồn tại $3$ đội tuyển nào mà chưa thi đấu với nhau đôi một.
Do vai trò của các $v_{i}$ như nhau nên giả sử $v_{1}$ thi đấu với $v_{2},v_{3},...,v_{9}$ trong $8$ vòng.
Nếu tồn tại $2$ đội trong $v_{10},v_{11},...,v_{18}$ chưa thi đấu với nhau, giả sử $2$ đội đó là $v_{i}$ và $v_{j}$
Khi đó bộ ba đội $(v_{1},v_{i},v_{j}$ chưa thi đấu với nhau đôi một .
Do đó $9$ đội $v_{10},v_{11},..,v_{18}$ thi đấu đôi một với nhau. Mà hiện nay đã thi đấu $8$ vòng nên $9$
đội này thi đấu nội bộ với nhau.
Điều này vô lý vì trong một vòng đấu $9$ đội sẽ có $1$ đội không thi đấu.
Bài bất đẳng thức thi Olympic Gặp gỡ Toán học lớp 11 năm 2014
Bài toán. (Olympic Gặp gỡ Toán học 2014)
Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=\frac{27}{2}$$Chứng minh rằng $$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}\leq 2$$
Lời giải.
Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $z=min\begin{Bmatrix}
x,y,z
\end{Bmatrix}\Rightarrow x+y\geq 2z$
Đặt $a=\frac{x}{z};b=\frac{y}{z}(a,b>0)$
Do $$(x+y+z)\begin{pmatrix}
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}\Leftrightarrow \begin{pmatrix}
\frac{x+y}{z}+1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}$$ nên $$(a+b+1)\begin{pmatrix}
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}$$
Đặt $\left\{\begin{matrix}
a+b=S\\ab=P
\end{matrix}\right.$. Khi đó ta được $$ (S+1)\begin{pmatrix}
\frac{S}{P}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}\Rightarrow P=\frac{2(S^{2}+S)}{5-2S}$$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$$S^{2}-2P+1\leq 2(S+P)\Leftrightarrow (S-1)^{2}\leq 4P\Leftrightarrow (S-1)^{2}\leq \frac{8(S^{2}+S)}{25-2S}$$$$\Leftrightarrow (2S-1)(S-5)^{2}\geq 0$$ Điều này đúng do $x+y\geq 2z$
Vậy $$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}\leq 2$$
Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=\frac{27}{2}$$Chứng minh rằng $$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}\leq 2$$
Lời giải.
Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $z=min\begin{Bmatrix}
x,y,z
\end{Bmatrix}\Rightarrow x+y\geq 2z$
Đặt $a=\frac{x}{z};b=\frac{y}{z}(a,b>0)$
Do $$(x+y+z)\begin{pmatrix}
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}\Leftrightarrow \begin{pmatrix}
\frac{x+y}{z}+1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}$$ nên $$(a+b+1)\begin{pmatrix}
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}$$
Đặt $\left\{\begin{matrix}
a+b=S\\ab=P
\end{matrix}\right.$. Khi đó ta được $$ (S+1)\begin{pmatrix}
\frac{S}{P}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}\Rightarrow P=\frac{2(S^{2}+S)}{5-2S}$$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$$S^{2}-2P+1\leq 2(S+P)\Leftrightarrow (S-1)^{2}\leq 4P\Leftrightarrow (S-1)^{2}\leq \frac{8(S^{2}+S)}{25-2S}$$$$\Leftrightarrow (2S-1)(S-5)^{2}\geq 0$$ Điều này đúng do $x+y\geq 2z$
Vậy $$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}\leq 2$$
Thứ Sáu, 26 tháng 9, 2014
Bài hình học chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)
Cho tam giác $ABC$ có $AB<BC<CA$ và góc $\widehat{ABC}$ là góc nhọn. Biết $(I)$ là đường tròn
tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ và tiếp xúc với $BC$ tại điểm $D$. Biết $(O)$ là đường tròn tâm $O$
ngoại tiếp tam giác $ABC$. Gọi $M,N$ lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng $AO,AI$ với
đường tròn $(O)$ biết $A$ không trùng với $M$ và $N$. Chứng minh rằng $\widehat{IND}=\widehat{IMO}$
Lời giải.
Gọi $E$ là tiếp điểm của $(I)$ và cạnh $AB$
Ta có: $$\widehat{NID}=\widehat{ABC}-\widehat{AIE}=\widehat{ABC}-\left ( 90^{0}-\frac{\widehat{A}}{2} \right )=\widehat{B}+\frac{\widehat{A}}{2}-90^{0}$$$$\widehat{MAN}=90^{0}-\widehat{AMN}=90^{0}-\widehat{C}-\frac{\widehat{A}}{2}=90^{0}-\left ( 180^{0}-\widehat{B}-\widehat{A} \right )-\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{B}+\frac{\widehat{A}}{2}-90^{0}$$
Suy ra $\widehat{NID}=\widehat{MAN}$
Do dự đoán $\Delta NID\sim \Delta MAI$ nên cần chứng minh $$\frac{ID}{IN}=\frac{IA}{AM}$$$$\Leftrightarrow \frac{ID}{IN}=\frac{IA}{AM}\Leftrightarrow \frac{IE}{IA}=\frac{IN}{AM}\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}=\frac{NB}{2R}\Leftrightarrow \frac{NB}{sin\frac{A}{2}}=2R$$
Điều này đúng do định lý hàm Sin cho tam giác $ANB$
Vậy $\Delta NID\sim \Delta MAI\Rightarrow \widehat{NID}=\widehat{IMO}$
Cho tam giác $ABC$ có $AB<BC<CA$ và góc $\widehat{ABC}$ là góc nhọn. Biết $(I)$ là đường tròn
tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ và tiếp xúc với $BC$ tại điểm $D$. Biết $(O)$ là đường tròn tâm $O$
ngoại tiếp tam giác $ABC$. Gọi $M,N$ lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng $AO,AI$ với
đường tròn $(O)$ biết $A$ không trùng với $M$ và $N$. Chứng minh rằng $\widehat{IND}=\widehat{IMO}$
Lời giải.
Gọi $E$ là tiếp điểm của $(I)$ và cạnh $AB$
Ta có: $$\widehat{NID}=\widehat{ABC}-\widehat{AIE}=\widehat{ABC}-\left ( 90^{0}-\frac{\widehat{A}}{2} \right )=\widehat{B}+\frac{\widehat{A}}{2}-90^{0}$$$$\widehat{MAN}=90^{0}-\widehat{AMN}=90^{0}-\widehat{C}-\frac{\widehat{A}}{2}=90^{0}-\left ( 180^{0}-\widehat{B}-\widehat{A} \right )-\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{B}+\frac{\widehat{A}}{2}-90^{0}$$
Suy ra $\widehat{NID}=\widehat{MAN}$
Do dự đoán $\Delta NID\sim \Delta MAI$ nên cần chứng minh $$\frac{ID}{IN}=\frac{IA}{AM}$$$$\Leftrightarrow \frac{ID}{IN}=\frac{IA}{AM}\Leftrightarrow \frac{IE}{IA}=\frac{IN}{AM}\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}=\frac{NB}{2R}\Leftrightarrow \frac{NB}{sin\frac{A}{2}}=2R$$
Điều này đúng do định lý hàm Sin cho tam giác $ANB$
Vậy $\Delta NID\sim \Delta MAI\Rightarrow \widehat{NID}=\widehat{IMO}$
Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2015)
Cho dãy $(u_n)$ xác định bởi $$\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-\sqrt{u_n^2+1},n=1,2,3... \end{matrix}\right.$$
Tính $$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \frac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}.$$
Lời giải.
Ta có $$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \frac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}=\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{2+3\left ( \frac{u_{n}}{u_{n+1}}\right )^{2}}{1+\frac{2u_{n-1}}{u_{n+1}^{2}}}$$
Ta sẽ chứng minh $u_{n}> \frac{\sqrt{3}}{3},\, \forall n\geq 2\,(1)$
Với $n=2$ ta được $u_{2}=3u_{1}-2\sqrt{u_{1}^{2}+1}=3-2\sqrt{2}> \frac{\sqrt{3}}{3}$
Giả sử $(1)$ đúng với $\forall i=\overline{1,n}$. Ta cần chứng minh $u_{n+1}> \frac{\sqrt{3}}{3}$
Thật vậy $$u_{n+1}> \frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow 3u_{n}-\sqrt{u_{n}^{2}+1}> \frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow \left ( 3u_{n}-\frac{\sqrt{3}}{3} \right )^{2}> u_{n}^{2}+1\Leftrightarrow \left ( u_{n}-\frac{\sqrt{3}}{3} \right )\left ( 8u_{n}+\frac{2}{\sqrt{3}} \right )> 0$$
Điều này đúng.
Ta chứng minh dãy $(u_{n})$ là dãy tăng.
Thật vậy $$u_{n+1}-u_{n}=2u_{n}-\sqrt{u_{n}^{2}+1}> 0\Leftrightarrow 3u_{n}^{2}>1$$
Vậy dãy $(u_{n})$ là dãy tăng.
Nếu dãy $(u_{n})$ bị chặn trên thì theo định lý Weierstrass, dãy $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn
Đặt $\lim\,u_{n}=L$. Chuyển qua giới hạn ta được $$L=3L-\sqrt{L^{2}+1}\Rightarrow L=\frac{\sqrt{3}}{3}$$
Điều này vô lý vì $...>x_{n}>x_{n-1}>...>x_{2}>\frac{\sqrt{3}}{3}$
Vậy $lim\,u_{n}=+\infty $
Theo giả thiết ta có $$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=3-\sqrt{1+\frac{1}{u_{n}^{2}}}< 2\Rightarrow \frac{u_{n}}{u_{n+1}}> \frac{1}{2}$$
Lại có $$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}.\frac{u_{n+1}}{u_{n+2}}=\frac{3-\sqrt{1+\frac{1}{u_{n}^{2}}}}{3-\sqrt{1+\frac{1}{u_{n+1}^{2}}}}< 1\Rightarrow \frac{u_{n+1}}{u_{n+2}}< \frac{u_{n}}{u_{n+1}}$$
Đặt $v_{n}=\frac{u_{n}}{u_{n+1}}$. Khi đó dãy $(v_{n})$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $\frac{1}{2}$ nên hội tụ.
Đặt $lim\, v_{n}=L\Rightarrow\,L>\frac{1}{2}$
Do$$\left ( u_{n+1}-3u_{n} \right )^{2}=u_{n}^{2}+1\Rightarrow 8\left ( \frac{u_{n}}{u_{n+1}} \right )^{2}-6.\frac{u_{n}}{u_{n+1}}+1=\frac{1}{u_{n+1}^{2}}$$ nên chuyển qua giới hạn ta được $$8L^{2}-6L-1=0\Rightarrow L=\frac{1}{2}$$Suy ra $$lim\, \frac{2u_{n+1}^{2}+3u_{n}^{2}}{1+2u_{n-1}}=\frac{2+3.\left ( \frac{1}{2} \right )^{2}}{1}=\frac{11}{4}$$
Cho dãy $(u_n)$ xác định bởi $$\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-\sqrt{u_n^2+1},n=1,2,3... \end{matrix}\right.$$
Tính $$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \frac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}.$$
Lời giải.
Ta có $$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \frac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}=\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{2+3\left ( \frac{u_{n}}{u_{n+1}}\right )^{2}}{1+\frac{2u_{n-1}}{u_{n+1}^{2}}}$$
Ta sẽ chứng minh $u_{n}> \frac{\sqrt{3}}{3},\, \forall n\geq 2\,(1)$
Với $n=2$ ta được $u_{2}=3u_{1}-2\sqrt{u_{1}^{2}+1}=3-2\sqrt{2}> \frac{\sqrt{3}}{3}$
Giả sử $(1)$ đúng với $\forall i=\overline{1,n}$. Ta cần chứng minh $u_{n+1}> \frac{\sqrt{3}}{3}$
Thật vậy $$u_{n+1}> \frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow 3u_{n}-\sqrt{u_{n}^{2}+1}> \frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow \left ( 3u_{n}-\frac{\sqrt{3}}{3} \right )^{2}> u_{n}^{2}+1\Leftrightarrow \left ( u_{n}-\frac{\sqrt{3}}{3} \right )\left ( 8u_{n}+\frac{2}{\sqrt{3}} \right )> 0$$
Điều này đúng.
Ta chứng minh dãy $(u_{n})$ là dãy tăng.
Thật vậy $$u_{n+1}-u_{n}=2u_{n}-\sqrt{u_{n}^{2}+1}> 0\Leftrightarrow 3u_{n}^{2}>1$$
Vậy dãy $(u_{n})$ là dãy tăng.
Nếu dãy $(u_{n})$ bị chặn trên thì theo định lý Weierstrass, dãy $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn
Đặt $\lim\,u_{n}=L$. Chuyển qua giới hạn ta được $$L=3L-\sqrt{L^{2}+1}\Rightarrow L=\frac{\sqrt{3}}{3}$$
Điều này vô lý vì $...>x_{n}>x_{n-1}>...>x_{2}>\frac{\sqrt{3}}{3}$
Vậy $lim\,u_{n}=+\infty $
Theo giả thiết ta có $$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=3-\sqrt{1+\frac{1}{u_{n}^{2}}}< 2\Rightarrow \frac{u_{n}}{u_{n+1}}> \frac{1}{2}$$
Lại có $$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}.\frac{u_{n+1}}{u_{n+2}}=\frac{3-\sqrt{1+\frac{1}{u_{n}^{2}}}}{3-\sqrt{1+\frac{1}{u_{n+1}^{2}}}}< 1\Rightarrow \frac{u_{n+1}}{u_{n+2}}< \frac{u_{n}}{u_{n+1}}$$
Đặt $v_{n}=\frac{u_{n}}{u_{n+1}}$. Khi đó dãy $(v_{n})$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $\frac{1}{2}$ nên hội tụ.
Đặt $lim\, v_{n}=L\Rightarrow\,L>\frac{1}{2}$
Do$$\left ( u_{n+1}-3u_{n} \right )^{2}=u_{n}^{2}+1\Rightarrow 8\left ( \frac{u_{n}}{u_{n+1}} \right )^{2}-6.\frac{u_{n}}{u_{n+1}}+1=\frac{1}{u_{n+1}^{2}}$$ nên chuyển qua giới hạn ta được $$8L^{2}-6L-1=0\Rightarrow L=\frac{1}{2}$$Suy ra $$lim\, \frac{2u_{n+1}^{2}+3u_{n}^{2}}{1+2u_{n-1}}=\frac{2+3.\left ( \frac{1}{2} \right )^{2}}{1}=\frac{11}{4}$$
Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)
Cho dãy số $a_{n}$ được xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
a_{1}=2,a_{2}=1\\a_{n+2}=\frac{a_{n}.a_{n+1}}{2a_{n}+a_{n+1}} ,\, \forall n\in N^{*}
\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng dãy số $(a_{n})$ có giới hạn hữu hạn khi $n\rightarrow +\infty $. Hãy tìm $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}$$
Lời giải.
Trước hết chứng minh $a_{n}> 0,\, \forall n\in N^{*}\: (1)$
Với $n=1$ ta được $a_{1}=2>0$
Với $n=2$ ta được $a_{2}=1>0$
Giả sử $(1)$ đúng với $\forall i=\overline{1,n}$. Ta cần chứng minh $a_{n+1}>0$
Thật vậy $$a_{n+2}=\frac{a_{n}.a_{n+1}}{2a_{n}+a_{n+1}}> 0$$
Theo giả thiết đề bài ta được $$\frac{1}{a_{n+2}}=\frac{2a_{n}+a_{n+1}}{a_{n}.a_{n+1}}=\frac{2}{a_{n+1}}+\frac{1}{a_{n}}> \frac{1}{a_{n+1}}\Rightarrow a_{n+2}<a_{n+1}$$
Vậy dãy $(a_{n})$ là dãy giảm mà bị chặn dưới bởi $0$ nên theo định lý Weierstrass, dãy $(a_{n})$ có
giới hạn hữu hạn. Đặt $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}=L$$Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{L^{2}}{3L}\Rightarrow L=0$$Vậy $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}=0$$
Cho dãy số $a_{n}$ được xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
a_{1}=2,a_{2}=1\\a_{n+2}=\frac{a_{n}.a_{n+1}}{2a_{n}+a_{n+1}} ,\, \forall n\in N^{*}
\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng dãy số $(a_{n})$ có giới hạn hữu hạn khi $n\rightarrow +\infty $. Hãy tìm $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}$$
Lời giải.
Trước hết chứng minh $a_{n}> 0,\, \forall n\in N^{*}\: (1)$
Với $n=1$ ta được $a_{1}=2>0$
Với $n=2$ ta được $a_{2}=1>0$
Giả sử $(1)$ đúng với $\forall i=\overline{1,n}$. Ta cần chứng minh $a_{n+1}>0$
Thật vậy $$a_{n+2}=\frac{a_{n}.a_{n+1}}{2a_{n}+a_{n+1}}> 0$$
Theo giả thiết đề bài ta được $$\frac{1}{a_{n+2}}=\frac{2a_{n}+a_{n+1}}{a_{n}.a_{n+1}}=\frac{2}{a_{n+1}}+\frac{1}{a_{n}}> \frac{1}{a_{n+1}}\Rightarrow a_{n+2}<a_{n+1}$$
Vậy dãy $(a_{n})$ là dãy giảm mà bị chặn dưới bởi $0$ nên theo định lý Weierstrass, dãy $(a_{n})$ có
giới hạn hữu hạn. Đặt $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}=L$$Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{L^{2}}{3L}\Rightarrow L=0$$Vậy $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}=0$$
Thứ Tư, 24 tháng 9, 2014
Bài PTH chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)
Tìm tất cả các hàm số $f:N\rightarrow N$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
f(4)=4\,(1)\\ f(2m)=2f(m),\,\forall m\equiv 1(mod\,2)\,(2)
\\ f(m)< f(n);\, \forall m,n\in N:m<n\,(3)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh bài toán này bằng phương pháp quy nạp.
Theo giả thiết đề bài ta có $$0\leq f(0)<f(1)<...<f(4)=4$$Kết hợp với $(3)$ suy ra $f(n)=n,\,\forall n=\overline{0,4}$
Giả sử $f(i)=i,\, \forall i=\overline{0,n}$. Ta cần chứng minh $f(n+1)=n+1$
* Trường hợp 1. Nếu $n=4k$ thì theo $(2)$ ta đươc $$f(n+2)=f(4k+2)=2f(2k+1)=2f\left ( \frac{n}{2}+1 \right )=n+2$$Kết hợp với $(3)$ ta được $$n=f(n)<f(n+1)<f(n+2)=n+2\Rightarrow f(n+1)=n+1$$
* Trường hợp 2. Nếu $n=4k+1$ thì theo (2) ta được $$f(n+1)=f(4k+2)=2f(2k+1)=2f\left ( \frac{n+1}{2} \right )=n+1$$
* Trường hợp 3. Nếu $n=4k+2$ thì theo $(2)$ ta được $$f(n+4)=f(4k+6)=f\left ( 2(2k+3) \right )=2f(2k+3)=4k+6=n+4$$Kết hợp với $(3)$ ta suy ra $$n=f(n)<f(n+1)<...<f(n+4)=n+4\Rightarrow f(n+1)=n+1$$
* Trường hợp 4. Nếu $n=4k+3$ thì theo $(2)$ ta có $$f(n+3)=f(4k+6)=2f(2k+3)=4k+6=n+3$$Kết hợp với $(3)$ ta suy ra $$n=f(n)<f(n+1)<f(n+2)<f(n+3)=n+3\Rightarrow f(n+1)=n+1$$Do đó $f(n+1)=n+1$
Vậy $f(n)=n,\,\forall n\in N$
Tìm tất cả các hàm số $f:N\rightarrow N$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
f(4)=4\,(1)\\ f(2m)=2f(m),\,\forall m\equiv 1(mod\,2)\,(2)
\\ f(m)< f(n);\, \forall m,n\in N:m<n\,(3)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh bài toán này bằng phương pháp quy nạp.
Theo giả thiết đề bài ta có $$0\leq f(0)<f(1)<...<f(4)=4$$Kết hợp với $(3)$ suy ra $f(n)=n,\,\forall n=\overline{0,4}$
Giả sử $f(i)=i,\, \forall i=\overline{0,n}$. Ta cần chứng minh $f(n+1)=n+1$
* Trường hợp 1. Nếu $n=4k$ thì theo $(2)$ ta đươc $$f(n+2)=f(4k+2)=2f(2k+1)=2f\left ( \frac{n}{2}+1 \right )=n+2$$Kết hợp với $(3)$ ta được $$n=f(n)<f(n+1)<f(n+2)=n+2\Rightarrow f(n+1)=n+1$$
* Trường hợp 2. Nếu $n=4k+1$ thì theo (2) ta được $$f(n+1)=f(4k+2)=2f(2k+1)=2f\left ( \frac{n+1}{2} \right )=n+1$$
* Trường hợp 3. Nếu $n=4k+2$ thì theo $(2)$ ta được $$f(n+4)=f(4k+6)=f\left ( 2(2k+3) \right )=2f(2k+3)=4k+6=n+4$$Kết hợp với $(3)$ ta suy ra $$n=f(n)<f(n+1)<...<f(n+4)=n+4\Rightarrow f(n+1)=n+1$$
* Trường hợp 4. Nếu $n=4k+3$ thì theo $(2)$ ta có $$f(n+3)=f(4k+6)=2f(2k+3)=4k+6=n+3$$Kết hợp với $(3)$ ta suy ra $$n=f(n)<f(n+1)<f(n+2)<f(n+3)=n+3\Rightarrow f(n+1)=n+1$$Do đó $f(n+1)=n+1$
Vậy $f(n)=n,\,\forall n\in N$
Bài đa thức chọn đội tuyển VMO Đăk Lăk 2014
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đăk Lăk 2014)
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ thỏa mãn $$P(x+1)=P(x)+3x^{2}+3x+1,\, \forall x\in R$$
Lời giải.
Theo giả thiết đề bài ta đuợc $$P(x+1)-(x+1)^{3}=P(x)-x^{3},\, \forall x\in R$$
Đặt $Q(x)=P(x)-x^{3}$. Ta suy ra được $$Q(x+1)=Q(x),\, \forall x\in R$$$$\Rightarrow Q(x)=c,\,c=const$$
Do đó $P(x)=x^{3}+c,\forall x\in R,\,(c=const)$
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ thỏa mãn $$P(x+1)=P(x)+3x^{2}+3x+1,\, \forall x\in R$$
Lời giải.
Theo giả thiết đề bài ta đuợc $$P(x+1)-(x+1)^{3}=P(x)-x^{3},\, \forall x\in R$$
Đặt $Q(x)=P(x)-x^{3}$. Ta suy ra được $$Q(x+1)=Q(x),\, \forall x\in R$$$$\Rightarrow Q(x)=c,\,c=const$$
Do đó $P(x)=x^{3}+c,\forall x\in R,\,(c=const)$
Bài số học chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)
Cho hai số nguyên dương $a,b$ và số nguyên tố $p$ thỏa $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$. Biết rằng $p$
bằng tổng của hai số chính phương. Chứng minh rằng $\frac{a^{2}+b^{2}}{p}$ bằng tổng của hai số chính
phương.
Lời giải.
Theo giả thiết đề bài ta được $p=c^{2}+d^{2},\, c,d\in Z$
Do đó $$\frac{a^{2}+b^{2}}{p}=\frac{\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( c^{2}+d^{2} \right )}{p^{2}}=\left ( \frac{ac+bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad-bc}{p} \right )^{2}=\left ( \frac{ac-bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad+bc}{p} \right )^{2}$$
Lại có: $$(ac+bd)(ac-bd)=a^{2}c^{2}-b^{2}d^{2}=\left ( a^{2}+b^{2} \right )c^{2}-b^{2}\left ( c^{2}+d^{2} \right )\vdots p$$
Suy ra $ac+bd\;\vdots \;p$ hoặc $ac-bd\;\vdots \;p$
* Nếu $ac+bd\;\vdots \;p$ ta được $$ ad-bc\;\vdots \;p\Rightarrow p=\left ( \frac{ac+bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad-bc}{p} \right )^{2}=m^{2}+n^{2},\, m,n\in Z$$
*Nếu $ac-bd\;\vdots \;p$ ta được $$ ad+bc\;\vdots \;p\Rightarrow p=\left ( \frac{ac-bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad+bc}{p} \right )^{2}=m^{2}+n^{2},\, m,n\in Z$$
Cho hai số nguyên dương $a,b$ và số nguyên tố $p$ thỏa $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$. Biết rằng $p$
bằng tổng của hai số chính phương. Chứng minh rằng $\frac{a^{2}+b^{2}}{p}$ bằng tổng của hai số chính
phương.
Lời giải.
Theo giả thiết đề bài ta được $p=c^{2}+d^{2},\, c,d\in Z$
Do đó $$\frac{a^{2}+b^{2}}{p}=\frac{\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( c^{2}+d^{2} \right )}{p^{2}}=\left ( \frac{ac+bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad-bc}{p} \right )^{2}=\left ( \frac{ac-bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad+bc}{p} \right )^{2}$$
Lại có: $$(ac+bd)(ac-bd)=a^{2}c^{2}-b^{2}d^{2}=\left ( a^{2}+b^{2} \right )c^{2}-b^{2}\left ( c^{2}+d^{2} \right )\vdots p$$
Suy ra $ac+bd\;\vdots \;p$ hoặc $ac-bd\;\vdots \;p$
* Nếu $ac+bd\;\vdots \;p$ ta được $$ ad-bc\;\vdots \;p\Rightarrow p=\left ( \frac{ac+bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad-bc}{p} \right )^{2}=m^{2}+n^{2},\, m,n\in Z$$
*Nếu $ac-bd\;\vdots \;p$ ta được $$ ad+bc\;\vdots \;p\Rightarrow p=\left ( \frac{ac-bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad+bc}{p} \right )^{2}=m^{2}+n^{2},\, m,n\in Z$$
Bài dãy số thi Vietnamese Mathematical Olympiad 2011
Bài toán. (VMO 2011)
Cho dãy số nguỵên $(a_{n})$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
a_{0}=1;\, a_{1}=-1\\ a_{n+2}=6a_{n+1}+5a_{n},\, \forall n\in N
\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng $a_{2012}-2010$ chia hết cho $2011$.
Lời giải.
Xét dãy $v_{n}$ được xác định như sau: $$\left\{\begin{matrix}
v_{0}=1;\, v_{1}=-1\\ v_{n+2}=5v_{n+1}+2016v_{n},\, \forall n\in N
\end{matrix}\right.$$
Trước hết, ta chứng minh $a_{n}\equiv v_{n}\;(mod\;2011),\, \forall n\in N\;(1)$
Với $n=0$ ta được $a_{0}\equiv v_{0}\equiv 1\;(mod\;2011)$
Với $n=1$ ta được $a_{1}\equiv v_{1}\equiv -1\;(mod\;2011)$
Giả sử $(1)$ đúng với $\forall i=\overline{0;n}$. Ta cần chứng minh $a_{n+1}\equiv v_{n+1}\;(mod\;2011)$
Thật vậy: $$a_{n+1}\equiv 6a_{n}+5a_{n-1}\equiv 6v_{n}+2016v_{n-1}\equiv v_{n+1}\;(mod\;2011)$$
Vậy $a_{n}\equiv v_{n}\;(mod\;2011),\, \forall n\in N$
Lại có: $$v_{n+2}=6v_{n+1}+2016v_{n}\Rightarrow v_{n}=a.48^{n}+b.(-42)^{n}$$
Kết hợp với $v_{0}$ và $v_{1}$ ta được hệ $$\left\{\begin{matrix}
v_{0}=a+b=1\\ v_{1}=48a-42b=-1
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
a=\frac{41}{90}\\b=\frac{49}{90}
\end{matrix}\right.$$
Do đó $$v_{n}=\frac{41.48^{n}+49.(-42)^{n}}{90}$$
Ta cần chứng minh $$\left ( a_{2012}-2010 \right )\vdots \, 2011\Leftrightarrow \left ( v_{2012}+1\right )\vdots 2011\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
41.48^{2012}+49.(-42)^{2012}+90
\end{bmatrix} \vdots 2011$$
Theo định lý Fermat nhỏ mở rộng ta được $$48^{2011}\equiv 48\, (mod\, 2011),\,42^{2011}\equiv 42\, (mod\, 2011)$$
Suy ra $$ \begin{bmatrix}
41.48^{n}+49.(-42)^{n}+90
\end{bmatrix}\equiv 41.42^{2}+49.42^{2}+90\equiv 0 \, (mod\, 2011)$$
Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Cho dãy số nguỵên $(a_{n})$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
a_{0}=1;\, a_{1}=-1\\ a_{n+2}=6a_{n+1}+5a_{n},\, \forall n\in N
\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng $a_{2012}-2010$ chia hết cho $2011$.
Lời giải.
Xét dãy $v_{n}$ được xác định như sau: $$\left\{\begin{matrix}
v_{0}=1;\, v_{1}=-1\\ v_{n+2}=5v_{n+1}+2016v_{n},\, \forall n\in N
\end{matrix}\right.$$
Trước hết, ta chứng minh $a_{n}\equiv v_{n}\;(mod\;2011),\, \forall n\in N\;(1)$
Với $n=0$ ta được $a_{0}\equiv v_{0}\equiv 1\;(mod\;2011)$
Với $n=1$ ta được $a_{1}\equiv v_{1}\equiv -1\;(mod\;2011)$
Giả sử $(1)$ đúng với $\forall i=\overline{0;n}$. Ta cần chứng minh $a_{n+1}\equiv v_{n+1}\;(mod\;2011)$
Thật vậy: $$a_{n+1}\equiv 6a_{n}+5a_{n-1}\equiv 6v_{n}+2016v_{n-1}\equiv v_{n+1}\;(mod\;2011)$$
Vậy $a_{n}\equiv v_{n}\;(mod\;2011),\, \forall n\in N$
Lại có: $$v_{n+2}=6v_{n+1}+2016v_{n}\Rightarrow v_{n}=a.48^{n}+b.(-42)^{n}$$
Kết hợp với $v_{0}$ và $v_{1}$ ta được hệ $$\left\{\begin{matrix}
v_{0}=a+b=1\\ v_{1}=48a-42b=-1
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
a=\frac{41}{90}\\b=\frac{49}{90}
\end{matrix}\right.$$
Do đó $$v_{n}=\frac{41.48^{n}+49.(-42)^{n}}{90}$$
Ta cần chứng minh $$\left ( a_{2012}-2010 \right )\vdots \, 2011\Leftrightarrow \left ( v_{2012}+1\right )\vdots 2011\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
41.48^{2012}+49.(-42)^{2012}+90
\end{bmatrix} \vdots 2011$$
Theo định lý Fermat nhỏ mở rộng ta được $$48^{2011}\equiv 48\, (mod\, 2011),\,42^{2011}\equiv 42\, (mod\, 2011)$$
Suy ra $$ \begin{bmatrix}
41.48^{n}+49.(-42)^{n}+90
\end{bmatrix}\equiv 41.42^{2}+49.42^{2}+90\equiv 0 \, (mod\, 2011)$$
Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Thứ Ba, 23 tháng 9, 2014
Bài toán.
Tìm tất cả các hàm số $f:R\rightarrow R$ thỏa $$f\left ( f(x+y) .f(x-y)\right )=x^{2}-yf(y)\, \forall x,y \,(1)$$
Lời giải.
Trong $(1)$ thay $y$ bởi $-y$ ta được $$f\left ( f(x-y) .f(x+y)\right )=x^{2}+yf(-y)\; (2)$$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $$yf(-y)=-yf(y)\Rightarrow f(y)=-f(-y),\,\forall y\neq 0$$
Trong $(1)$ thay $y$ bởi $0$ ta được $$f\left ( f^{2}(x) \right )=x^{2},\, \forall x\, (*)$$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $0$ và $y$ khác $0$ ta được $$f\left ( f(y) f(-y)\right )=-yf(y)\Rightarrow f\left ( -f^{2}(y) \right )=-yf(y),\, \forall y\neq0\, (**)$$
Giả sử $\exists y_{0}\neq 0:\, f\left ( y_{0} \right )=0$. Khi đó kết hợp với $(**)$ ta được $f(0)=0$
Trong $(1)$ thay $y$ và $x$ bởi $y_{0}$ ta được $$f\left ( f(2y_{0})f(0) \right )=y_{0}^{2}-y_{0}f\left ( y_{0} \right )\Rightarrow y_{0}\begin{bmatrix}
f\left ( y_{0} \right )-y_{0}
\end{bmatrix}=0\Rightarrow f\left ( y_{0} \right )=y_{0}$$
Điểu này vô lý vì $f\left ( y_{0} \right )=0$. Do đó $\forall y\neq 0:\, f\left ( y \right )\neq 0$
Từ $(**)$ suy ra $$-f\left ( f^{2} (y)\right )=-yf(y)\Rightarrow f\left ( f^{2} (y)\right )=yf(y),\,\forall y\neq0\,(***)$$
Kết hợp $(*)$ và $(***)$ suy ra $$x^{2}=xf(x),\, \forall x\neq 0\Rightarrow f(x)=x,\, \forall x\neq 0$$
Giả sử $f(0)\neq 0$. Khi đó $$f^{2}(0)\neq 0\Rightarrow f\left (f^{2}(0) \right )=f^{2}(0)\neq 0$$
Điều này vô lý vì $f\left ( f^{2}(0) \right )=0$ (theo $(*)$)
Do đó $f(0)=0 $
Vậy $f(x)=x,\, \forall x$
Tìm tất cả các hàm số $f:R\rightarrow R$ thỏa $$f\left ( f(x+y) .f(x-y)\right )=x^{2}-yf(y)\, \forall x,y \,(1)$$
Lời giải.
Trong $(1)$ thay $y$ bởi $-y$ ta được $$f\left ( f(x-y) .f(x+y)\right )=x^{2}+yf(-y)\; (2)$$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $$yf(-y)=-yf(y)\Rightarrow f(y)=-f(-y),\,\forall y\neq 0$$
Trong $(1)$ thay $y$ bởi $0$ ta được $$f\left ( f^{2}(x) \right )=x^{2},\, \forall x\, (*)$$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $0$ và $y$ khác $0$ ta được $$f\left ( f(y) f(-y)\right )=-yf(y)\Rightarrow f\left ( -f^{2}(y) \right )=-yf(y),\, \forall y\neq0\, (**)$$
Giả sử $\exists y_{0}\neq 0:\, f\left ( y_{0} \right )=0$. Khi đó kết hợp với $(**)$ ta được $f(0)=0$
Trong $(1)$ thay $y$ và $x$ bởi $y_{0}$ ta được $$f\left ( f(2y_{0})f(0) \right )=y_{0}^{2}-y_{0}f\left ( y_{0} \right )\Rightarrow y_{0}\begin{bmatrix}
f\left ( y_{0} \right )-y_{0}
\end{bmatrix}=0\Rightarrow f\left ( y_{0} \right )=y_{0}$$
Điểu này vô lý vì $f\left ( y_{0} \right )=0$. Do đó $\forall y\neq 0:\, f\left ( y \right )\neq 0$
Từ $(**)$ suy ra $$-f\left ( f^{2} (y)\right )=-yf(y)\Rightarrow f\left ( f^{2} (y)\right )=yf(y),\,\forall y\neq0\,(***)$$
Kết hợp $(*)$ và $(***)$ suy ra $$x^{2}=xf(x),\, \forall x\neq 0\Rightarrow f(x)=x,\, \forall x\neq 0$$
Giả sử $f(0)\neq 0$. Khi đó $$f^{2}(0)\neq 0\Rightarrow f\left (f^{2}(0) \right )=f^{2}(0)\neq 0$$
Điều này vô lý vì $f\left ( f^{2}(0) \right )=0$ (theo $(*)$)
Do đó $f(0)=0 $
Vậy $f(x)=x,\, \forall x$
Bài bất đẳng thức thi Olympic Chuyên KHTN 2014
Bài toán. (Olympic Chuyên KHTN 2014)
Cho các số thực không âm $a,b,c,$ thỏa :$$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1$$
Chứng minh rằng : $$\frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}+\frac{b}{c(4a+15)(c+2a)^{2}}+\frac{c}{a(4b+15)(a+2b)^{2}}\geq \frac{1}{3}$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwar ta được $$\sum \frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}=\sum \frac{\left (\frac{a}{b+2c} \right )^{2}}{ab(4c+15)}\geq \frac{\left ( \sum \frac{a}{b+2c} \right )^{2}}{12abc+15(ab+bc+ca)}$$
Mà $$\sum \frac{a}{b+2c}=\sum \frac{a^{2}}{ab+2ac}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{3(ab+bc+ca)}\geq 1$$
Do đó, ta cần chứng minh $$12abc+15(ab+bc+ca)\leq 3\Rightarrow 4abc+5(ab+bc+ca)\leq 1$$
Lại có: $$1=\prod (a+b+2c)\leq \frac{64}{27}.(a+b+c)^{3}\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{4}$$
Do đó: $$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1\Rightarrow 2(a+b+c)^{3}+(a+b+c)(ab+bc+ca)+abc=1$$
$$\Rightarrow 1\geq 7(a+b+c)(ab+bc+ca)+abc\geq \frac{21}{4}(ab+bc+ca)+abc\Rightarrow ab+bc+ca\leq \frac{4}{21}-\frac{4}{21}abc$$
$$\Rightarrow 4abc+5(ab+bc+ca)\leq 5\left ( \frac{4}{21}-\frac{4}{21}abc \right )+4abc=\frac{64abc}{21}+\frac{20}{21}$$
Suy ra cần chứng minh $$\frac{64abc}{21}+\frac{20}{21}\leq 1\Rightarrow abc\leq \frac{1}{64}\, (*)$$
Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta được $$1\geq \prod \left ( 4\sqrt[4]{abc^{2}} \right )=64abc\Rightarrow abc\leq \frac{1}{64}$$
Dẫn đến $(*)$ đúng. Vậy ta được $$\frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}+\frac{b}{c(4a+15)(c+2a)^{2}}+\frac{c}{a(4b+15)(a+2b)^{2}}\geq \frac{1}{3}$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{2}$
Cho các số thực không âm $a,b,c,$ thỏa :$$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1$$
Chứng minh rằng : $$\frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}+\frac{b}{c(4a+15)(c+2a)^{2}}+\frac{c}{a(4b+15)(a+2b)^{2}}\geq \frac{1}{3}$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwar ta được $$\sum \frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}=\sum \frac{\left (\frac{a}{b+2c} \right )^{2}}{ab(4c+15)}\geq \frac{\left ( \sum \frac{a}{b+2c} \right )^{2}}{12abc+15(ab+bc+ca)}$$
Mà $$\sum \frac{a}{b+2c}=\sum \frac{a^{2}}{ab+2ac}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{3(ab+bc+ca)}\geq 1$$
Do đó, ta cần chứng minh $$12abc+15(ab+bc+ca)\leq 3\Rightarrow 4abc+5(ab+bc+ca)\leq 1$$
Lại có: $$1=\prod (a+b+2c)\leq \frac{64}{27}.(a+b+c)^{3}\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{4}$$
Do đó: $$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1\Rightarrow 2(a+b+c)^{3}+(a+b+c)(ab+bc+ca)+abc=1$$
$$\Rightarrow 1\geq 7(a+b+c)(ab+bc+ca)+abc\geq \frac{21}{4}(ab+bc+ca)+abc\Rightarrow ab+bc+ca\leq \frac{4}{21}-\frac{4}{21}abc$$
$$\Rightarrow 4abc+5(ab+bc+ca)\leq 5\left ( \frac{4}{21}-\frac{4}{21}abc \right )+4abc=\frac{64abc}{21}+\frac{20}{21}$$
Suy ra cần chứng minh $$\frac{64abc}{21}+\frac{20}{21}\leq 1\Rightarrow abc\leq \frac{1}{64}\, (*)$$
Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta được $$1\geq \prod \left ( 4\sqrt[4]{abc^{2}} \right )=64abc\Rightarrow abc\leq \frac{1}{64}$$
Dẫn đến $(*)$ đúng. Vậy ta được $$\frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}+\frac{b}{c(4a+15)(c+2a)^{2}}+\frac{c}{a(4b+15)(a+2b)^{2}}\geq \frac{1}{3}$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{2}$
Bài toán.
Cho dãy số thực $\begin{Bmatrix}
a_{n}
\end{Bmatrix}$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
a_{1}\in (1;2)\\ a_{n+1}=a_{n}+\frac{n}{a_{n}}
\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng tồn tại nhiều nhất một cặp $(a_{i};a_{j})$ với $i\neq j$ sao cho $a_{i}+a_{j}$ là số nguyên.
Lời giải.
Trước hết, chứng minh $a_{n}> n,\,\forall n\in N^{*}\,(1) $
Với $n=1$ ta được $a_{1}\in (1;2)\Rightarrow a_{1}> 1$
Giả sử $(1)$ đúng với $n$. Ta cần chứng minh $a_{n+1}> n+1$
Thật vậy: $$a_{n+1}> n+1\Leftrightarrow a_{n}+\frac{n}{a_{n}}> n+1\Leftrightarrow (a_{n}-1)(a_{n}-n)> 0$$Điều này đúng nên ta được $a_{n}>n$
Đặt $b_{n}=a_{n}-n,\, \forall n\in N^{*}$
$$b_{n+1}=a_{n+1}-(n+1)=(a_{n}-n)+\frac{n}{a_{n}}-1< b_{n}$$Vậy dãy $(b_{n})$ là dãy giảm.
Suy ra $$\forall i,j,i\neq j:0< b_{i}+b_{j}< 2b_{1}< 2$$Kết hợp với dãy $(b_{n})$ giảm, suy ra tồn tại nhiều nhất một cặp $(b_{i};b_{j})$ thỏa $b_{i}+b_{j}\in Z$
Do đó tồn tại nhiều nhất một cặp $(a_{i};a_{j})$ với $i\neq j$ sao cho $a_{i}+a_{j}$ là số nguyên.
Cho dãy số thực $\begin{Bmatrix}
a_{n}
\end{Bmatrix}$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
a_{1}\in (1;2)\\ a_{n+1}=a_{n}+\frac{n}{a_{n}}
\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng tồn tại nhiều nhất một cặp $(a_{i};a_{j})$ với $i\neq j$ sao cho $a_{i}+a_{j}$ là số nguyên.
Lời giải.
Trước hết, chứng minh $a_{n}> n,\,\forall n\in N^{*}\,(1) $
Với $n=1$ ta được $a_{1}\in (1;2)\Rightarrow a_{1}> 1$
Giả sử $(1)$ đúng với $n$. Ta cần chứng minh $a_{n+1}> n+1$
Thật vậy: $$a_{n+1}> n+1\Leftrightarrow a_{n}+\frac{n}{a_{n}}> n+1\Leftrightarrow (a_{n}-1)(a_{n}-n)> 0$$Điều này đúng nên ta được $a_{n}>n$
Đặt $b_{n}=a_{n}-n,\, \forall n\in N^{*}$
$$b_{n+1}=a_{n+1}-(n+1)=(a_{n}-n)+\frac{n}{a_{n}}-1< b_{n}$$Vậy dãy $(b_{n})$ là dãy giảm.
Suy ra $$\forall i,j,i\neq j:0< b_{i}+b_{j}< 2b_{1}< 2$$Kết hợp với dãy $(b_{n})$ giảm, suy ra tồn tại nhiều nhất một cặp $(b_{i};b_{j})$ thỏa $b_{i}+b_{j}\in Z$
Do đó tồn tại nhiều nhất một cặp $(a_{i};a_{j})$ với $i\neq j$ sao cho $a_{i}+a_{j}$ là số nguyên.
Bài hình học chọn đội tuyển Chuyên Lương Thế Vinh 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển THPT Chuyên Lương Thế Vinh)
Cho hình bình hành $ABCD$ có góc $\widehat{A}$ là góc tù. $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Đường
trung tuyến $CM$ của $\bigtriangleup ABC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ngoại tiếp $ABC$ tại $K$
1) Chứng minh hai tam giác $KAD$ và $KMH$ đồng dạng
2) Chứng minh $K,H,C,D$ cùng nằm trên một đường tròn.
Lời giải
Cho hình bình hành $ABCD$ có góc $\widehat{A}$ là góc tù. $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Đường
trung tuyến $CM$ của $\bigtriangleup ABC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ngoại tiếp $ABC$ tại $K$
1) Chứng minh hai tam giác $KAD$ và $KMH$ đồng dạng
2) Chứng minh $K,H,C,D$ cùng nằm trên một đường tròn.
Lời giải
Câu 1. Ta có: $$\widehat{KMH} =\widehat{KMB}+ \widehat{BMH}=\widehat{KAB} +\widehat{CBA}+\widehat{BMH} $$
Suy ra $$\widehat{KMH} =\widehat{KAB} +180^{0}-\widehat{ABC} =\widehat{KAB} +\widehat{BAD} =\widehat{KAD} \;(1)$$
Lại có: $$\bigtriangleup AKM\sim \bigtriangleup CBM\Rightarrow AK.BM=BC.KM\Rightarrow \frac{AK}{AD}=\frac{MK}{MH}\;(2)$$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\bigtriangleup KAD\sim \bigtriangleup KMH\;(g-c-g)$
Câu 2. Ta có: $$\widehat{ KDC}=\widehat{ADB} -\widehat{ADK} =\widehat{ABC} -\widehat{MHK} =\widehat{MHB} -\widehat{MHK} =\widehat{KHB} $$
Vậy $K,H,C,D$ đồng viên.
Thứ Hai, 22 tháng 9, 2014
Phương pháp phản chứng trong phương trình hàm
Bài toán 1.
Tìm tất cả các hàm số $f:[1;+\infty )\rightarrow [1;+\infty )$ thỏa $$f\left ( xf\left ( y \right )\right ).f\left ( y \right )=f\left ( x+y \right ),\;\forall y\geq 1\; (1)$$
Lời giải.
Giả sử $\exists y_{0}:f(y_{0})\neq 1$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $\frac{y_{0}}{f(y_{0})-1}$ và thay $y$ bởi $y_{0}$ ta được $$f\left ( \frac{y_{0}.f(y_{0})}{f(y_{0})-1} \right ).f(y_{0})=f\left ( \frac{y_{0}}{f(y_{0})-1} +y_{0}\right )\Rightarrow f(y_{0})=1$$
Điều này mâu thuẫn với giả sử
Vậy $f(x)=1,\; \forall x\geq 1$
Bài toán 2.
Tìm tất cả các hàm số $f:R\setminus \begin{Bmatrix}
0
\end{Bmatrix}\rightarrow R\setminus \begin{Bmatrix}
0
\end{Bmatrix}$ thỏa $$f(x)+f(y)=f\left ( xy.f(x+y) \right ),\, \forall xy(x+y)\neq 0\; (1)$$
Lời giải.
Tìm tất cả các hàm số $f:[1;+\infty )\rightarrow [1;+\infty )$ thỏa $$f\left ( xf\left ( y \right )\right ).f\left ( y \right )=f\left ( x+y \right ),\;\forall y\geq 1\; (1)$$
Lời giải.
Giả sử $\exists y_{0}:f(y_{0})\neq 1$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $\frac{y_{0}}{f(y_{0})-1}$ và thay $y$ bởi $y_{0}$ ta được $$f\left ( \frac{y_{0}.f(y_{0})}{f(y_{0})-1} \right ).f(y_{0})=f\left ( \frac{y_{0}}{f(y_{0})-1} +y_{0}\right )\Rightarrow f(y_{0})=1$$
Điều này mâu thuẫn với giả sử
Vậy $f(x)=1,\; \forall x\geq 1$
Bài toán 2.
Tìm tất cả các hàm số $f:R\setminus \begin{Bmatrix}
0
\end{Bmatrix}\rightarrow R\setminus \begin{Bmatrix}
0
\end{Bmatrix}$ thỏa $$f(x)+f(y)=f\left ( xy.f(x+y) \right ),\, \forall xy(x+y)\neq 0\; (1)$$
Lời giải.
Giả sử $\exists x_{0}:f(x_{0})\neq \frac{1}{x_{0}}$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $\frac{1}{f(x_{0})}$ và thay $y$ bởi $x_{0}-\frac{1}{f(x_{0})}$ ta được $$f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )+f\left ( x_{0}-\frac{1}{f(x_{0})} \right )=f\left ( x_{0} -\frac{1}{f(x_{0})}\right )\Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )=0$$
Điều này vô lý.
Vậy $f(x)=\frac{1}{x},\, \forall x\neq 0$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $\frac{1}{f(x_{0})}$ và thay $y$ bởi $x_{0}-\frac{1}{f(x_{0})}$ ta được $$f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )+f\left ( x_{0}-\frac{1}{f(x_{0})} \right )=f\left ( x_{0} -\frac{1}{f(x_{0})}\right )\Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )=0$$
Điều này vô lý.
Vậy $f(x)=\frac{1}{x},\, \forall x\neq 0$
Bài đa thức thi Olympic Chuyên KHTN 2014
Bài toán. (Olympic Chuyên KHTN 2014)
Tìm tất cả các đa thức hệ số thực $P(x)$ sao cho $$(x-2)P(3x+2)=3^{2015}xP(x)+3^{2016}x-3x+6\;(1)$$
Lời giải.
Gọi $a_{n}$ là hệ số bậc cao nhất và $n=deg\; P(x)$
Xét hệ số bậc $n+1$ của hai vế ta được
$$a_{n}.3^{n}=a_{n}.3^{2015}\Rightarrow n=2015$$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $0$ ta được
$$(-2).P(2)=6\Rightarrow P(2)=-3$$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $-1$ ta được $$(-3).P(-1)=-3^{2015}.P(-1)-3^{2016}+3+6\Rightarrow P(-1)=-3$$
Từ đây suy ra $$P(x)=(x-2)(x-1).Q_{1}(x)-3$$
Thế vào $(1)$ ta được $$Q_{1}(3x+2)=3^{2015}.Q_{1}(x)\; (2)$$
Trong $(2)$ thay $x$ bởi $-1$ ta được $$Q_{1}(-1)=0\Rightarrow Q_{1}(x)=(x+1).Q_{2}(x)\Rightarrow P(x)=(x-2)(x+1)^{2}.Q_{2}(x)-3$$
Tiếp tục như vậy và do $n=deg\; P(x)=2015$ nên $$P(x)=c(x-2)(x+1)^{2014}-3,\; \forall x\in R,\; c=const$$
Chủ Nhật, 21 tháng 9, 2014
Bài số học thi Olympic Chuyên KHTN 2014
Bài toán. (Olympic Chuyên KHTN 2014)
Tìm tất cả các bộ ba số $(x,n,p)$ với $x,n$ là các số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn
$$x^{3}+2x=3(p^{n}-1)$$
Lời giải.
Theo giả thiết ta có $$x^{3}+2x=3(p^{n}-1)\Leftrightarrow x^{3}+2x+3=3p^{n}\Leftrightarrow (x+1)(x^{2}-x+3)=3p^{n}$$
Gọi $d=gcd(x+1;x^{2}-x+3)$. Khi đó ta có: $$\left\{\begin{matrix}
x+1\vdots d\\ x^{2}-x+3\vdots d
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x+1\vdots d\\ (x+1)(x-2)+5\vdots d
\end{matrix}\right.\Rightarrow 5\vdots d\Rightarrow d=1;5$$
Nếu $p=3$ thì $$(x+1)(x^{2}-x+3)=3^{n+1}\Rightarrow x+1=1\Rightarrow x=0$$
Điều này vô lý do $x$ nguyên dương.
Nếu $p\neq 3$ thì xét hai khả năng sau:
* Khả năng 1. Nếu $d=1$ thì ta có hai trường hợp sau:
$\left\{\begin{matrix}
x+1=3\\ x^{2}-x+3=p^{n}
\end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix}
x+1=p^{n}\\ x^{2}-x+3=3
\end{matrix}\right.$
Tìm tất cả các bộ ba số $(x,n,p)$ với $x,n$ là các số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn
$$x^{3}+2x=3(p^{n}-1)$$
Lời giải.
Theo giả thiết ta có $$x^{3}+2x=3(p^{n}-1)\Leftrightarrow x^{3}+2x+3=3p^{n}\Leftrightarrow (x+1)(x^{2}-x+3)=3p^{n}$$
Gọi $d=gcd(x+1;x^{2}-x+3)$. Khi đó ta có: $$\left\{\begin{matrix}
x+1\vdots d\\ x^{2}-x+3\vdots d
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x+1\vdots d\\ (x+1)(x-2)+5\vdots d
\end{matrix}\right.\Rightarrow 5\vdots d\Rightarrow d=1;5$$
Nếu $p=3$ thì $$(x+1)(x^{2}-x+3)=3^{n+1}\Rightarrow x+1=1\Rightarrow x=0$$
Điều này vô lý do $x$ nguyên dương.
Nếu $p\neq 3$ thì xét hai khả năng sau:
* Khả năng 1. Nếu $d=1$ thì ta có hai trường hợp sau:
$\left\{\begin{matrix}
x+1=3\\ x^{2}-x+3=p^{n}
\end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix}
x+1=p^{n}\\ x^{2}-x+3=3
\end{matrix}\right.$
Giải ra ta được $(x,n,p)=(2,1,5);(1,1,2)$
* Khả năng 2. Nếu $d=5$ thì ta có $$5^{2}\left | \right |(x+1)(x^{2}-x+3)\Rightarrow p=5,n=2\Rightarrow (x+1)(x^{2}-x+3)=75\Rightarrow x=4$$
hoặc $$5^{3}\left | \right |(x+1)(x^{2}-x+3)\Rightarrow p=5;n=3\Rightarrow x\notin Z^{+}$$
Vậy $(x,n,p)=(2,1,5);(1,1,2);(4,2,5)$
Bài số học chọn đội tuyển Chuyên Lương Thế Vinh 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh)
Xác định tất cả các cặp số nguyên tố $(p;q)$ sao cho $$p^{q+1}+q^{p+1}$$ là số chính phương.
Lời giải.
Nếu $p,q$ cùng chẵn thì $p=q=2$ (thỏa đề bài)
Đặt $$p^{q+1}+q^{p+1}=x^{2}$$ với $\left ( x\in N \right )$
Nếu $p,q$ cùng lẻ thì $$p^{q+1}\equiv q^{p+1}\equiv 1(mod \, 4)\Rightarrow x^{2}\equiv 2(mod\, 4)$$
Điều này mâu thuẫn vì số chính phương chia cho $4$ dư $0$ hoặc $1$
Nếu $p,q$ khác tính chẵn lẻ. Do vai trò $p,q$ như nhau nên giả sử $q$ chẵn và $p$ lẻ
Suy ra $q=2$ và $p=2k+1$
Ta lại có: $$p^{3}+2^{p+1}=x^{2}\Leftrightarrow p^{3}=x^{2}-2^{2k+2}\Leftrightarrow (x+2^{k+1})(x-2^{k+1})=p^{3}$$
Do $x+2^{k+1}> x-2^{k+1}$ nên ta xét hai trường hợp sau:
* Trường hợp 1. $x+2^{k+1}=p^{2}\Rightarrow x-2^{k+1}=p\Rightarrow p(p-1)=2^{k+2}$
Do $p$ lẻ nên $p=1$ và $p-1=2^{k+2}$ (vô lý)
* Trường hợp 2. $$x+2^{k+1}=p^{3}\Rightarrow x-2^{k+1}=1\Rightarrow p^{3}-1=2^{k+2}\Rightarrow (p-1)(p^{2}+p+1)=2^{k+2}$$
Do $p^{2}+p+1$ lẻ nên $p^{2}+p+1=1$ (vô lý)
Vậy $(p,q)=(2;2)$
Xác định tất cả các cặp số nguyên tố $(p;q)$ sao cho $$p^{q+1}+q^{p+1}$$ là số chính phương.
Lời giải.
Nếu $p,q$ cùng chẵn thì $p=q=2$ (thỏa đề bài)
Đặt $$p^{q+1}+q^{p+1}=x^{2}$$ với $\left ( x\in N \right )$
Nếu $p,q$ cùng lẻ thì $$p^{q+1}\equiv q^{p+1}\equiv 1(mod \, 4)\Rightarrow x^{2}\equiv 2(mod\, 4)$$
Điều này mâu thuẫn vì số chính phương chia cho $4$ dư $0$ hoặc $1$
Nếu $p,q$ khác tính chẵn lẻ. Do vai trò $p,q$ như nhau nên giả sử $q$ chẵn và $p$ lẻ
Suy ra $q=2$ và $p=2k+1$
Ta lại có: $$p^{3}+2^{p+1}=x^{2}\Leftrightarrow p^{3}=x^{2}-2^{2k+2}\Leftrightarrow (x+2^{k+1})(x-2^{k+1})=p^{3}$$
Do $x+2^{k+1}> x-2^{k+1}$ nên ta xét hai trường hợp sau:
* Trường hợp 1. $x+2^{k+1}=p^{2}\Rightarrow x-2^{k+1}=p\Rightarrow p(p-1)=2^{k+2}$
Do $p$ lẻ nên $p=1$ và $p-1=2^{k+2}$ (vô lý)
* Trường hợp 2. $$x+2^{k+1}=p^{3}\Rightarrow x-2^{k+1}=1\Rightarrow p^{3}-1=2^{k+2}\Rightarrow (p-1)(p^{2}+p+1)=2^{k+2}$$
Do $p^{2}+p+1$ lẻ nên $p^{2}+p+1=1$ (vô lý)
Vậy $(p,q)=(2;2)$
Bài dãy số chọn đội tuyển Chuyên Lương Thế Vinh 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh)
Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi:
$$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=1\\ x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1
\end{matrix}\right.$$
Xét dãy $(y_{n})$ được xác định bởi $$y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}+2}$$
Tìm $lim \, y_{n}$
Lời giải.
Ta có: $$x_{n+1}-x_{n}=x_{n}^{2}+2x_{n}+1=(x_{n}+1)^{2}\geq 0$$
Do đó $(x_{n})$ là dãy tăng.
Giả sử $(x_{n})$ bị chặn trên thì $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn. Đặt $lim\, x_{n}=L$.
Chuyển qua giới hạn ta được: $$L=L^{2}+3L+1\Rightarrow L=-1$$
Điều này vô lý vì $$x_{n}> x_{n-1}> ...> x_{1}=1$$
Do đó $lim\, x_{n}=+\infty $
Lại có: $$x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1\Rightarrow x_{n+1}+1=x_{n}^{2}+3x_{n}+2=(x_{n}+1)(x_{n}+2)$$
$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{(x_{n}+1)(x_{n}+2)}=\frac{1}{x_{n}+1}-\frac{1}{x_{n}+2}
\Rightarrow \frac{1}{x_{n}+2}=\frac{1}{x_{n}+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}$$
$$\Rightarrow y_{n}=\frac{1}{x_{1}+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}
\Rightarrow y_{n}=\frac{1}{2}-\frac{1}{x_{n+1}+1}\Rightarrow \lim_{x\rightarrow +\infty }y_{n}=\frac{1}{2}$$
Vậy $lim \, y_{n}=\frac{1}{2}$
Bài toán mới suy biến của bài toán trên (Toán học Tuổi trẻ)
Cho dãy số $(u_{n})$ xác định bởi: $$\left\{ \begin{align} & {{u}_{1}}=1 \\ & {{u}_{n+1}}=\sqrt{{{u}_{n}}({{u}_{n}}+1)({{u}_{n}}+2)({{u}_{n}}+3)+1},\forall n\in N*. \\ \end{align} \right.$$
Xét dãy $(x_{n})$ được xác định bởi $$x_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}+2}$$Tìm $lim \, x_{n}$
Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi:
$$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=1\\ x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1
\end{matrix}\right.$$
Xét dãy $(y_{n})$ được xác định bởi $$y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}+2}$$
Tìm $lim \, y_{n}$
Lời giải.
Ta có: $$x_{n+1}-x_{n}=x_{n}^{2}+2x_{n}+1=(x_{n}+1)^{2}\geq 0$$
Do đó $(x_{n})$ là dãy tăng.
Giả sử $(x_{n})$ bị chặn trên thì $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn. Đặt $lim\, x_{n}=L$.
Chuyển qua giới hạn ta được: $$L=L^{2}+3L+1\Rightarrow L=-1$$
Điều này vô lý vì $$x_{n}> x_{n-1}> ...> x_{1}=1$$
Do đó $lim\, x_{n}=+\infty $
Lại có: $$x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1\Rightarrow x_{n+1}+1=x_{n}^{2}+3x_{n}+2=(x_{n}+1)(x_{n}+2)$$
$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{(x_{n}+1)(x_{n}+2)}=\frac{1}{x_{n}+1}-\frac{1}{x_{n}+2}
\Rightarrow \frac{1}{x_{n}+2}=\frac{1}{x_{n}+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}$$
$$\Rightarrow y_{n}=\frac{1}{x_{1}+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}
\Rightarrow y_{n}=\frac{1}{2}-\frac{1}{x_{n+1}+1}\Rightarrow \lim_{x\rightarrow +\infty }y_{n}=\frac{1}{2}$$
Vậy $lim \, y_{n}=\frac{1}{2}$
Bài toán mới suy biến của bài toán trên (Toán học Tuổi trẻ)
Cho dãy số $(u_{n})$ xác định bởi: $$\left\{ \begin{align} & {{u}_{1}}=1 \\ & {{u}_{n+1}}=\sqrt{{{u}_{n}}({{u}_{n}}+1)({{u}_{n}}+2)({{u}_{n}}+3)+1},\forall n\in N*. \\ \end{align} \right.$$
Xét dãy $(x_{n})$ được xác định bởi $$x_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}+2}$$Tìm $lim \, x_{n}$
Đăng ký:
Bài đăng (Atom)