Bài toán. (THTT số $448$)
Gọi $\begin{bmatrix}
x
\end{bmatrix}$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$, $\begin{Bmatrix}
x
\end{Bmatrix}=x-\begin{bmatrix}
x
\end{bmatrix}$ là phần lẻ của $x$.
Hãy tìm $$\begin{Bmatrix}
\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}
\end{Bmatrix}$$ biết rằng $p,q$ là các số nguyên tố lớn hơn $5$
Lời giải.
Do $p,q$ là các số nguyên tố lớn hơn $5$ nên $p,q$ lẻ. Suy ra $$p^{2}\equiv q^{2}\equiv 1\left ( mod\;8 \right )\Rightarrow p^{2012}\equiv q^{2016}\equiv 1\left ( mod\;8 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;8 \right )$$Theo định lý Fermat (do $(p,3)=(q,3)=1$) ta được $$p^{2}\equiv q^{2}\equiv 1\left ( mod\;3 \right )\Rightarrow p^{2012}\equiv q^{2016}\equiv 1\left ( mod\;3 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;3 \right )$$Theo định lý Fermat (do $(p,5)=(q,5)=1$) ta được $$p^{4}\equiv q^{4}\equiv 1\left ( mod\;5 \right )\Rightarrow p^{2012}\equiv q^{2016}\equiv 1\left ( mod\;5 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;5 \right )$$ Do $(3,5,8)=1$ nên $$ p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;120 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}=120k+2\;(k\in Z)$$ Suy ra $$ \begin{Bmatrix}
\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}
\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}
\frac{120k+2}{120}
\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}
\frac{2}{120}
\end{Bmatrix}$$
Thứ Năm, 30 tháng 10, 2014
Thứ Ba, 28 tháng 10, 2014
Bài toán.
Cho hai dãy $(x_{n}),\,(y_{n}):$$$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=-1,y_{1}=1\\x_{n+1}=-3x_{n}^{2}-2x_{n}y_{n}+8y_{n}^{2}
\\y_{n+1}=2x_{n}^{2}+3x_{n}y_{n}-2y_{n}^{2}
\end{matrix}\right.\;\;\forall n\geq 1$$
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $x_{p}+y_{p}$ không chia hết cho $p$
Lời giải.
Ta có $$x_{n}+2y_{n}=-3x_{n-1}^{2}-2x_{n-1}y_{n-1}+8y_{n-1}^{2}+2\left ( -2x_{n-1}^{2}+3x_{n-1}y_{n-1}-2y_{n-1}^{2}\right )$$$$\Rightarrow x_{n}+2y_{n}=\left ( x_{n-1}+2y_{n-1} \right )^{2}=\left ( x_{1}+2y_{1} \right )^{2(n-1)}=1,\;\forall n\geq 1$$Lại có $$x_{n}-y_{n}=-3x_{n-1}^{2}-2x_{n-1}y_{n-1}+8y_{n-1}^{2} -\left ( 2x_{n-1}^{2}+3x_{n-1}y_{n-1}-2y_{n-1}^{2} \right )$$$$\Rightarrow x_{n}-y_{n}=-5(x_{n-1}+2y_{n-1})(x_{n-1}-y_{n-1})=-5(x_{n-1}-y_{n-1})$$$$\Rightarrow x_{n}-y_{n}=(-5)^{n-1}(x_{1}-y_{1})=-2.(-5)^{n-1}$$Do đó$$x_{n}+y_{n}=\frac{x_{n}-y_{n}+2(x_{n}+2y_{n})}{3}=\frac{-2.(-5)^{n-1}+2}{3}$$Xét $p>5$. Khi đó $$x_{p}+y_{p}=\frac{-2.5^{p-1}+2}{3}$$ Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$5^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow 2-2.5^{p-1}\equiv 0\left ( mod\;p \right )$$ Dẫn đến $x_{p}+y_{p}$ chia hết cho $p$ (do $(p,3)=1$)
Nếu $p=2$ thì $x_{2}+y_{2}=4\Rightarrow \left.\begin{matrix}
2
\end{matrix}\right|x_{2}+y_{2}$
Nếu $p=3$ thì $x_{3}+y_{3}=-16\Rightarrow x_{3}+y_{3}\equiv 2\left ( mod\;3 \right )$
Nếu $p=5$ thì $x_{5}+y_{5}=-416\Rightarrow x_{5}+y_{5}\equiv 4\left ( mod\;5 \right )$
Vậy $p=3,5$ thỏa yêu cầu đề bài.
Cho hai dãy $(x_{n}),\,(y_{n}):$$$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=-1,y_{1}=1\\x_{n+1}=-3x_{n}^{2}-2x_{n}y_{n}+8y_{n}^{2}
\\y_{n+1}=2x_{n}^{2}+3x_{n}y_{n}-2y_{n}^{2}
\end{matrix}\right.\;\;\forall n\geq 1$$
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $x_{p}+y_{p}$ không chia hết cho $p$
Lời giải.
Ta có $$x_{n}+2y_{n}=-3x_{n-1}^{2}-2x_{n-1}y_{n-1}+8y_{n-1}^{2}+2\left ( -2x_{n-1}^{2}+3x_{n-1}y_{n-1}-2y_{n-1}^{2}\right )$$$$\Rightarrow x_{n}+2y_{n}=\left ( x_{n-1}+2y_{n-1} \right )^{2}=\left ( x_{1}+2y_{1} \right )^{2(n-1)}=1,\;\forall n\geq 1$$Lại có $$x_{n}-y_{n}=-3x_{n-1}^{2}-2x_{n-1}y_{n-1}+8y_{n-1}^{2} -\left ( 2x_{n-1}^{2}+3x_{n-1}y_{n-1}-2y_{n-1}^{2} \right )$$$$\Rightarrow x_{n}-y_{n}=-5(x_{n-1}+2y_{n-1})(x_{n-1}-y_{n-1})=-5(x_{n-1}-y_{n-1})$$$$\Rightarrow x_{n}-y_{n}=(-5)^{n-1}(x_{1}-y_{1})=-2.(-5)^{n-1}$$Do đó$$x_{n}+y_{n}=\frac{x_{n}-y_{n}+2(x_{n}+2y_{n})}{3}=\frac{-2.(-5)^{n-1}+2}{3}$$Xét $p>5$. Khi đó $$x_{p}+y_{p}=\frac{-2.5^{p-1}+2}{3}$$ Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$5^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow 2-2.5^{p-1}\equiv 0\left ( mod\;p \right )$$ Dẫn đến $x_{p}+y_{p}$ chia hết cho $p$ (do $(p,3)=1$)
Nếu $p=2$ thì $x_{2}+y_{2}=4\Rightarrow \left.\begin{matrix}
2
\end{matrix}\right|x_{2}+y_{2}$
Nếu $p=3$ thì $x_{3}+y_{3}=-16\Rightarrow x_{3}+y_{3}\equiv 2\left ( mod\;3 \right )$
Nếu $p=5$ thì $x_{5}+y_{5}=-416\Rightarrow x_{5}+y_{5}\equiv 4\left ( mod\;5 \right )$
Vậy $p=3,5$ thỏa yêu cầu đề bài.
Chủ Nhật, 26 tháng 10, 2014
Bài toán.
Xét $n\in N,n\geq 2$. Ta tô tất cả các số tự nhiên bởi $2$ màu xanh hoặc đỏ thỏa mãn $2$ điều kiện sau:
i) Mỗi số được tô bởi một màu, mỗi màu được tô vô hạn số
ii) Tổng $n$ số cùng màu đôi một khác nhau là một số được tô cùng màu.
Hỏi có thể thực hiện được cách tô màu như trên không nếu:
1) $n=2015$
2) $n=2016$
Lời giải.
1) Ta tô màu các số tự nhiên như sau:
- Các số tự nhiên lẻ được tô bởi màu xanh.
- Các số tự nhiên chẵn được tô màu đỏ.
Dễ thấy cách tô màu trên thỏa mãn điều kiện bài toán.
2) Giả sử tồn tại cách tô màu thỏa yêu cầu đề bài.
Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh và $b$ xanh, $b+1$ đỏ.
Trước hết chứng minh tồn tại cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh. Giả sử không tồn tại cặp số nào thỏa.
Do màu đỏ được tô vô hạn nên tồn tại số $k$ được tô màu đỏ. Theo điều giả sử, ta có $k+1$
cũng được tô màu đỏ. Tương tự $a+2,a+3,...$ được tô màu đỏ.
Do đó, màu xanh được tô hữu hạn lần (điều này vô lý)
Vậy tồn tại ít nhất cặp số $a$ đỏ. $a+1$ xanh. Giả sử tồn tại hữu hạn cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh.
Gọi tập hợp các cặp đó là tập $S=\begin{Bmatrix}
(a;a+1)
\end{Bmatrix}$ và $(n,n+1) \in S$ có $a$ lớn nhất.
Do màu đỏ được tô vô hạn nên tồn tại $m>n$ được tô màu đỏ.
Suy ra $m+1,m+2,...$ được tô màu đỏ (điều này vô lý)
Vậy tồn tại vô số cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh. Tương tự ta có vô số cặp $a$ xanh, $a+1$ đỏ
Gọi $(a_{i},b_{i})$ là các cặp (đỏ, xanh) với $b_{i}=a_{i}+1$ và $i=\overline{1,2015}$, $i$ lẻ
Gọi $(b_{i},a_{i})$ là các cặp (xanh, đỏ) với $a_{i}=b_{i}+1$ và $i=\overline{1,2016}$, $i$ chẵn.
Suy ra $\sum_{i=1}^{2016}a_{i}=\sum_{i=1}^{2016}b_{i}=k$. Vậy $k$ được tô màu xanh và đỏ (vô lý)
Xét $n\in N,n\geq 2$. Ta tô tất cả các số tự nhiên bởi $2$ màu xanh hoặc đỏ thỏa mãn $2$ điều kiện sau:
i) Mỗi số được tô bởi một màu, mỗi màu được tô vô hạn số
ii) Tổng $n$ số cùng màu đôi một khác nhau là một số được tô cùng màu.
Hỏi có thể thực hiện được cách tô màu như trên không nếu:
1) $n=2015$
2) $n=2016$
Lời giải.
1) Ta tô màu các số tự nhiên như sau:
- Các số tự nhiên lẻ được tô bởi màu xanh.
- Các số tự nhiên chẵn được tô màu đỏ.
Dễ thấy cách tô màu trên thỏa mãn điều kiện bài toán.
2) Giả sử tồn tại cách tô màu thỏa yêu cầu đề bài.
Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh và $b$ xanh, $b+1$ đỏ.
Trước hết chứng minh tồn tại cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh. Giả sử không tồn tại cặp số nào thỏa.
Do màu đỏ được tô vô hạn nên tồn tại số $k$ được tô màu đỏ. Theo điều giả sử, ta có $k+1$
cũng được tô màu đỏ. Tương tự $a+2,a+3,...$ được tô màu đỏ.
Do đó, màu xanh được tô hữu hạn lần (điều này vô lý)
Vậy tồn tại ít nhất cặp số $a$ đỏ. $a+1$ xanh. Giả sử tồn tại hữu hạn cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh.
Gọi tập hợp các cặp đó là tập $S=\begin{Bmatrix}
(a;a+1)
\end{Bmatrix}$ và $(n,n+1) \in S$ có $a$ lớn nhất.
Do màu đỏ được tô vô hạn nên tồn tại $m>n$ được tô màu đỏ.
Suy ra $m+1,m+2,...$ được tô màu đỏ (điều này vô lý)
Vậy tồn tại vô số cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh. Tương tự ta có vô số cặp $a$ xanh, $a+1$ đỏ
Gọi $(a_{i},b_{i})$ là các cặp (đỏ, xanh) với $b_{i}=a_{i}+1$ và $i=\overline{1,2015}$, $i$ lẻ
Gọi $(b_{i},a_{i})$ là các cặp (xanh, đỏ) với $a_{i}=b_{i}+1$ và $i=\overline{1,2016}$, $i$ chẵn.
Suy ra $\sum_{i=1}^{2016}a_{i}=\sum_{i=1}^{2016}b_{i}=k$. Vậy $k$ được tô màu xanh và đỏ (vô lý)
Thứ Bảy, 25 tháng 10, 2014
Bài hệ phương trình THTT số 447
Bài toán. (THTT số 447)
Tìm các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn hệ phương trình: $$\left\{\begin{matrix}
\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\;(1)\\
xyz\left ( x+y+z \right )\left ( x+1 \right )\left (y+1 \right )\left ( z+1 \right )=1296\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Ta có $$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\Rightarrow \frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}=1-\frac{1}{z+1}=\frac{z}{z+1}$$$$\Rightarrow \frac{z}{z+1}\geq \frac{2}{\sqrt{(x+1)(y+1)}}$$Tương tự ta có $$\frac{x}{x+1}\geq \frac{2}{\sqrt{(y+1)(z+1)}},\;\frac{y}{y+1}\geq \frac{2}{\sqrt{(x+1)(z+1)}}$$ Suy ra $$\frac{xyz}{(x+1)(y+1)(y+1)}\geq \frac{8}{(x+1)(y+1)(z+1)}\Rightarrow xyz\geq 8$$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{9}{x+y+z+3}\Rightarrow x+y+z\geq 6$$
Theo bất đẳng thức AM-GM ta được $$1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{(x+1)(y+1)(z+1)}}\Rightarrow \geq 27$$Do đó $$xyz\left ( x+y+z \right )\left ( x+1 \right )\left (y+1 \right )\left ( z+1 \right )\geq 8.6.27=1296$$Kết hợp với $(2)$ nên đẳng thức xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
xyz=8\\ x=y=z
\end{matrix}\right.\Rightarrow x=y=z=2$$ Vậy $(x,y,z)=(2,2,2)$ là nghiệm của hệ.
Tìm các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn hệ phương trình: $$\left\{\begin{matrix}
\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\;(1)\\
xyz\left ( x+y+z \right )\left ( x+1 \right )\left (y+1 \right )\left ( z+1 \right )=1296\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Ta có $$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\Rightarrow \frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}=1-\frac{1}{z+1}=\frac{z}{z+1}$$$$\Rightarrow \frac{z}{z+1}\geq \frac{2}{\sqrt{(x+1)(y+1)}}$$Tương tự ta có $$\frac{x}{x+1}\geq \frac{2}{\sqrt{(y+1)(z+1)}},\;\frac{y}{y+1}\geq \frac{2}{\sqrt{(x+1)(z+1)}}$$ Suy ra $$\frac{xyz}{(x+1)(y+1)(y+1)}\geq \frac{8}{(x+1)(y+1)(z+1)}\Rightarrow xyz\geq 8$$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{9}{x+y+z+3}\Rightarrow x+y+z\geq 6$$
Theo bất đẳng thức AM-GM ta được $$1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{(x+1)(y+1)(z+1)}}\Rightarrow \geq 27$$Do đó $$xyz\left ( x+y+z \right )\left ( x+1 \right )\left (y+1 \right )\left ( z+1 \right )\geq 8.6.27=1296$$Kết hợp với $(2)$ nên đẳng thức xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
xyz=8\\ x=y=z
\end{matrix}\right.\Rightarrow x=y=z=2$$ Vậy $(x,y,z)=(2,2,2)$ là nghiệm của hệ.
Thứ Sáu, 24 tháng 10, 2014
Bài toán.
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$8\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+9\geq 10\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\;(1)$$
Lời giải.
Đặt $x=ab+bc+ca$. Khi đó $$(1)\Leftrightarrow \frac{8x}{abc}+9\geq 10(9-2x)\Leftrightarrow abc\leq \frac{8x}{81-20x}$$
$$\Leftrightarrow 8abc-4(ab+bc+ca)+2(a+b+c)-1\leq \frac{8x}{81-20x}-4x+5$$
$$\Leftrightarrow (2a-1)(2b-1)(2c-1)\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a=max\begin{Bmatrix}
a,b,c
\end{Bmatrix}\Rightarrow a\geq 1\Rightarrow 2a-1>0$
* Nếu $(2b-1)(2c-1)<0$ thì bất đẳng thức được chứng minh.
* Nếu $(2b-1)(2c-1)\geq 0$. Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. Nếu $2b-1>0$ và $2c-1>0$.
Áp dụng bất đẳng thức $\left ( \sum xy \right )^{2}\geq 3xyz\left ( \sum x \right )$ ta được $$(2a-1)(2b-1)(2c-1)\leq \frac{[\sum (2a-1)(2b-1)]^{2}}{3.\sum a}=\frac{(4x-9)^{2}}{9}$$Ta chỉ cần chứng minh $$\frac{(4x-9)^{2}}{9}\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}$$
Thật vậy: $$\frac{(4x-9)^{2}}{9}\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}\Leftrightarrow 81-20x\leq 45\Leftrightarrow x\geq \frac{5}{4}$$
Điều này đúng do $\sum (2a-1)(2b-1)\geq 0\Rightarrow 4x-9\geq 0\Leftrightarrow x\geq \frac{9}{4}$
Trường hợp 2. Nếu $2b-1\leq 0$ và $2c-1\leq 0$.
Đặt $f(a,b,c)=8\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+9- 10\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)$. Khi đó $$f(a,b,c)-f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )=8\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{4}{b+c} \right )- 10\left ( b^{2}+c^{2}-2\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2} \right)$$$$\Rightarrow f(a,b,c)-f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )=(b-c)^{2}\begin{bmatrix}
\frac{8}{bc(b+c)}-5
\end{bmatrix}\geq 0$$
Ta chỉ cần chứng minh $$f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )\geq 0\Leftrightarrow f(3-2t,t,t)\geq 0\;(0<t<\frac{3}{2})$$Thật vậy $$8\left ( \frac{1}{3-2t}+\frac{2}{t}\right )+9\geq 10[(3-2t)^{2}+2t^{2}]\Leftrightarrow (2t-1)^{2}(30t^{2}-75t+48)\geq 0$$
Điều này luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Một bài toán khác được suy ra từ bài trên.
Bài toán. (Romania 2007)
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$$
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$8\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+9\geq 10\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\;(1)$$
Lời giải.
Đặt $x=ab+bc+ca$. Khi đó $$(1)\Leftrightarrow \frac{8x}{abc}+9\geq 10(9-2x)\Leftrightarrow abc\leq \frac{8x}{81-20x}$$
$$\Leftrightarrow 8abc-4(ab+bc+ca)+2(a+b+c)-1\leq \frac{8x}{81-20x}-4x+5$$
$$\Leftrightarrow (2a-1)(2b-1)(2c-1)\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a=max\begin{Bmatrix}
a,b,c
\end{Bmatrix}\Rightarrow a\geq 1\Rightarrow 2a-1>0$
* Nếu $(2b-1)(2c-1)<0$ thì bất đẳng thức được chứng minh.
* Nếu $(2b-1)(2c-1)\geq 0$. Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. Nếu $2b-1>0$ và $2c-1>0$.
Áp dụng bất đẳng thức $\left ( \sum xy \right )^{2}\geq 3xyz\left ( \sum x \right )$ ta được $$(2a-1)(2b-1)(2c-1)\leq \frac{[\sum (2a-1)(2b-1)]^{2}}{3.\sum a}=\frac{(4x-9)^{2}}{9}$$Ta chỉ cần chứng minh $$\frac{(4x-9)^{2}}{9}\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}$$
Thật vậy: $$\frac{(4x-9)^{2}}{9}\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}\Leftrightarrow 81-20x\leq 45\Leftrightarrow x\geq \frac{5}{4}$$
Điều này đúng do $\sum (2a-1)(2b-1)\geq 0\Rightarrow 4x-9\geq 0\Leftrightarrow x\geq \frac{9}{4}$
Trường hợp 2. Nếu $2b-1\leq 0$ và $2c-1\leq 0$.
Đặt $f(a,b,c)=8\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+9- 10\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)$. Khi đó $$f(a,b,c)-f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )=8\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{4}{b+c} \right )- 10\left ( b^{2}+c^{2}-2\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2} \right)$$$$\Rightarrow f(a,b,c)-f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )=(b-c)^{2}\begin{bmatrix}
\frac{8}{bc(b+c)}-5
\end{bmatrix}\geq 0$$
Ta chỉ cần chứng minh $$f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )\geq 0\Leftrightarrow f(3-2t,t,t)\geq 0\;(0<t<\frac{3}{2})$$Thật vậy $$8\left ( \frac{1}{3-2t}+\frac{2}{t}\right )+9\geq 10[(3-2t)^{2}+2t^{2}]\Leftrightarrow (2t-1)^{2}(30t^{2}-75t+48)\geq 0$$
Điều này luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Một bài toán khác được suy ra từ bài trên.
Bài toán. (Romania 2007)
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$$
Bài số học chọn đội tuyển USA Mathematical Olympiad
Bài toán. (USAMO)
Tìm số nguyên dương $n$ để $n^{7}+7$ là số chính phương.
Lời giải.
Đặt $n^{7}+7=x^{2}\,\left ( x\in N \right )$
Ta có $$n^{7}+7=x^{2}\Leftrightarrow n^{7}+2^{7}=x^{2}+11^{2}$$$$\Leftrightarrow \left ( n+2 \right )\left (n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64 \right )=x^{2}+11^{2}$$
Lại có: $x^{2}\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow x^{2}+1\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n^{7}+2^{7}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )$$$\Rightarrow n^{7}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )\;(*)$$
Gọi $p$ là ước nguyên tố có dạng $4k+3$ của $n+2$ (do $n+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ nên tồn tại p)
Theo bổ đề $1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|11,x\Rightarrow p=11\Rightarrow x=11x_{1},\;(x_{1}\in Z^{+})$
Ta có $n\equiv -2(mod\,11)\Rightarrow n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64\equiv 8(mod\,11)$
Suy ra $\left.\begin{matrix}
11^{2}
\end{matrix}\right|n+2\Rightarrow n=11^{2}.m-2$. Dẫn đến $$m\left ( n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64 \right )=x_{1}^{2}+1$$Nếu $m$ có dạng $4i+3$ thì tồn tại nguyên tố $h\equiv 3(mod\,4)$. Theo bổ đề $1$ suy ra
$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Do đó $m\equiv 0,1,2(mod\,4)\Rightarrow n+2\equiv 11^{2}.m\equiv 0,1,2(mod\,4)$ (điều này vô lý do $(*)$)
Vậy không tồn tại $n$ thỏa mãn đề bài.
Tìm số nguyên dương $n$ để $n^{7}+7$ là số chính phương.
Lời giải.
Đặt $n^{7}+7=x^{2}\,\left ( x\in N \right )$
Ta có $$n^{7}+7=x^{2}\Leftrightarrow n^{7}+2^{7}=x^{2}+11^{2}$$$$\Leftrightarrow \left ( n+2 \right )\left (n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64 \right )=x^{2}+11^{2}$$
Lại có: $x^{2}\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow x^{2}+1\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n^{7}+2^{7}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )$$$\Rightarrow n^{7}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )\;(*)$$
Gọi $p$ là ước nguyên tố có dạng $4k+3$ của $n+2$ (do $n+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ nên tồn tại p)
Theo bổ đề $1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|11,x\Rightarrow p=11\Rightarrow x=11x_{1},\;(x_{1}\in Z^{+})$
Ta có $n\equiv -2(mod\,11)\Rightarrow n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64\equiv 8(mod\,11)$
Suy ra $\left.\begin{matrix}
11^{2}
\end{matrix}\right|n+2\Rightarrow n=11^{2}.m-2$. Dẫn đến $$m\left ( n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64 \right )=x_{1}^{2}+1$$Nếu $m$ có dạng $4i+3$ thì tồn tại nguyên tố $h\equiv 3(mod\,4)$. Theo bổ đề $1$ suy ra
$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Do đó $m\equiv 0,1,2(mod\,4)\Rightarrow n+2\equiv 11^{2}.m\equiv 0,1,2(mod\,4)$ (điều này vô lý do $(*)$)
Vậy không tồn tại $n$ thỏa mãn đề bài.
Bài toán.
Tìm tất cả $f:(0;+\infty )\rightarrow (0;+\infty )$ thỏa $$f\left ( \frac{f(x)}{f(y)} \right )=\frac{1}{y}.f\left ( f(x) \right ),\;\forall x,y\in R^{+}\;\;(1)$$ với $f$ đơn điệu nghiệm ngặt trên $(0;+\infty )$
Lời giải.
Trong $(1)$ thay $x$ và $y$ bởi $1$ ta được $$f(1)=f\left ( f(1) \right )\Rightarrow f(1)=1$$
Trong $(1)$ thay $y$ bởi $x$ ta được $$f(1)=\frac{f\left ( f(x) \right )}{x}\Rightarrow f\left ( f(x) \right )=x\;(2)$$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $1$ và $y$ bởi $x$ ta được $$f\left ( \frac{1}{f(x)} \right )=\frac{1}{x}\;(3)$$
* Khả năng 1. Nếu $f$ là hàm tăng. Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})> x_{0}$ thì $f\left ( f(x_{0}) \right )> f(x_{0})>x_{0}$ (điều này vô lý do $(2)$)
Trường hợp 2. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})< x_{0}$ thì $f\left ( f(x_{0}) \right )< f(x_{0})<x_{0}$ (điều này vô lý do $(2)$)
Dẫn đến $f(x)=x,\;\forall x\in R^{+}$. Thử lại thấy đúng.
* Khả năng 2. Nếu $f$ là hàm số giảm. Xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})> \frac{1}{x_{0}}$ thì $$\frac{1}{f(x_{0})}<x_{0} \Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )>f(x_{0})>x_{0}$$
Trường hợp 2. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})< \frac{1}{x_{0}}$ thì $$\frac{1}{f(x_{0})}>x_{0} \Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )<f(x_{0})<x_{0}$$ Cả hai trường hợp điều này vô lý do $(3)$
Do đó $f(x)=\frac{1}{x},\;\forall x\in R^{+}$. Thử lại thấy đúng.
Vậy $f(x)=x$ hoặc $f(x)=\frac{1}{x}$
Tìm tất cả $f:(0;+\infty )\rightarrow (0;+\infty )$ thỏa $$f\left ( \frac{f(x)}{f(y)} \right )=\frac{1}{y}.f\left ( f(x) \right ),\;\forall x,y\in R^{+}\;\;(1)$$ với $f$ đơn điệu nghiệm ngặt trên $(0;+\infty )$
Lời giải.
Trong $(1)$ thay $x$ và $y$ bởi $1$ ta được $$f(1)=f\left ( f(1) \right )\Rightarrow f(1)=1$$
Trong $(1)$ thay $y$ bởi $x$ ta được $$f(1)=\frac{f\left ( f(x) \right )}{x}\Rightarrow f\left ( f(x) \right )=x\;(2)$$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $1$ và $y$ bởi $x$ ta được $$f\left ( \frac{1}{f(x)} \right )=\frac{1}{x}\;(3)$$
* Khả năng 1. Nếu $f$ là hàm tăng. Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})> x_{0}$ thì $f\left ( f(x_{0}) \right )> f(x_{0})>x_{0}$ (điều này vô lý do $(2)$)
Trường hợp 2. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})< x_{0}$ thì $f\left ( f(x_{0}) \right )< f(x_{0})<x_{0}$ (điều này vô lý do $(2)$)
Dẫn đến $f(x)=x,\;\forall x\in R^{+}$. Thử lại thấy đúng.
* Khả năng 2. Nếu $f$ là hàm số giảm. Xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})> \frac{1}{x_{0}}$ thì $$\frac{1}{f(x_{0})}<x_{0} \Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )>f(x_{0})>x_{0}$$
Trường hợp 2. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})< \frac{1}{x_{0}}$ thì $$\frac{1}{f(x_{0})}>x_{0} \Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )<f(x_{0})<x_{0}$$ Cả hai trường hợp điều này vô lý do $(3)$
Do đó $f(x)=\frac{1}{x},\;\forall x\in R^{+}$. Thử lại thấy đúng.
Vậy $f(x)=x$ hoặc $f(x)=\frac{1}{x}$
Thứ Năm, 23 tháng 10, 2014
Một số tính chất quan trọng của số nguyên tố dạng $4k+3$
Bổ đề 1. Cho $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$ và $a,b$ là các số nguyên dương. Khi đó,
nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a$ và $b$ đều chia hết cho $p$.
Chứng minh.
Nếu $a$ chia hết cho $p$ thì $b$ chia hết cho $p$
Giả sử $a$ không chia hết cho $p$ thì $b$ không chia hết cho $p$
Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$a^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow a^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$$$b^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow b^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$ Do đó $a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv 2\left ( mod\;p \right )$
Lại có $$a^{4k+2}+b^{4k+2}=\left ( a^{2} \right )^{2k+1}+\left ( b^{2} \right )^{2k+1}\,\vdots\, a^{2}+b^{2}\,\vdots\, p$$ Suy ra $0\equiv 2\left ( mod\;p \right )\Rightarrow p=2$ (điều này vô lý)
Vậy nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a,b$ đều chia hết cho $p$.
Bổ đề 2. Mọi số nguyên dương có dạng $4m+3$ đều có ước nguyên tố dạng $4k+3$
Chứng minh.
Mọi ước số nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$. Giả sử $4m+3$ không có
ước nguyên tố dạng $4k+3$, tức là các ước nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$.
Điều này dẫn đến $4m+3$ chia cho $4$ dư $1$ (vô lý). Vậy suy ra đpcm.
Bài toán 1. (Đề thi học sinh giỏi Đồng Tháp 2013)
Giải phương trình nghiệm nguyên $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y$$
Lời giải.
Ta có $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y\Leftrightarrow \left ( x+y \right )^{2}+2=2\left ( x+y \right )+2011y$$$$\Leftrightarrow \left ( x+y-1 \right )^{2}+1=2011y\Rightarrow \left.\begin{matrix}
2011
\end{matrix}\right|\left ( x+y-1 \right )^{2}+1$$ Do $2011$ là số nguyên có dạng $4m+3$ nên theo bổ đề $2$ tồn tại số nguyên tố $p=4k+3$ là
ước của $2011$
Áp dụng bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1,x+y-1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 2. (Phương trình Euler)
Chứng minh rằng phương trình $$4xy-x-y=z^{2}$$ không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
Ta có $$4xy-x-y=z^{2}\Leftrightarrow 16xy-4x-4y+1=4z^{2}+1$$$$\Leftrightarrow \left ( 4x-1 \right )\left ( 4y-1 \right )=\left ( 2z \right )^{2}+1$$ Do $4x-1$ chia cho $4$ dư $3$ nên tồn tại nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $4x-1$. Do đó $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|\left ( 2z \right )^{2}+1$$Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1;2z\Rightarrow p=1$ (vô lý)
Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 3. (Phương trình Lebesgue)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}-y^{3}=7$$
Lời giải.
Ta có $x^{2}\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}-7\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )$$$\Rightarrow y\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$$Lại có $$x^{2}-y^{3}=7\Leftrightarrow x^{2}+1=y^{3}+8\Leftrightarrow x^{2}+1=\left ( y+2 \right )\left ( y^{2}-2y+4 \right )$$Gọi $p$ là ước nguyên tố dạng $4k+3$ của $y+2$ ($p$ tồn tại do bổ đề $2$)
Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 4. (Đề thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2013)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ thì $$p^{3}+\frac{p-1}{2}$$ không là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.
Lời giải.
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn $p^{3}+\frac{p-1}{2}=x\left ( x+1 \right )\;\left ( x\in N \right )$$$\Leftrightarrow 4p^{3}+2\left ( p-1 \right )=4x\left ( x+1 \right )\Leftrightarrow 2p\left ( 2p+1 \right )=\left ( 2x+1 \right )^{2}+1$$
Dễ thấy $p=2$ không thỏa. Do đó $p$ chỉ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$
* Nếu $p=4k+3$ thì theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)
* Nếu $p=4k+1$ thì $2p+1=4m+3$. Theo bổ đề $2$ tồn tại $h$ là số nguyên tố có
dạng $4n+3$ là ước của $2p+1$. Theo bồ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)
Do đó điều giả sử sai. Vậy không tồn tại $p$ thỏa đề bài.
Bài toán 5.
Cho dãy số $\left ( u_{n} \right )$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
u_{1}=2013\\ u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n},\;\forall n\in N^{*}
\end{matrix}\right.$$
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $p$
là ước của $u_{2014}+2009$
Lời giải.
Ta có $$u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}\Leftrightarrow u_{n+1}-2=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}-2=\left ( u_{n}-2 \right )\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dễ thấy $u_{n}\neq 2,\,\forall n\in N^{*}$ (vì nếu $\exists n:u_{n}= 2\Rightarrow u_{1}=2$). Do đó $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{n}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dẫn đến $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{1}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}...\left ( u_{1}-2 \right )^{2}=A^{2}\Rightarrow u_{2014}=2011A^{2}+2$$
Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|u_{2014}+2009=2011\left ( A^{2}+1 \right )$
* Khả năng 1. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|2011$ thì $p=2011$ (do $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$)
* Khả năng 2. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A^{2}+1$. Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A,1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Vậy $p=2011$
Một số bài tập liên quan số nguyên tố dạng $4k+3$.
Bài 1. (Chọn đội tuyển USA Mathematical Olympiad)
Tìm số nguyên dương $n$ để $n^{7}+7$ là số chính phương.
Bài 2. Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=5\\ x_{n+1}=x_{n}^{3}-2x_{n}^{2}+2,\;\forall n\in N^{*}
\end{matrix}\right.$$
Cho số nguyên tố $p$ thỏa $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x_{2011}+1$. Chứng minh rằng $p=3$
Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$x^{3}-x^{2}+8=y^{2}$$
Bài 4. Chứng minh không tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $$3^{p}+19\left ( p-1\right )$$ là số chính phương.
nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a$ và $b$ đều chia hết cho $p$.
Chứng minh.
Nếu $a$ chia hết cho $p$ thì $b$ chia hết cho $p$
Giả sử $a$ không chia hết cho $p$ thì $b$ không chia hết cho $p$
Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$a^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow a^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$$$b^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow b^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$ Do đó $a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv 2\left ( mod\;p \right )$
Lại có $$a^{4k+2}+b^{4k+2}=\left ( a^{2} \right )^{2k+1}+\left ( b^{2} \right )^{2k+1}\,\vdots\, a^{2}+b^{2}\,\vdots\, p$$ Suy ra $0\equiv 2\left ( mod\;p \right )\Rightarrow p=2$ (điều này vô lý)
Vậy nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a,b$ đều chia hết cho $p$.
Bổ đề 2. Mọi số nguyên dương có dạng $4m+3$ đều có ước nguyên tố dạng $4k+3$
Chứng minh.
Mọi ước số nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$. Giả sử $4m+3$ không có
ước nguyên tố dạng $4k+3$, tức là các ước nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$.
Điều này dẫn đến $4m+3$ chia cho $4$ dư $1$ (vô lý). Vậy suy ra đpcm.
Bài toán 1. (Đề thi học sinh giỏi Đồng Tháp 2013)
Giải phương trình nghiệm nguyên $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y$$
Lời giải.
Ta có $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y\Leftrightarrow \left ( x+y \right )^{2}+2=2\left ( x+y \right )+2011y$$$$\Leftrightarrow \left ( x+y-1 \right )^{2}+1=2011y\Rightarrow \left.\begin{matrix}
2011
\end{matrix}\right|\left ( x+y-1 \right )^{2}+1$$ Do $2011$ là số nguyên có dạng $4m+3$ nên theo bổ đề $2$ tồn tại số nguyên tố $p=4k+3$ là
ước của $2011$
Áp dụng bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1,x+y-1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 2. (Phương trình Euler)
Chứng minh rằng phương trình $$4xy-x-y=z^{2}$$ không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
Ta có $$4xy-x-y=z^{2}\Leftrightarrow 16xy-4x-4y+1=4z^{2}+1$$$$\Leftrightarrow \left ( 4x-1 \right )\left ( 4y-1 \right )=\left ( 2z \right )^{2}+1$$ Do $4x-1$ chia cho $4$ dư $3$ nên tồn tại nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $4x-1$. Do đó $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|\left ( 2z \right )^{2}+1$$Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1;2z\Rightarrow p=1$ (vô lý)
Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 3. (Phương trình Lebesgue)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}-y^{3}=7$$
Lời giải.
Ta có $x^{2}\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}-7\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )$$$\Rightarrow y\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$$Lại có $$x^{2}-y^{3}=7\Leftrightarrow x^{2}+1=y^{3}+8\Leftrightarrow x^{2}+1=\left ( y+2 \right )\left ( y^{2}-2y+4 \right )$$Gọi $p$ là ước nguyên tố dạng $4k+3$ của $y+2$ ($p$ tồn tại do bổ đề $2$)
Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 4. (Đề thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2013)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ thì $$p^{3}+\frac{p-1}{2}$$ không là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.
Lời giải.
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn $p^{3}+\frac{p-1}{2}=x\left ( x+1 \right )\;\left ( x\in N \right )$$$\Leftrightarrow 4p^{3}+2\left ( p-1 \right )=4x\left ( x+1 \right )\Leftrightarrow 2p\left ( 2p+1 \right )=\left ( 2x+1 \right )^{2}+1$$
Dễ thấy $p=2$ không thỏa. Do đó $p$ chỉ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$
* Nếu $p=4k+3$ thì theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)
* Nếu $p=4k+1$ thì $2p+1=4m+3$. Theo bổ đề $2$ tồn tại $h$ là số nguyên tố có
dạng $4n+3$ là ước của $2p+1$. Theo bồ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)
Do đó điều giả sử sai. Vậy không tồn tại $p$ thỏa đề bài.
Bài toán 5.
Cho dãy số $\left ( u_{n} \right )$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
u_{1}=2013\\ u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n},\;\forall n\in N^{*}
\end{matrix}\right.$$
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $p$
là ước của $u_{2014}+2009$
Lời giải.
Ta có $$u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}\Leftrightarrow u_{n+1}-2=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}-2=\left ( u_{n}-2 \right )\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dễ thấy $u_{n}\neq 2,\,\forall n\in N^{*}$ (vì nếu $\exists n:u_{n}= 2\Rightarrow u_{1}=2$). Do đó $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{n}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dẫn đến $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{1}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}...\left ( u_{1}-2 \right )^{2}=A^{2}\Rightarrow u_{2014}=2011A^{2}+2$$
Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|u_{2014}+2009=2011\left ( A^{2}+1 \right )$
* Khả năng 1. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|2011$ thì $p=2011$ (do $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$)
* Khả năng 2. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A^{2}+1$. Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A,1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Vậy $p=2011$
Một số bài tập liên quan số nguyên tố dạng $4k+3$.
Bài 1. (Chọn đội tuyển USA Mathematical Olympiad)
Tìm số nguyên dương $n$ để $n^{7}+7$ là số chính phương.
Bài 2. Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=5\\ x_{n+1}=x_{n}^{3}-2x_{n}^{2}+2,\;\forall n\in N^{*}
\end{matrix}\right.$$
Cho số nguyên tố $p$ thỏa $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x_{2011}+1$. Chứng minh rằng $p=3$
Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$x^{3}-x^{2}+8=y^{2}$$
Bài 4. Chứng minh không tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $$3^{p}+19\left ( p-1\right )$$ là số chính phương.
Chủ Nhật, 19 tháng 10, 2014
Bài toán.
Cho tam giác $ABC$ nhọn, đường cao $AH$. Gọi $P,Q$ là điểm đối xứng với $H$ qua $AB,AC$.
$PQ$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $F,E$. Chứng minh rằng $BE,CF$ là đường cao của $\Delta ABC$.
Lời giải.
Ta có: $AP=AD=AQ\Rightarrow \widehat{APQ}=\widehat{AQP}$
Mà $D,P$ đối xứng nhau qua $AB$ nên $\widehat{APQ}=\widehat{ADF}$. Suy ra $\widehat{ADF}=\widehat{AQP}$
Khi đó tứ giác $AQDF$ nội tiếp. Dẫn đến $\widehat{BAD}=\widehat{FQD}=\widehat{EDQ}$
Lại có $\widehat{BAD}+\widehat{ABC}=90^{0}$ và $\widehat{EDQ}+\widehat{DEC}=90^{0}$
Do đó $\widehat{ABC}=\widehat{DEC}$. Suy ra tứ giác $ABDE$ nội tiếp, khi đó $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^{0}$
Vậy $BE$ là đường cao của tam giác $ABC$. Tương tự $CF$ cũng là đường cao tam giác $ABC$
Cho tam giác $ABC$ nhọn, đường cao $AH$. Gọi $P,Q$ là điểm đối xứng với $H$ qua $AB,AC$.
$PQ$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $F,E$. Chứng minh rằng $BE,CF$ là đường cao của $\Delta ABC$.
Lời giải.
Ta có: $AP=AD=AQ\Rightarrow \widehat{APQ}=\widehat{AQP}$
Mà $D,P$ đối xứng nhau qua $AB$ nên $\widehat{APQ}=\widehat{ADF}$. Suy ra $\widehat{ADF}=\widehat{AQP}$
Khi đó tứ giác $AQDF$ nội tiếp. Dẫn đến $\widehat{BAD}=\widehat{FQD}=\widehat{EDQ}$
Lại có $\widehat{BAD}+\widehat{ABC}=90^{0}$ và $\widehat{EDQ}+\widehat{DEC}=90^{0}$
Do đó $\widehat{ABC}=\widehat{DEC}$. Suy ra tứ giác $ABDE$ nội tiếp, khi đó $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^{0}$
Vậy $BE$ là đường cao của tam giác $ABC$. Tương tự $CF$ cũng là đường cao tam giác $ABC$
Thứ Sáu, 17 tháng 10, 2014
Bài số học thi International Mathematical Olympiad
Bài toán. (IMO 1988)
Cho $a, b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $\left.\begin{matrix}
ab+1
\end{matrix}\right|a^{2}+b^{2}$. Chứng minh rằng $$k=\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}\in Z$$ là số chính phương.
Lời giải.
Cố định $k$. Xét tập hợp sau $$S=\begin{Bmatrix}
\left.\begin{matrix}
\left ( a,b \right )\in Z^{*}\times Z^{+}
\end{matrix}\right|k=\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}
\end{Bmatrix}$$
Do $a, b$ là các số nguyên dương nên tồn tại $\left ( a_{0}, b_{0} \right ) \in S$ mà $a_{0}+b_{0}$ đạt giá trị nhỏ nhất
và giả sử $a_{0}\geq b_{0}$
Xét phương trình bậc hai ẩn $X$ $$X^{2}-kb_{0}X+b_{0}^{2}-k=0\;(1)$$
Dễ thấy $(1)$ có một nghiệm là $a_{0}$ và gọi nghiệm còn lại là $x$. Theo định lý Viete ta có $$\left\{\begin{matrix}
a_{0}+x=kb_{0}\;(*)\\ a_{0}.x
=b_{0}^{2}-k\;(**)
\end{matrix}\right.$$
Nếu $x< 0$ thì suy ra $x^{2}-kb_{0}.x+b_{0}^{2}-k=x^{2}+b_{0}^{2}-k\left ( b_{0}x+1 \right )\geq x_{2}+b_{0}^{2}>0$
Điều này vô lý. Do đó $x\geq 0$
Nếu $x>0$. Khi đó $\left ( x,b_{0} \right )\in S\Rightarrow x+b_{0}\geq a_{0}+b_{0}\Rightarrow x\geq a_{0}$. Kết hợp $(*)$ ta được $$2a_{0}\leq x+a_{0}=nb_{0}\Rightarrow \frac{a_{0}}{b_{0}}\leq \frac{k}{2}$$Lại có $$k=\frac{a_{0}^{2}+b_{0}^{2}}{a_{0}b_{0}+1}< \frac{a_{0}}{b_{0}}+\frac{b_{0}}{a_{0}}\leq \frac{k}{2}+1\Rightarrow k=1$$
Nếu $x=0\Rightarrow b_{0}^{2}-k=0\Rightarrow k=b_{0}^{2}$
Vậy $k$ là số chính phương.
Cho $a, b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $\left.\begin{matrix}
ab+1
\end{matrix}\right|a^{2}+b^{2}$. Chứng minh rằng $$k=\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}\in Z$$ là số chính phương.
Lời giải.
Cố định $k$. Xét tập hợp sau $$S=\begin{Bmatrix}
\left.\begin{matrix}
\left ( a,b \right )\in Z^{*}\times Z^{+}
\end{matrix}\right|k=\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}
\end{Bmatrix}$$
Do $a, b$ là các số nguyên dương nên tồn tại $\left ( a_{0}, b_{0} \right ) \in S$ mà $a_{0}+b_{0}$ đạt giá trị nhỏ nhất
và giả sử $a_{0}\geq b_{0}$
Xét phương trình bậc hai ẩn $X$ $$X^{2}-kb_{0}X+b_{0}^{2}-k=0\;(1)$$
Dễ thấy $(1)$ có một nghiệm là $a_{0}$ và gọi nghiệm còn lại là $x$. Theo định lý Viete ta có $$\left\{\begin{matrix}
a_{0}+x=kb_{0}\;(*)\\ a_{0}.x
=b_{0}^{2}-k\;(**)
\end{matrix}\right.$$
Nếu $x< 0$ thì suy ra $x^{2}-kb_{0}.x+b_{0}^{2}-k=x^{2}+b_{0}^{2}-k\left ( b_{0}x+1 \right )\geq x_{2}+b_{0}^{2}>0$
Điều này vô lý. Do đó $x\geq 0$
Nếu $x>0$. Khi đó $\left ( x,b_{0} \right )\in S\Rightarrow x+b_{0}\geq a_{0}+b_{0}\Rightarrow x\geq a_{0}$. Kết hợp $(*)$ ta được $$2a_{0}\leq x+a_{0}=nb_{0}\Rightarrow \frac{a_{0}}{b_{0}}\leq \frac{k}{2}$$Lại có $$k=\frac{a_{0}^{2}+b_{0}^{2}}{a_{0}b_{0}+1}< \frac{a_{0}}{b_{0}}+\frac{b_{0}}{a_{0}}\leq \frac{k}{2}+1\Rightarrow k=1$$
Nếu $x=0\Rightarrow b_{0}^{2}-k=0\Rightarrow k=b_{0}^{2}$
Vậy $k$ là số chính phương.
Chủ Nhật, 12 tháng 10, 2014
Bài số học thi Olympic 30/4 lớp 10 năm 2013
Bài toán. ( Đề chính thức Olympic 30/4 lớp 10 năm 2013)
Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho phương trình $$x^{2}+y^{2}+x+y=kxy\;\;(*)$$ có nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
Cố định $k$. Xét tập hợp sau $$S=\begin{Bmatrix}
\left.\begin{matrix}
\left ( x,y \right )\in Z^{+}\times Z^{+}
\end{matrix}\right|k=\frac{x^{2}+y^{2}+x+y}{xy}
\end{Bmatrix}$$ Do $x,y$ là các số nguyên dương nên tồn tại $\left ( x_{0},y_{0} \right )\in S$ mà $x_{0}+y_{0}$ đạt giá trị nhỏ nhất
và giả sử $x_{0}\geq y_{0}$
Xét phương trình bậc hai ẩn $X$ $$X^{2}-\left ( ky_{0}-1 \right )X+y_{0}^{2}+y_{0}=0\;(**)$$
Phương trình $(**)$ có một nghiệm là $x_{0}$ và gọi nghiệm còn lại là $a$. Theo định lý Viete ta có $$\left\{\begin{matrix}
a+x_{0}=ky_{0}-1\;\;(1)\\ax_{0}=y_{0}^{2}+y_{0}
\;\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Từ $(1)$ suy ra $a\in Z$, từ $(2)$ suy ra $a>0$. Do đó $a\in Z^{+}$ nên $\left ( a,y_{0} \right )\in S$
Dẫn đến $a+y_{0}\geq x_{0}+y_{0}\Rightarrow a\geq x_{0}$. Kết hợp với $(1)$ ta có $$2x_{0}\leq a+x_{0}=ky_{0}-1< ky_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}}< \frac{k}{2}$$
Nếu $y_{0}=1\Rightarrow x_{0}=1\Rightarrow k=4$
Nếu $y_{0}>1$. Ta có $$x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+x_{0}+y_{0}=kx_{0}y_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}}+\frac{y_{0}}{x_{0}}+\frac{1}{x_{0}}+\frac{1}{y_{0}}=k\Rightarrow k< \frac{k}{2}+1+1+\frac{1}{2}\Rightarrow k\leq 4$$Lại có $$kx_{0}y_{0}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+x_{0}+y_{0}> 2x_{0}y_{0}\Rightarrow k\geq 3$$Dẫn đến $k=3$ hoặc $k=4$
Nếu $k=3$ thì tồn tại $x=y=2$ là nghiệm của phương trình $(*)$.
Nếu $k=4$ thì tồn tại $x=y=1$ là nghiệm của phương trình $(*)$.
Vậy $k=3$ hoặc $k=4$.
Bài toán trên đã từng xuất hiện trong đề chọn đội tuyển VMO Phổ thông Năng khiếu 2010 và
phương pháp sử dụng chính trong bài là bước nhảy Viete (Viete Jumping)
\left.\begin{matrix}
\left ( x,y \right )\in Z^{+}\times Z^{+}
\end{matrix}\right|k=\frac{x^{2}+y^{2}+x+y}{xy}
\end{Bmatrix}$$ Do $x,y$ là các số nguyên dương nên tồn tại $\left ( x_{0},y_{0} \right )\in S$ mà $x_{0}+y_{0}$ đạt giá trị nhỏ nhất
và giả sử $x_{0}\geq y_{0}$
Xét phương trình bậc hai ẩn $X$ $$X^{2}-\left ( ky_{0}-1 \right )X+y_{0}^{2}+y_{0}=0\;(**)$$
Phương trình $(**)$ có một nghiệm là $x_{0}$ và gọi nghiệm còn lại là $a$. Theo định lý Viete ta có $$\left\{\begin{matrix}
a+x_{0}=ky_{0}-1\;\;(1)\\ax_{0}=y_{0}^{2}+y_{0}
\;\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Từ $(1)$ suy ra $a\in Z$, từ $(2)$ suy ra $a>0$. Do đó $a\in Z^{+}$ nên $\left ( a,y_{0} \right )\in S$
Dẫn đến $a+y_{0}\geq x_{0}+y_{0}\Rightarrow a\geq x_{0}$. Kết hợp với $(1)$ ta có $$2x_{0}\leq a+x_{0}=ky_{0}-1< ky_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}}< \frac{k}{2}$$
Nếu $y_{0}=1\Rightarrow x_{0}=1\Rightarrow k=4$
Nếu $y_{0}>1$. Ta có $$x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+x_{0}+y_{0}=kx_{0}y_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}}+\frac{y_{0}}{x_{0}}+\frac{1}{x_{0}}+\frac{1}{y_{0}}=k\Rightarrow k< \frac{k}{2}+1+1+\frac{1}{2}\Rightarrow k\leq 4$$Lại có $$kx_{0}y_{0}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+x_{0}+y_{0}> 2x_{0}y_{0}\Rightarrow k\geq 3$$Dẫn đến $k=3$ hoặc $k=4$
Nếu $k=3$ thì tồn tại $x=y=2$ là nghiệm của phương trình $(*)$.
Nếu $k=4$ thì tồn tại $x=y=1$ là nghiệm của phương trình $(*)$.
Vậy $k=3$ hoặc $k=4$.
Bài toán trên đã từng xuất hiện trong đề chọn đội tuyển VMO Phổ thông Năng khiếu 2010 và
phương pháp sử dụng chính trong bài là bước nhảy Viete (Viete Jumping)
Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ với $n\in N^{*}$ được xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
x_{0}>0\\ x_{n}=\frac{9}{10}u_{n-1}+\frac{1007}{5x_{n-1}^{9}},\;\forall n\geq 1
\end{matrix}\right.$$
Chứng minh dãy số $\left ( x_{n} \right )$ có giới hạn và tìm giới hạn này.
Lời giải.
Trước hết chứng minh $x_{n}>0$ với $\forall n\in N$
Với $n=0$ ta được $x_{0}>0$
Giả sử $x_{i}>0,\;\forall i=\overline{0,n}$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}>0$
Thật vậy $$x_{n+1}=\frac{9}{10}x_{n}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}>0$$ Do đó $x_{n}>0,\forall n\in N$
Theo bất đẳng thức AM-GM ta được $$x_{n+1}=\frac{x_{n}}{10}+\frac{x_{n}}{10}+...+\frac{x_{n}}{10}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}\geq 10\sqrt[10]{\frac{1}{10^{9}}.\frac{1007}{5}}=\sqrt[10]{2014}$$
Lại có $$x_{n+1}-x_{n}=\frac{9}{10}x_{n}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}-x_{n}=\frac{1007}{5x_{n}^{9}}-\frac{1}{10}x_{n}=\frac{2014-x_{n}^{10}}{10x_{n}^{9}}\leq 0\Rightarrow x_{n+1}\leq x_{n}$$
Vậy dãy số $(x_{n})$ là dãy giảm mà bị chặn dưới bởi $\sqrt[10]{2014}$ nên dãy $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn.
Đặt $lim\;x_{n}=L$. Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{9}{10}L+\frac{1007}{5L^{9}}\Rightarrow \frac{L}{10}=\frac{1007}{5L^{9}}\Rightarrow L^{10}=2014\Rightarrow L=\sqrt[10]{2014}$$
Vậy dãy số $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn và giới hạn đó là $\sqrt[10]{2014}$
Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ với $n\in N^{*}$ được xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
x_{0}>0\\ x_{n}=\frac{9}{10}u_{n-1}+\frac{1007}{5x_{n-1}^{9}},\;\forall n\geq 1
\end{matrix}\right.$$
Chứng minh dãy số $\left ( x_{n} \right )$ có giới hạn và tìm giới hạn này.
Lời giải.
Trước hết chứng minh $x_{n}>0$ với $\forall n\in N$
Với $n=0$ ta được $x_{0}>0$
Giả sử $x_{i}>0,\;\forall i=\overline{0,n}$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}>0$
Thật vậy $$x_{n+1}=\frac{9}{10}x_{n}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}>0$$ Do đó $x_{n}>0,\forall n\in N$
Theo bất đẳng thức AM-GM ta được $$x_{n+1}=\frac{x_{n}}{10}+\frac{x_{n}}{10}+...+\frac{x_{n}}{10}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}\geq 10\sqrt[10]{\frac{1}{10^{9}}.\frac{1007}{5}}=\sqrt[10]{2014}$$
Lại có $$x_{n+1}-x_{n}=\frac{9}{10}x_{n}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}-x_{n}=\frac{1007}{5x_{n}^{9}}-\frac{1}{10}x_{n}=\frac{2014-x_{n}^{10}}{10x_{n}^{9}}\leq 0\Rightarrow x_{n+1}\leq x_{n}$$
Vậy dãy số $(x_{n})$ là dãy giảm mà bị chặn dưới bởi $\sqrt[10]{2014}$ nên dãy $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn.
Đặt $lim\;x_{n}=L$. Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{9}{10}L+\frac{1007}{5L^{9}}\Rightarrow \frac{L}{10}=\frac{1007}{5L^{9}}\Rightarrow L^{10}=2014\Rightarrow L=\sqrt[10]{2014}$$
Vậy dãy số $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn và giới hạn đó là $\sqrt[10]{2014}$
Bài bất đẳng thức chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Cho $2014$ số thực dương $a_{1},a_{2},...,a_{2014}$ thỏa mãn $a_{1}+a_{2}+...+a_{2014}=2014$.
Chứng minh rằng $$P=\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}+\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}+...+\frac{a_{2013}^{20}}{a_{2014}^{11}}+\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}\geq 2014$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức AM-GM cho $20$ số dương ta được $$\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}+11a_{2}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}.a_{2}^{11}.1^{8}}=20a_{1}$$
Tương tự ta có $$\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}+11a_{2}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}.a_{3}^{11}.1^{8}}=20a_{2}$$$$.......................................$$$$\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}+11a_{1}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}.a_{1}^{11}.1^{8}}=20a_{2014}$$
Từ đây suy ra $$P+11\left ( a_{1}+a_{2}+...+a_{2014} \right )+8.2014\geq 20\left ( a_{1}+a_{2}+...+a_{2014} \right )$$ Theo giả thiết ta lại có $a_{1},a_{2},...,a_{2014}$ thỏa mãn $a_{1}+a_{2}+...+a_{2014}=2014$
Dẫn đến $P\geq 20.2014-11.2014-8.2014=2014$
Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{2014}=1$
Cho $2014$ số thực dương $a_{1},a_{2},...,a_{2014}$ thỏa mãn $a_{1}+a_{2}+...+a_{2014}=2014$.
Chứng minh rằng $$P=\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}+\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}+...+\frac{a_{2013}^{20}}{a_{2014}^{11}}+\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}\geq 2014$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức AM-GM cho $20$ số dương ta được $$\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}+11a_{2}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}.a_{2}^{11}.1^{8}}=20a_{1}$$
Tương tự ta có $$\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}+11a_{2}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}.a_{3}^{11}.1^{8}}=20a_{2}$$$$.......................................$$$$\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}+11a_{1}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}.a_{1}^{11}.1^{8}}=20a_{2014}$$
Từ đây suy ra $$P+11\left ( a_{1}+a_{2}+...+a_{2014} \right )+8.2014\geq 20\left ( a_{1}+a_{2}+...+a_{2014} \right )$$ Theo giả thiết ta lại có $a_{1},a_{2},...,a_{2014}$ thỏa mãn $a_{1}+a_{2}+...+a_{2014}=2014$
Dẫn đến $P\geq 20.2014-11.2014-8.2014=2014$
Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{2014}=1$
Thứ Bảy, 11 tháng 10, 2014
Bài hệ phương trình chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Giải hệ phương trình sau: $$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{x^{2}+xy+2y^{2}}+\sqrt{y^{2}+xy+2x^{2}}=2( x+y)\;\;(1)\\ \left ( 8y-6 \right )\sqrt{x-1}=\left ( 2+\sqrt{x-2} \right )\left ( y+4\sqrt{y-2}+3 \right )\;(2)
\end{matrix}\right.\left ( x,y \in R\right )$$
Lời giải.
Điều kiện xác định $x\geq 2,y\geq 1$
Theo bất đẳng thức Mincopxki ta được $$\sqrt{\left ( x+\frac{y}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{y\sqrt{7}}{2} \right )^{2}}+\sqrt{\left ( y+\frac{x}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{x\sqrt{7}}{2} \right )^{2}}\geq \sqrt{\frac{9}{4}\left ( x+y \right )^{2}+\frac{7}{4}\left ( x+y \right )^{2}}$$
$$\Rightarrow \sqrt{x^{2}+xy+2y^{2}}+\sqrt{y^{2}+xy+2x^{2}}\geq 2\left ( x+y \right )$$
Kết hợp với $(1)$ ta suy ra $x=y$. Thế vào $(2)$ ta được phương trình $$\left ( 8x-6 \right )\sqrt{x-1}=\left ( 2+\sqrt{x-2} \right )\left ( x+4\sqrt{x-2} +3 \right)$$
Đặt $\sqrt{x-1}=a$ và $\sqrt{x-2}=b\,\left ( a,b\geq 0 \right )$. Suy ra hệ phương trình $$\left\{\begin{matrix}
a^{2}-b^{2}=1\;\;(*)\\ \left ( 8a^{2}+2 \right )a=\left ( b+2 \right )\left ( b^{2}+4b+3 \right )\;\;(**)
\end{matrix}\right.$$
Từ $(**)$ suy ra $$8b^{3}+2b=b^{3}+6b^{2}+13b+10\Leftrightarrow \left ( 2a \right )^{3}+\left ( 2a \right )=\left ( b+2 \right )^{3}+\left ( b+2 \right )$$
Xét hàm số $f(t)=t^{3}+t$ với $t\in R$. Khi đó $f'(t)=3t^{2}+1> 0$
Do đó $f(t)$ là hàm số đồng biến. Mà $f(2a)=f(b+2)$ nên $2a=b+2\Rightarrow b=2a-2$
Thế vào $(*)$ ta được $$a^{2}-\left ( 2a-2 \right )^{2}=1\Rightarrow 3a^{2}-8a+5=0\Rightarrow \left ( a-1 \right )\left ( 3a-5 \right )=0$$$$\Rightarrow \left ( a-1 \right )\left ( 3a-5 \right )=0\Rightarrow a=\begin{Bmatrix}
1;\frac{5}{3}
\end{Bmatrix}\Rightarrow x=\begin{Bmatrix}
2;\frac{34}{9}
\end{Bmatrix}$$
Thử lại thấy thỏa. Vậy $$\left ( x,y \right )=\begin{Bmatrix}
\left (2,2 \right );\left ( \frac{34}{9},\frac{34}{9} \right )
\end{Bmatrix}$$
Giải hệ phương trình sau: $$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{x^{2}+xy+2y^{2}}+\sqrt{y^{2}+xy+2x^{2}}=2( x+y)\;\;(1)\\ \left ( 8y-6 \right )\sqrt{x-1}=\left ( 2+\sqrt{x-2} \right )\left ( y+4\sqrt{y-2}+3 \right )\;(2)
\end{matrix}\right.\left ( x,y \in R\right )$$
Lời giải.
Điều kiện xác định $x\geq 2,y\geq 1$
Theo bất đẳng thức Mincopxki ta được $$\sqrt{\left ( x+\frac{y}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{y\sqrt{7}}{2} \right )^{2}}+\sqrt{\left ( y+\frac{x}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{x\sqrt{7}}{2} \right )^{2}}\geq \sqrt{\frac{9}{4}\left ( x+y \right )^{2}+\frac{7}{4}\left ( x+y \right )^{2}}$$
$$\Rightarrow \sqrt{x^{2}+xy+2y^{2}}+\sqrt{y^{2}+xy+2x^{2}}\geq 2\left ( x+y \right )$$
Kết hợp với $(1)$ ta suy ra $x=y$. Thế vào $(2)$ ta được phương trình $$\left ( 8x-6 \right )\sqrt{x-1}=\left ( 2+\sqrt{x-2} \right )\left ( x+4\sqrt{x-2} +3 \right)$$
Đặt $\sqrt{x-1}=a$ và $\sqrt{x-2}=b\,\left ( a,b\geq 0 \right )$. Suy ra hệ phương trình $$\left\{\begin{matrix}
a^{2}-b^{2}=1\;\;(*)\\ \left ( 8a^{2}+2 \right )a=\left ( b+2 \right )\left ( b^{2}+4b+3 \right )\;\;(**)
\end{matrix}\right.$$
Từ $(**)$ suy ra $$8b^{3}+2b=b^{3}+6b^{2}+13b+10\Leftrightarrow \left ( 2a \right )^{3}+\left ( 2a \right )=\left ( b+2 \right )^{3}+\left ( b+2 \right )$$
Xét hàm số $f(t)=t^{3}+t$ với $t\in R$. Khi đó $f'(t)=3t^{2}+1> 0$
Do đó $f(t)$ là hàm số đồng biến. Mà $f(2a)=f(b+2)$ nên $2a=b+2\Rightarrow b=2a-2$
Thế vào $(*)$ ta được $$a^{2}-\left ( 2a-2 \right )^{2}=1\Rightarrow 3a^{2}-8a+5=0\Rightarrow \left ( a-1 \right )\left ( 3a-5 \right )=0$$$$\Rightarrow \left ( a-1 \right )\left ( 3a-5 \right )=0\Rightarrow a=\begin{Bmatrix}
1;\frac{5}{3}
\end{Bmatrix}\Rightarrow x=\begin{Bmatrix}
2;\frac{34}{9}
\end{Bmatrix}$$
Thử lại thấy thỏa. Vậy $$\left ( x,y \right )=\begin{Bmatrix}
\left (2,2 \right );\left ( \frac{34}{9},\frac{34}{9} \right )
\end{Bmatrix}$$
Bài số học chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}y^{2}z^{2}$$
Lời giải.
Nếu $x,y,z$ cùng lẻ thì $x^{2},y^{2},z^{2}\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow \left ( xyz \right )^{2}\equiv x^{2}+y^{2}+z^{2}\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$
Điều này không thể xảy ra vì số chính phương chia cho $4$ dư $0$ hoặc $1$
Do đó tồn tại ít nhất $1$ trong $3$ số $x,y,z$ là số chẵn.
Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $z\,\vdots \,2\Rightarrow z=2z_{1}\,\left ( z_{1}\in Z^{+} \right )$. Suy ra $$x^{2}+y^{2}+4z_{1}^{2}=4x^{2}y^{2}z_{1}^{2}\Rightarrow x^{2}+y^{2}\,\vdots \,4$$
Nếu $x,y$ lẻ thì $x^{2},y^{2}\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow x^{2}+y^{2}\equiv 2\left ( mod\;4 \right )$
Điều này vô lý vì $x^{2}+y^{2}\,\vdots \,4$. Do đó tồn tại $1$ trong $2$ số $x,y$ là số chẵn.
Không mất tính tổng quát, giả sử $y\,\vdots \,2\Rightarrow x\,\vdots \,2\Rightarrow x=2x_{1},y=2y_{1}\left ( x_{1},y_{1} \in Z^{+}\right )$
Khi đó phương trình trở thành $$x_{1}^{2}+y_{1}^{2}+z_{1}^{2}=16x_{1}^{2}y_{1}^{2}z_{1}^{2}$$
Tương tự ta được $$x_{1}=2x_{2},y_{1}=2y_{1},z_{1}=2z_{2}\left ( x_{1},y_{1},z_{1}\in Z^{+} \right )$$
Tiếp tục như vậy ra suy ra $$x=2^{k}x_{k},y=2^{k}y_{k},z=2^{k}z_{k}\Rightarrow x,y,z\,\vdots\, 2^{k}$$
Điều này chỉ đúng khi $x=y=z=0$. Do đó phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}y^{2}z^{2}$$
Lời giải.
Nếu $x,y,z$ cùng lẻ thì $x^{2},y^{2},z^{2}\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow \left ( xyz \right )^{2}\equiv x^{2}+y^{2}+z^{2}\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$
Điều này không thể xảy ra vì số chính phương chia cho $4$ dư $0$ hoặc $1$
Do đó tồn tại ít nhất $1$ trong $3$ số $x,y,z$ là số chẵn.
Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $z\,\vdots \,2\Rightarrow z=2z_{1}\,\left ( z_{1}\in Z^{+} \right )$. Suy ra $$x^{2}+y^{2}+4z_{1}^{2}=4x^{2}y^{2}z_{1}^{2}\Rightarrow x^{2}+y^{2}\,\vdots \,4$$
Nếu $x,y$ lẻ thì $x^{2},y^{2}\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow x^{2}+y^{2}\equiv 2\left ( mod\;4 \right )$
Điều này vô lý vì $x^{2}+y^{2}\,\vdots \,4$. Do đó tồn tại $1$ trong $2$ số $x,y$ là số chẵn.
Không mất tính tổng quát, giả sử $y\,\vdots \,2\Rightarrow x\,\vdots \,2\Rightarrow x=2x_{1},y=2y_{1}\left ( x_{1},y_{1} \in Z^{+}\right )$
Khi đó phương trình trở thành $$x_{1}^{2}+y_{1}^{2}+z_{1}^{2}=16x_{1}^{2}y_{1}^{2}z_{1}^{2}$$
Tương tự ta được $$x_{1}=2x_{2},y_{1}=2y_{1},z_{1}=2z_{2}\left ( x_{1},y_{1},z_{1}\in Z^{+} \right )$$
Tiếp tục như vậy ra suy ra $$x=2^{k}x_{k},y=2^{k}y_{k},z=2^{k}z_{k}\Rightarrow x,y,z\,\vdots\, 2^{k}$$
Điều này chỉ đúng khi $x=y=z=0$. Do đó phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Bài hệ phương trình chọn đội tuyển VMO Thái Bình 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Thái Bình 2015)
Giải hệ phương trình sau: $$\left\{\begin{matrix}
x+y-\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\;\;(1)\\
2014^{x+y-1}-3x+y+1=\sqrt{4x^2-3x-y+2}\;\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Điều kiện xác định $xy;x+y-1;4x^2-3x-y+2\geq 0$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được $$\left ( \sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}} \right )^{2}\leq 2\left ( xy+\frac{x^{2}+y^{2}}{2} \right )=\left ( x+y \right )^{2}$$$$\Rightarrow \sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}\leq x+y$$
Mà theo $(1)$ ta có $$x+y-\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\Leftrightarrow x+y=\sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}$$ Suy ra đẳng thức xảy ra khi $x=y\geq 0$
Thế vào $(2)$ ta được $$2014^{2x-1}-\left ( 2x-1 \right )=\sqrt{4x^{2}-4x+2}\;\;(3)$$
Đặt $2x-1=t\,\left ( t\geq 0 \right )$. Khi đó $(3)$ trở thành $$2014^{t}-t=\sqrt{t^{2}+1}\Leftrightarrow 2014^{t}-t-\sqrt{t^{2}+1}=0\;\;(*)$$
Nếu $t\geq 1$ thì theo bất đẳng thức Bernoulli ta được $2014^{t}\geq 1+2013t$. Khi đó $$t+\sqrt{t^{2}+1}\geq 1+2013t\Leftrightarrow t^{2}+1\geq \left ( 1+2012t \right )^{2}\Leftrightarrow \left ( 2012^{2}-1 \right )t^{2}+4024t\geq 0$$ Điều này không thể xảy ra nên $0\leq t< 1$
Xét hàm số $f\left ( t \right )=2014^{t}-t-\sqrt{t^{2}+1}$ với $t\in [0;1)$. Khi đó
$$f'\left ( t \right )=2014^{t}.ln2014-1-\frac{t}{\sqrt{t^{2}+1}}\geqslant ln2014-1-\frac{t}{\sqrt{2t}}$$$$\Rightarrow f'\left ( t \right )\geq ln2014-1-\sqrt{\frac{t}{2}}> ln2014-1-\sqrt{\frac{1}{2}}>0$$
Do đó $f(t)$ là hàm số đồng biến. Mà $f(0)=0$ nên $t=0$ là nghiệm của phương trình $(*)$
Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left ( x;y \right )=\left ( \frac{1}{2};\frac{1}{2} \right )$
Giải hệ phương trình sau: $$\left\{\begin{matrix}
x+y-\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\;\;(1)\\
2014^{x+y-1}-3x+y+1=\sqrt{4x^2-3x-y+2}\;\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Điều kiện xác định $xy;x+y-1;4x^2-3x-y+2\geq 0$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được $$\left ( \sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}} \right )^{2}\leq 2\left ( xy+\frac{x^{2}+y^{2}}{2} \right )=\left ( x+y \right )^{2}$$$$\Rightarrow \sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}\leq x+y$$
Mà theo $(1)$ ta có $$x+y-\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\Leftrightarrow x+y=\sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}$$ Suy ra đẳng thức xảy ra khi $x=y\geq 0$
Thế vào $(2)$ ta được $$2014^{2x-1}-\left ( 2x-1 \right )=\sqrt{4x^{2}-4x+2}\;\;(3)$$
Đặt $2x-1=t\,\left ( t\geq 0 \right )$. Khi đó $(3)$ trở thành $$2014^{t}-t=\sqrt{t^{2}+1}\Leftrightarrow 2014^{t}-t-\sqrt{t^{2}+1}=0\;\;(*)$$
Nếu $t\geq 1$ thì theo bất đẳng thức Bernoulli ta được $2014^{t}\geq 1+2013t$. Khi đó $$t+\sqrt{t^{2}+1}\geq 1+2013t\Leftrightarrow t^{2}+1\geq \left ( 1+2012t \right )^{2}\Leftrightarrow \left ( 2012^{2}-1 \right )t^{2}+4024t\geq 0$$ Điều này không thể xảy ra nên $0\leq t< 1$
Xét hàm số $f\left ( t \right )=2014^{t}-t-\sqrt{t^{2}+1}$ với $t\in [0;1)$. Khi đó
$$f'\left ( t \right )=2014^{t}.ln2014-1-\frac{t}{\sqrt{t^{2}+1}}\geqslant ln2014-1-\frac{t}{\sqrt{2t}}$$$$\Rightarrow f'\left ( t \right )\geq ln2014-1-\sqrt{\frac{t}{2}}> ln2014-1-\sqrt{\frac{1}{2}}>0$$
Do đó $f(t)$ là hàm số đồng biến. Mà $f(0)=0$ nên $t=0$ là nghiệm của phương trình $(*)$
Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left ( x;y \right )=\left ( \frac{1}{2};\frac{1}{2} \right )$
Thứ Sáu, 10 tháng 10, 2014
Bài phương trình chọn đội tuyển VMO Chuyên Đại học Vinh 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Chuyên Đại học Vinh 2015)
Giải phương trình $$\left ( x^{2}+x \right )^{2}+\left ( x-1 \right )^{2}=\left ( x^{2}+1 \right )\sqrt{x-x^{3}}\;(*)$$
Lời giải.
Điều kiện xác định $x-x^{3}\geq 0$
Ta có: $$(*)\Leftrightarrow \left ( x^{2}+1 \right )^{2}-2\left ( x-x^{3} \right )=\left ( x^{2}+1 \right )\sqrt{x-x^{3}}$$
Đặt $\left\{\begin{matrix}
x^{2}+1=a\;\left ( a\geq 1 \right )\\ \sqrt{x-x^{3}}=b\;\left ( b\geq 0 \right )
\end{matrix}\right.$. Phương trình trở thành
$$a^{2}-2b^{2}=ab\Leftrightarrow \left ( a-2b \right )\left ( a+b \right )=0\Leftrightarrow a=2b\Leftrightarrow x^{2}+1=\sqrt{x-x^{3}}$$
$$\Leftrightarrow \left ( x^{2}+1 \right )^{2}=4\left ( x-x^{3} \right )\Leftrightarrow x^{4}+4x^{3}+2x^{2}-4x+1=0\Leftrightarrow \left ( x^{2}+2x-1 \right )^{2}=0$$
$$\Leftrightarrow x^{2}+2x-1=0\Leftrightarrow x=\begin{Bmatrix}
\sqrt{2}-1;-\sqrt{2}-1
\end{Bmatrix}$$
Thử lại thấy thỏa. Vậy $S=\begin{Bmatrix}
\sqrt{2}-1;-\sqrt{2}-1
\end{Bmatrix}$
Giải phương trình $$\left ( x^{2}+x \right )^{2}+\left ( x-1 \right )^{2}=\left ( x^{2}+1 \right )\sqrt{x-x^{3}}\;(*)$$
Lời giải.
Điều kiện xác định $x-x^{3}\geq 0$
Ta có: $$(*)\Leftrightarrow \left ( x^{2}+1 \right )^{2}-2\left ( x-x^{3} \right )=\left ( x^{2}+1 \right )\sqrt{x-x^{3}}$$
Đặt $\left\{\begin{matrix}
x^{2}+1=a\;\left ( a\geq 1 \right )\\ \sqrt{x-x^{3}}=b\;\left ( b\geq 0 \right )
\end{matrix}\right.$. Phương trình trở thành
$$a^{2}-2b^{2}=ab\Leftrightarrow \left ( a-2b \right )\left ( a+b \right )=0\Leftrightarrow a=2b\Leftrightarrow x^{2}+1=\sqrt{x-x^{3}}$$
$$\Leftrightarrow \left ( x^{2}+1 \right )^{2}=4\left ( x-x^{3} \right )\Leftrightarrow x^{4}+4x^{3}+2x^{2}-4x+1=0\Leftrightarrow \left ( x^{2}+2x-1 \right )^{2}=0$$
$$\Leftrightarrow x^{2}+2x-1=0\Leftrightarrow x=\begin{Bmatrix}
\sqrt{2}-1;-\sqrt{2}-1
\end{Bmatrix}$$
Thử lại thấy thỏa. Vậy $S=\begin{Bmatrix}
\sqrt{2}-1;-\sqrt{2}-1
\end{Bmatrix}$
Bài phương trình chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2015)
Cho hai phương trình: $x^{3}+2x^{2}+3x+4=0$ và $x^{3}-8x^{2}+23x-26=0$. Chứng
minh rằng mỗi phương trình trên đều có đúng một nghiệm. Tìm tổng của hai nghiệm đó.
Lời giải.
Xét hàm số $f(t)=t^{3}+2t^{2}+3t+4$ với $\left ( t\in R \right )$. Khi đó $$f'\left ( t \right )=3t^{2}+4t+3=3\left ( t+\frac{2}{3} \right )^{2}+\frac{5}{3}>0$$ Do đó $f(t)$ là hàm đồng biến trên $R$ nên có nhiều nhất $1$ nghiệm
Mà $f(t)$ là hàm đa thức có bậc lẻ nên có nghiệm, vì vậy phương trình $$x^{3}+2x^{2}+3x+4=0\;(1)$$ có đúng $1$ nghiệm.
Tương tự phương trình $x^{3}-8x^{2}+23x-26=0\;(2)$ có đúng $1$ nghiệm.
Gọi $x_{0},y_{0}$ lần lượt là nghiệm của phương trình $(1)$ và $(2)$. Khi đó
$$\left\{\begin{matrix}
x_{0}^{3}+2x_{0}^{2}+3x_{0}+4=0\\ y_{0}^{3}-8y_{0}^{2}+23y_{0}-26=0
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x_{0}^{3}+2x_{0}^{2}+3x_{0}+4=0\\ \left ( 2-y_{0} \right )^{3}+2\left ( 2-y_{0} \right )^{2}+3\left ( 2-y_{0} \right )+4=0
\end{matrix}\right.$$
Lại có $f(t)=t^{3}+2t^{2}+3t+4$ là hàm đồng biến trên $ R$ nên $$x_{0}=2-y_{0}\Rightarrow x_{0}+y_{0}=2$$ Vậy tổng hai nghiệm là $2$
Cho hai phương trình: $x^{3}+2x^{2}+3x+4=0$ và $x^{3}-8x^{2}+23x-26=0$. Chứng
minh rằng mỗi phương trình trên đều có đúng một nghiệm. Tìm tổng của hai nghiệm đó.
Lời giải.
Xét hàm số $f(t)=t^{3}+2t^{2}+3t+4$ với $\left ( t\in R \right )$. Khi đó $$f'\left ( t \right )=3t^{2}+4t+3=3\left ( t+\frac{2}{3} \right )^{2}+\frac{5}{3}>0$$ Do đó $f(t)$ là hàm đồng biến trên $R$ nên có nhiều nhất $1$ nghiệm
Mà $f(t)$ là hàm đa thức có bậc lẻ nên có nghiệm, vì vậy phương trình $$x^{3}+2x^{2}+3x+4=0\;(1)$$ có đúng $1$ nghiệm.
Tương tự phương trình $x^{3}-8x^{2}+23x-26=0\;(2)$ có đúng $1$ nghiệm.
Gọi $x_{0},y_{0}$ lần lượt là nghiệm của phương trình $(1)$ và $(2)$. Khi đó
$$\left\{\begin{matrix}
x_{0}^{3}+2x_{0}^{2}+3x_{0}+4=0\\ y_{0}^{3}-8y_{0}^{2}+23y_{0}-26=0
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x_{0}^{3}+2x_{0}^{2}+3x_{0}+4=0\\ \left ( 2-y_{0} \right )^{3}+2\left ( 2-y_{0} \right )^{2}+3\left ( 2-y_{0} \right )+4=0
\end{matrix}\right.$$
Lại có $f(t)=t^{3}+2t^{2}+3t+4$ là hàm đồng biến trên $ R$ nên $$x_{0}=2-y_{0}\Rightarrow x_{0}+y_{0}=2$$ Vậy tổng hai nghiệm là $2$
Thứ Năm, 9 tháng 10, 2014
Bài phương trình chọn đội tuyển VMO Bắc Ninh 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Bắc Ninh 2015)
Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình sau có nghiệm thực duy nhất $$\sqrt[4]{-x^{2}+4x+12}+2\left ( \sqrt{x-1}+\sqrt{3-x} \right )=m$$
Lời giải.
Dễ thấy điều kiện xác định là $1\leq x\leq 3$
Đặt $t=x-2,\; ( \left | t \right |\leq 1)$. Khi đó phương trình trở thành$$\sqrt[4]{-t^{2}+16}+2\left ( \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \right )=m\;(1)$$
Do đó bài toán trở thành tìm $m$ để $(1)$ có nghiệm duy nhất.
Nhận xét. Nếu $t$ là nghiệm của $(1)$ thì $-t$ cũng là nghiệm của $(1)$ (do $\left | t \right |\leq 1$)
Do phương trình $(1)$ có nghiệm duy nhất nên $t=-t\Rightarrow t=0\Rightarrow m=6$
Với $m=6$ thì phương trình trở thành $$\sqrt[4]{-t^{2}+16}+2\left ( \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \right )=6\;(*)$$
Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta được $$\sqrt[4]{\left ( -t^{2}+16 \right ).16.16.16}\leq \frac{-t^{2}+64}{4}\Rightarrow \sqrt[4]{ -t^{2}+16 }\leq \frac{-t^{2}+64}{32}
$$Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được $$\left ( \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \right )^{2}\leq2(t+1+1-t)=4\Rightarrow \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \leq 2$$
Suy ra $$6\leq \frac{-t^{2}+64}{32}+4\Rightarrow t=0$$
Thử lại thấy đúng. Do đó $m=1$
Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình sau có nghiệm thực duy nhất $$\sqrt[4]{-x^{2}+4x+12}+2\left ( \sqrt{x-1}+\sqrt{3-x} \right )=m$$
Lời giải.
Dễ thấy điều kiện xác định là $1\leq x\leq 3$
Đặt $t=x-2,\; ( \left | t \right |\leq 1)$. Khi đó phương trình trở thành$$\sqrt[4]{-t^{2}+16}+2\left ( \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \right )=m\;(1)$$
Do đó bài toán trở thành tìm $m$ để $(1)$ có nghiệm duy nhất.
Nhận xét. Nếu $t$ là nghiệm của $(1)$ thì $-t$ cũng là nghiệm của $(1)$ (do $\left | t \right |\leq 1$)
Do phương trình $(1)$ có nghiệm duy nhất nên $t=-t\Rightarrow t=0\Rightarrow m=6$
Với $m=6$ thì phương trình trở thành $$\sqrt[4]{-t^{2}+16}+2\left ( \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \right )=6\;(*)$$
Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta được $$\sqrt[4]{\left ( -t^{2}+16 \right ).16.16.16}\leq \frac{-t^{2}+64}{4}\Rightarrow \sqrt[4]{ -t^{2}+16 }\leq \frac{-t^{2}+64}{32}
$$Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được $$\left ( \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \right )^{2}\leq2(t+1+1-t)=4\Rightarrow \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \leq 2$$
Suy ra $$6\leq \frac{-t^{2}+64}{32}+4\Rightarrow t=0$$
Thử lại thấy đúng. Do đó $m=1$
Một tính chất hay của bất đẳng thức
Bài toán.
Nếu các số thực $x,y,z$ thỏa $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xyz=4$ và $max\begin{Bmatrix}
\left | x \right |,\left | y \right |,\left | z \right |
\end{Bmatrix}> 2$ thì
tồn tại các số thực $a,b,c$ có tích bằng $1$ thỏa $x=a+\frac{1}{a},\,y=b+\frac{1}{b},\,z=c+\frac{1}{a}$
Lời giải.
Gọi $\left ( x_{0},y_{0},z_{0} \right )$ là bộ nghiệm thỏa $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xyz=4$ $(1)$
Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $x_{0}=max\begin{Bmatrix}
\left | x_{0} \right |,\left | y_{0} \right |,\left | z_{0} \right |
\end{Bmatrix}\Rightarrow x_{0}> 2$
Xét phương trình bậc hai ẩn $z$ $$z^{2}-zx_{0}y_{0}+x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4=0$$ Khi đó $$\Delta =x_{0}^{2}y_{0}^{2}-4\left ( x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4 \right )=\left ( x_{0}^{2}-4 \right )\left ( y_{0}^{2}-4 \right )\geqslant 0\Rightarrow \left | y_{0} \right |\geq 2$$ Tương tự $\left | z_{0} \right |\geq 2$
Do $\left | x_{0} \right |,\left | y_{0} \right |\geq 2$ nên tồn tại $a,b$ thỏa $x_{0}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}}$ và $y_{0}=y_{1}+\frac{1}{y_{1}}$
Thế vào $(1)$ ta được $$z_{0}^{2}-\left ( x_{1}+\frac{1}{x_{1}} \right )\left ( y_{1}+\frac{1}{y_{1}} \right )z_{0}+x_{1}^{2}+\frac{1}{x_{1}^{2}}+y_{1}^{2}+\frac{1}{y_{1}^{2}}=0$$$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
z_{0}-\left ( x_{1}y_{1}+\frac{1}{x_{1}y_{1}} \right )
\end{bmatrix}.\begin{bmatrix}
z_{0}-\left ( \frac{x_{1}}{y_{1}}+\frac{y_{1}}{x_{1}} \right )
\end{bmatrix}=0$$
Nếu $z_{0}=x_{1}y_{1}+\frac{1}{x_{1}y_{1}}$ thì chọn $a=x_{1};\, b=y_{1};\, c=\frac{1}{x_{1}y_{1}}$
Nếu $z_{0}=\frac{x_{1}}{y_{1}}+\frac{y_{1}}{x_{1}}$ thì chọn $a=x_{1};\, b=\frac{1}{y_{1}};\,c=\frac{y_{1}}{x_{1}}$
Vậy suy ra điều phải chứng minh.
Nếu các số thực $x,y,z$ thỏa $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xyz=4$ và $max\begin{Bmatrix}
\left | x \right |,\left | y \right |,\left | z \right |
\end{Bmatrix}> 2$ thì
tồn tại các số thực $a,b,c$ có tích bằng $1$ thỏa $x=a+\frac{1}{a},\,y=b+\frac{1}{b},\,z=c+\frac{1}{a}$
Lời giải.
Gọi $\left ( x_{0},y_{0},z_{0} \right )$ là bộ nghiệm thỏa $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xyz=4$ $(1)$
Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $x_{0}=max\begin{Bmatrix}
\left | x_{0} \right |,\left | y_{0} \right |,\left | z_{0} \right |
\end{Bmatrix}\Rightarrow x_{0}> 2$
Xét phương trình bậc hai ẩn $z$ $$z^{2}-zx_{0}y_{0}+x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4=0$$ Khi đó $$\Delta =x_{0}^{2}y_{0}^{2}-4\left ( x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4 \right )=\left ( x_{0}^{2}-4 \right )\left ( y_{0}^{2}-4 \right )\geqslant 0\Rightarrow \left | y_{0} \right |\geq 2$$ Tương tự $\left | z_{0} \right |\geq 2$
Do $\left | x_{0} \right |,\left | y_{0} \right |\geq 2$ nên tồn tại $a,b$ thỏa $x_{0}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}}$ và $y_{0}=y_{1}+\frac{1}{y_{1}}$
Thế vào $(1)$ ta được $$z_{0}^{2}-\left ( x_{1}+\frac{1}{x_{1}} \right )\left ( y_{1}+\frac{1}{y_{1}} \right )z_{0}+x_{1}^{2}+\frac{1}{x_{1}^{2}}+y_{1}^{2}+\frac{1}{y_{1}^{2}}=0$$$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
z_{0}-\left ( x_{1}y_{1}+\frac{1}{x_{1}y_{1}} \right )
\end{bmatrix}.\begin{bmatrix}
z_{0}-\left ( \frac{x_{1}}{y_{1}}+\frac{y_{1}}{x_{1}} \right )
\end{bmatrix}=0$$
Nếu $z_{0}=x_{1}y_{1}+\frac{1}{x_{1}y_{1}}$ thì chọn $a=x_{1};\, b=y_{1};\, c=\frac{1}{x_{1}y_{1}}$
Nếu $z_{0}=\frac{x_{1}}{y_{1}}+\frac{y_{1}}{x_{1}}$ thì chọn $a=x_{1};\, b=\frac{1}{y_{1}};\,c=\frac{y_{1}}{x_{1}}$
Vậy suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán.
Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}$ là góc lớn nhất, phân giác trong $AM$. Gọi $P$ là trung điểm $AM$.
Hai điểm $X,Y$ nằm trên các đoạn thẳng $BP,CP$ sao cho $\widehat{AXC}=\widehat{AYB}=90^{0}$. Chứng
minh rằng $XBYC$ nội tiếp.
Lời giải.
Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}$ là góc lớn nhất, phân giác trong $AM$. Gọi $P$ là trung điểm $AM$.
Hai điểm $X,Y$ nằm trên các đoạn thẳng $BP,CP$ sao cho $\widehat{AXC}=\widehat{AYB}=90^{0}$. Chứng
minh rằng $XBYC$ nội tiếp.
Lời giải.
Gọi $X'$ là điểm nằm trên cạnh $BP$ thỏa $AP$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left ( ABX' \right )$
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ xuống cạnh $BC$
Do $AP$ là tiếp tuyến $(ABX')$ nên $$PH^{2}=AP^{2}=PX'.PB\Rightarrow \frac{PH}{PB}=\frac{PX'}{PH}\Rightarrow \Delta PHX'\sim \Delta PBH (c-g-c)$$
Suy ra $$\widehat{AX'H}=\widehat{AX'P}+\widehat{PX'H}=\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{PHB}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{PHA}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{MAH}$$$$\Rightarrow \widehat{AX'H}=180^{2}+\frac{\widehat{A}}{2}-\widehat{AMH}=180^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}-\left ( \frac{\widehat{A}}{2} +\widehat{C}\right )=180^{0}-\widehat{C}$$
Vậy tứ giác $AX'HC$ nội tiếp nên $\widehat{AX'C}=\widehat{AHC}=90^{0}\Rightarrow X'\equiv X$
Do đó $PA^{2}=PX.PB$. Tương tự $PA^{2}=PY.PC$
Dẫn đến $PX.PB=PY.PC$ nên tứ giác $XBYC$ nội tiếp.
Chủ Nhật, 5 tháng 10, 2014
Bài tổ hợp chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2015)
Cho $n \geq 3$ là một số nguyên dương. Chứng minh với $n$ điểm phân biệt nằm trong mặt
phẳng, sao cho trong đó không có $3$ điểm nào thẳng hàng thì số tam giác có đỉnh được lấy
trong $n$ điểm đã cho và có diện tích bằng $1$ không lớn hơn $\frac{2}{3}(n^2-n)$.
Lời giải.
Cho $n \geq 3$ là một số nguyên dương. Chứng minh với $n$ điểm phân biệt nằm trong mặt
phẳng, sao cho trong đó không có $3$ điểm nào thẳng hàng thì số tam giác có đỉnh được lấy
trong $n$ điểm đã cho và có diện tích bằng $1$ không lớn hơn $\frac{2}{3}(n^2-n)$.
Lời giải.
Xét hai điểm $A$ và $B$ trong $n$ điểm. Ta chứng minh rằng từ hai điểm này có thể tạo được
nhiều nhất $4$ tam giác có diện tích bằng $1$.
Giả sử từ hai điểm $A,B$ có thể tạo được $5$ tam giác có diện tích bằng $1$ $(*)$
Gọi $\triangle ABC$ là tam giác có diện tích bằng $1$ và H là chân đường cao kẻ từ $C$ xuống
Khi đó ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.CH\Rightarrow CH=\frac{2}{AB}=k=const$
Do đó điểm $C$ thuộc $1$ trong $2$ đường thẳng song song cách đều $AB$ một khoảng $k=const$
Theo nguyên lý Đirichlet, trong $5$ điểm thỏa $(*)$ thì tồn tại một đường thẳng chứa ít nhất $3$ điểm
Điều này vô lý vì không có $3$ điểm nào thẳng hàng.
Vậy từ hai điểm bất kỳ có tạo được nhiều nhất $4$ tam giác có diện tích bằng $1$
Mà số cách chọn hai điểm trong $n$ điểm là $C_{n}^{2}$ và tam giác $ABC$ có diện tích bằng $1$ được
đếm $3$ lần. Vì vậy số tam giác có diện tích bằng $1$ không lớn hơn $$\frac{4.C_{n}^{2}}{3}=\frac{2}{3}\left ( n^{2}-n \right )$$
Nguyên lý Đirichlet trong bất đẳng thức
Bài toán 1.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) $$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, trong ba số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu.
Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0$. Khi đó $$c(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow 2abc+2c\geq 2ab+2bc$$Lại có $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1\geq 2ab+2c$$Suy ra $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1+2abc+2c\geq 2(ab+bc+ca)+2c$$$$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) $$
Bài toán 2.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (a+1)(b+1)(c+1)$$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, trong ba số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu.
Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0$. Khi đó $$c(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow 2abc+2c\geq 2ab+2bc$$Ta cần chứng minh $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\geq a+b+2c+ab$$Thật vậy $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\geq a+b+2c+ab\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left ( a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a-1 \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( b-1 \right )^{2}+(c-1)^{2}\geq 0$$
Vậy ta có bất đẳng thức $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (a+1)(b+1)(c+1)$
Bài toán 3.
Cho $a,b,c>0$ và $x=a+\frac{1}{b};\,y=b+\frac{1}{c},\,z=c+\frac{1}{a}$. Chứng minh rằng $$xy+yz+zx\geq 2(x+y+z)$$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, tồn tại hai số $\leq2$ hoặc $\geq2$. Giả sử là $x,y$. Khi đó $$(x-2)(y-2)\geq0\Rightarrow xy+4\geq 2x+2y$$
Ta chỉ cần chứng minh $$yz+zx\geq 2z+4$$Thật vậy $$yz+zx\geq 2z+4\Leftrightarrow z(x+y-2)\geq 4\Leftrightarrow \left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c}+b+\frac{1}{b}-2 \right )\geq 4$$Ta có $$\left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c}+b+\frac{1}{b}-2 \right )\geq \left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c} \right )\geq 4$$
Do đó bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn.
Bài toán 4. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận)
Cho $x,y,z$ dương. Chứng minh rằng $$xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3(x+y+z)$$
Lời giải.
Theo bài toán $1$ ta được $$xyz\geq \frac{2(xy+yz+zx)-(x^{2}+y^{2}+z^{2}+1)}{2}$$$$xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq \frac{2(xy+yz+zx)-(x^{2}+y^{2}+z^{2}+1)}{2}+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$$$$\Rightarrow xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq \frac{(x+y+z)^{2}+9}{2}\geq 3(x+y+z)$$
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) $$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, trong ba số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu.
Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0$. Khi đó $$c(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow 2abc+2c\geq 2ab+2bc$$Lại có $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1\geq 2ab+2c$$Suy ra $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1+2abc+2c\geq 2(ab+bc+ca)+2c$$$$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) $$
Bài toán 2.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (a+1)(b+1)(c+1)$$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, trong ba số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu.
Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0$. Khi đó $$c(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow 2abc+2c\geq 2ab+2bc$$Ta cần chứng minh $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\geq a+b+2c+ab$$Thật vậy $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\geq a+b+2c+ab\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left ( a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a-1 \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( b-1 \right )^{2}+(c-1)^{2}\geq 0$$
Vậy ta có bất đẳng thức $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (a+1)(b+1)(c+1)$
Bài toán 3.
Cho $a,b,c>0$ và $x=a+\frac{1}{b};\,y=b+\frac{1}{c},\,z=c+\frac{1}{a}$. Chứng minh rằng $$xy+yz+zx\geq 2(x+y+z)$$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, tồn tại hai số $\leq2$ hoặc $\geq2$. Giả sử là $x,y$. Khi đó $$(x-2)(y-2)\geq0\Rightarrow xy+4\geq 2x+2y$$
Ta chỉ cần chứng minh $$yz+zx\geq 2z+4$$Thật vậy $$yz+zx\geq 2z+4\Leftrightarrow z(x+y-2)\geq 4\Leftrightarrow \left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c}+b+\frac{1}{b}-2 \right )\geq 4$$Ta có $$\left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c}+b+\frac{1}{b}-2 \right )\geq \left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c} \right )\geq 4$$
Do đó bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn.
Bài toán 4. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận)
Cho $x,y,z$ dương. Chứng minh rằng $$xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3(x+y+z)$$
Lời giải.
Theo bài toán $1$ ta được $$xyz\geq \frac{2(xy+yz+zx)-(x^{2}+y^{2}+z^{2}+1)}{2}$$$$xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq \frac{2(xy+yz+zx)-(x^{2}+y^{2}+z^{2}+1)}{2}+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$$$$\Rightarrow xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq \frac{(x+y+z)^{2}+9}{2}\geq 3(x+y+z)$$
Thứ Bảy, 4 tháng 10, 2014
Bài bất đẳng thức chọn đội tuyển VMO Năng khiếu 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Phổ thông Năng khiếu 2015)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều $$\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )=1+4abc$$
Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức $$a+b+c\leq 1+abc$$
Lời giải.
Theo giả thiết ta có $$\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )=1+4abc\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca=3abc$$
Đặt $x=\frac{1}{a},\,y=\frac{1}{b},\,z=\frac{1}{c}\Rightarrow x+y+z+xy +yz+zx=3$. Ta cần chứng minh $$xy+yx+zx\leq 1+xyz$$
Ta nhận xét rằng trong ba số $x,y,z$ tồn tại nhiều nhất $1$ số lớn hơn $1$. Vì nếu tồn tại hai số
$x,y$ lớn hơn $1$ thì $x+y+xy>3$ (vô lý)
Trường hợp 1. Cả ba số $x,y,z$ đều nhỏ hơn $1$. Theo nguyên lý Đirichlet tồn tại một trong ba]
số $x+yz,y+zx,z+xy$ nhỏ hơn $1$. Giả sử $x+yz<1$
Lại có $$x(y-1)(z-1)> 0\Rightarrow xyz+x>xy+xz\Rightarrow xyz+1>xy+yz+zx$$
Trường hợp 2. Tồn tại $x>1$ suy ra $y,z<1$.
$*$ Nếu $x+y+z>2\Rightarrow xy+yz+zx<1\Rightarrow xy+yz+zx<1+xyz$
$*$ Nếu $x+y+z<2$ thì $xyz+1>xyz-(x+y+z)-1$
Lại có $$(x-1)(y-1)(z-1)>0\Rightarrow xyz-(x+y+z)-1\geq xy+yz+zx$$$$\Rightarrow xyz+1\geq xy+yz+zx$$
Do đó $xy+yx+zx\leq 1+xyz$
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều $$\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )=1+4abc$$
Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức $$a+b+c\leq 1+abc$$
Lời giải.
Theo giả thiết ta có $$\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )=1+4abc\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca=3abc$$
Đặt $x=\frac{1}{a},\,y=\frac{1}{b},\,z=\frac{1}{c}\Rightarrow x+y+z+xy +yz+zx=3$. Ta cần chứng minh $$xy+yx+zx\leq 1+xyz$$
Ta nhận xét rằng trong ba số $x,y,z$ tồn tại nhiều nhất $1$ số lớn hơn $1$. Vì nếu tồn tại hai số
$x,y$ lớn hơn $1$ thì $x+y+xy>3$ (vô lý)
Trường hợp 1. Cả ba số $x,y,z$ đều nhỏ hơn $1$. Theo nguyên lý Đirichlet tồn tại một trong ba]
số $x+yz,y+zx,z+xy$ nhỏ hơn $1$. Giả sử $x+yz<1$
Lại có $$x(y-1)(z-1)> 0\Rightarrow xyz+x>xy+xz\Rightarrow xyz+1>xy+yz+zx$$
Trường hợp 2. Tồn tại $x>1$ suy ra $y,z<1$.
$*$ Nếu $x+y+z>2\Rightarrow xy+yz+zx<1\Rightarrow xy+yz+zx<1+xyz$
$*$ Nếu $x+y+z<2$ thì $xyz+1>xyz-(x+y+z)-1$
Lại có $$(x-1)(y-1)(z-1)>0\Rightarrow xyz-(x+y+z)-1\geq xy+yz+zx$$$$\Rightarrow xyz+1\geq xy+yz+zx$$
Do đó $xy+yx+zx\leq 1+xyz$
Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2015)
Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$x_1=\frac{1}{2}; x_{n+1}=\frac{2014+x_n}{2016-x_n}\, \forall n=1,2,..$$
a) Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn và tính giới hạn đó.
b) Với mỗi số tự nhiên $n \ge 1,$ ta đặt $$y_n=\frac{1}{2013n+2015} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_k-2014}$$ Tính $\lim y_n$
Lời giải.
a) Trước hết chứng minh $x_{n}<1,\,\forall n=1,2,...$
Với $n=1$ ta được $x_{1}<1$
Với $n=2$ ta được $x_{2}<1$
Giả sử $x_{n}<1$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}<1$
Thật vậy $$x_{n+1}<1\Leftrightarrow \frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-1<0\Leftrightarrow \frac{2(x_{n}-1)}{2016-x_{n}}<0$$ Điều này đúng do $x_{n}<1$
Ta sẽ chứng minh dãy $(x_{n})$ là dãy tăng.
Với $n=1$ ta được $x_{2}=\frac{4029}{4031}>\frac{1}{2}=x_{1}$
Giả sử $x_{n}>x_{n-1}$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}>x_{n}$
Thật vậy $$x_{n+1}>x_{n}\Leftrightarrow \frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-x_{n}> 0\Leftrightarrow \frac{(x_{n}-1)(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}> 0$$ Vậy dãy $(x_{n})$ là dãy tăng và bị chặn trên bởi $1$ nên $(x_{n})$ hôi tụ. Đặt $lim\,x_{n}=L\,(L<1)$
Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{2014+L}{2016-L}\Rightarrow L=1$$
Mở rộng. Tìm công thức tồng quát của $x_{n}$
Ta có $$x_{n+1}-1=\frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-1=\frac{2(x_{n}-1)}{2016-x_{n}}\;(1)$$$$x_{n+1}-2014=\frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-2014=\frac{2015(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}\;(2)$$ Giả sử $\exists i:x_{i}=2014$. Khi đó theo $(2)$ ta suy ra $x_{1}=2014$ (vô lý) nên $x_{n}\neq 2014,\,\forall n $
Khi đó từ $(1)$ và $(2)$ ta được $$\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}-2014}=\frac{2}{2015}.\frac{x_{n}-1}{x_{n}-2014}=...=\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n-1}.\frac{x_{1}-1}{x_{1}-2014}$$
$$\Rightarrow \frac{x_{n}-1}{x_{n}-2014}=\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n-2}.\frac{1}{4027}\Rightarrow x_{n}=\frac{2014.2^{n-2}-4027.2015^{n-2}}{2^{n-2}-4027.2015^{n-2}}$$
b) Ta có $$x_{n+1}-2014=\frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-2014=\frac{2015(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}$$
$$x_{n+1}-x_{n}=\frac{(x_{n}-1)(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}$$
Suy ra $$\frac{2015(x_{n+1}-x_{n})}{(x_{n+1}-2014)(x_{n}-2014)}=\frac{(x_{n}-1)}{x_{n}-2014}\Rightarrow 2015\left ( \frac{1}{x_{n}-2014}-\frac{1}{x_{n+1}-2014}\right )= 1+\frac{2013}{x_{n}-2014} $$
$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n}-2014} =\frac{2015}{2013}\left ( \frac{1}{x_{n}-2014}-\frac{1}{x_{n+1}-2014}\right )-\frac{1}{2013}$$
$$\Rightarrow y_{n}=\begin{bmatrix}
\frac{2015}{2013}\left ( \frac{-2}{4027} -\frac{1}{x_{n+1}-2014}\right )-\frac{n}{2013}
\end{bmatrix}.\frac{1}{2013n+2015}\Rightarrow lim\,y_{n}=\frac{-1}{2013^{2}}$$
Vậy $lim\,y_{n}=-\frac{-1}{2013^{2}}$
Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$x_1=\frac{1}{2}; x_{n+1}=\frac{2014+x_n}{2016-x_n}\, \forall n=1,2,..$$
a) Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn và tính giới hạn đó.
b) Với mỗi số tự nhiên $n \ge 1,$ ta đặt $$y_n=\frac{1}{2013n+2015} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_k-2014}$$ Tính $\lim y_n$
Lời giải.
a) Trước hết chứng minh $x_{n}<1,\,\forall n=1,2,...$
Với $n=1$ ta được $x_{1}<1$
Với $n=2$ ta được $x_{2}<1$
Giả sử $x_{n}<1$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}<1$
Thật vậy $$x_{n+1}<1\Leftrightarrow \frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-1<0\Leftrightarrow \frac{2(x_{n}-1)}{2016-x_{n}}<0$$ Điều này đúng do $x_{n}<1$
Ta sẽ chứng minh dãy $(x_{n})$ là dãy tăng.
Với $n=1$ ta được $x_{2}=\frac{4029}{4031}>\frac{1}{2}=x_{1}$
Giả sử $x_{n}>x_{n-1}$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}>x_{n}$
Thật vậy $$x_{n+1}>x_{n}\Leftrightarrow \frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-x_{n}> 0\Leftrightarrow \frac{(x_{n}-1)(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}> 0$$ Vậy dãy $(x_{n})$ là dãy tăng và bị chặn trên bởi $1$ nên $(x_{n})$ hôi tụ. Đặt $lim\,x_{n}=L\,(L<1)$
Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{2014+L}{2016-L}\Rightarrow L=1$$
Mở rộng. Tìm công thức tồng quát của $x_{n}$
Ta có $$x_{n+1}-1=\frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-1=\frac{2(x_{n}-1)}{2016-x_{n}}\;(1)$$$$x_{n+1}-2014=\frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-2014=\frac{2015(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}\;(2)$$ Giả sử $\exists i:x_{i}=2014$. Khi đó theo $(2)$ ta suy ra $x_{1}=2014$ (vô lý) nên $x_{n}\neq 2014,\,\forall n $
Khi đó từ $(1)$ và $(2)$ ta được $$\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}-2014}=\frac{2}{2015}.\frac{x_{n}-1}{x_{n}-2014}=...=\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n-1}.\frac{x_{1}-1}{x_{1}-2014}$$
$$\Rightarrow \frac{x_{n}-1}{x_{n}-2014}=\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n-2}.\frac{1}{4027}\Rightarrow x_{n}=\frac{2014.2^{n-2}-4027.2015^{n-2}}{2^{n-2}-4027.2015^{n-2}}$$
b) Ta có $$x_{n+1}-2014=\frac{2014+x_{n}}{2016-x_{n}}-2014=\frac{2015(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}$$
$$x_{n+1}-x_{n}=\frac{(x_{n}-1)(x_{n}-2014)}{2016-x_{n}}$$
Suy ra $$\frac{2015(x_{n+1}-x_{n})}{(x_{n+1}-2014)(x_{n}-2014)}=\frac{(x_{n}-1)}{x_{n}-2014}\Rightarrow 2015\left ( \frac{1}{x_{n}-2014}-\frac{1}{x_{n+1}-2014}\right )= 1+\frac{2013}{x_{n}-2014} $$
$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n}-2014} =\frac{2015}{2013}\left ( \frac{1}{x_{n}-2014}-\frac{1}{x_{n+1}-2014}\right )-\frac{1}{2013}$$
$$\Rightarrow y_{n}=\begin{bmatrix}
\frac{2015}{2013}\left ( \frac{-2}{4027} -\frac{1}{x_{n+1}-2014}\right )-\frac{n}{2013}
\end{bmatrix}.\frac{1}{2013n+2015}\Rightarrow lim\,y_{n}=\frac{-1}{2013^{2}}$$
Vậy $lim\,y_{n}=-\frac{-1}{2013^{2}}$
Thứ Sáu, 3 tháng 10, 2014
Bài hệ phương trình chọn đội tuyển VMO Vũng Tàu 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Vũng Tàu 2015)
Giải hệ phương trình $$\left\{\begin{matrix}
2\sqrt{y+1}-\sqrt{2(x+y)}=x-y-2\;(1)\\ 3\sqrt{3y-2x+6}-\sqrt{y^{2}-3}=x+1\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Từ $(1)$ ta được $$2\sqrt{y+1}-\sqrt{2(x+y)}=x-y-2\Leftrightarrow \sqrt{4(y+1)}+2(y+1)=\sqrt{2(x+y)}+(x+y)$$ Xét hàm số $f(t)=t+\sqrt{2t},\,\forall t\in R^{+}\Rightarrow f'(t)=1+\frac{1}{\sqrt{2t}}> 0$
Do đó $f(t)$ là hàm đồng biến trên $R^{+}$. Ta lại có $$ f\left ( 2(y+1) \right )=f\left ( x+y \right )\Rightarrow 2(y+1)=x+y\Rightarrow x=y+2$$
Thế vào $(2)$ ta được phương trình theo $y$ là $$3\sqrt{y+2}-\sqrt{y^{2}-3}=y+3\Leftrightarrow 3\sqrt{y+2}-(y+4)=\sqrt{y^{2}-3}-1$$$$\Leftrightarrow \frac{-(y+1)(y-2)}{3\sqrt{y+2}+y+4}=\frac{(y-2)(y+2)}{\sqrt{y^{2}-3}+1}$$
Trường hợp 1. $y=2\Rightarrow x=4$ (thỏa đề bài)
Trường hợp 2. $$\frac{-(y+1)}{3\sqrt{y+2}+y+4}=\frac{(y+2)}{\sqrt{y^{2}-3}+1} \;(*)$$
Kết hợp điều kiện $y\geq -1\Rightarrow VT(*)< 0,\, VP(*)>0$. Do đó phương trình $(*)$ vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ là $(x,y)=(2,2)$
Giải hệ phương trình $$\left\{\begin{matrix}
2\sqrt{y+1}-\sqrt{2(x+y)}=x-y-2\;(1)\\ 3\sqrt{3y-2x+6}-\sqrt{y^{2}-3}=x+1\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Từ $(1)$ ta được $$2\sqrt{y+1}-\sqrt{2(x+y)}=x-y-2\Leftrightarrow \sqrt{4(y+1)}+2(y+1)=\sqrt{2(x+y)}+(x+y)$$ Xét hàm số $f(t)=t+\sqrt{2t},\,\forall t\in R^{+}\Rightarrow f'(t)=1+\frac{1}{\sqrt{2t}}> 0$
Do đó $f(t)$ là hàm đồng biến trên $R^{+}$. Ta lại có $$ f\left ( 2(y+1) \right )=f\left ( x+y \right )\Rightarrow 2(y+1)=x+y\Rightarrow x=y+2$$
Thế vào $(2)$ ta được phương trình theo $y$ là $$3\sqrt{y+2}-\sqrt{y^{2}-3}=y+3\Leftrightarrow 3\sqrt{y+2}-(y+4)=\sqrt{y^{2}-3}-1$$$$\Leftrightarrow \frac{-(y+1)(y-2)}{3\sqrt{y+2}+y+4}=\frac{(y-2)(y+2)}{\sqrt{y^{2}-3}+1}$$
Trường hợp 1. $y=2\Rightarrow x=4$ (thỏa đề bài)
Trường hợp 2. $$\frac{-(y+1)}{3\sqrt{y+2}+y+4}=\frac{(y+2)}{\sqrt{y^{2}-3}+1} \;(*)$$
Kết hợp điều kiện $y\geq -1\Rightarrow VT(*)< 0,\, VP(*)>0$. Do đó phương trình $(*)$ vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ là $(x,y)=(2,2)$
Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Vũng Tàu 2015
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Vũng Tàu 2015)
Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=3\\ x_{n+1}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1}{2\left ( x_{n}-1 \right )^{2}}
\end{matrix}\right.$$ Với mỗi số nguyên dương $n$, ta đặt $$y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}^{2}}$$ Tính giới hạn của dãy số $(y_{n})$.
Lời giải.
Ta có $$x_{n+1}-\frac{1}{2}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1}{2(x_{n}-1)^{2}}-x_{n}=\frac{x_{n}^{2}(2x_{n}-1)}{2(x_{n}-1)^{2}}$$
$$\Rightarrow 2x_{n+1}-1=\frac{x_{n}^{2}(2x_{n}-1)}{(x_{n}-1)^{2}}\Rightarrow \frac{1}{2x_{n+1}-1}=\frac{(x_{n}-1)^{2}}{x_{n}^{2}(2x_{n}-1)}=\frac{1}{2x_{n}-1}-\frac{1}{x_{n}^{2}}$$
$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n}^{2}}=\frac{1}{2x_{n}-1}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}\Rightarrow y_{n}=\frac{1}{5}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}$$
Lại có $$x_{n+1}-x_{n}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1-2x_{n}(x_{n}-1)^{2}}{2(x_{n}-1)^{2}}=\frac{(2x_{n}-1)^{2}}{2(x_{n}-1)^{2}}\geq 0$$ Vậy dãy $(x_{n})$ là dãy tăng.
Giả sử dãy $(x_{n})$ bị chặn trên thì dãy $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn. Đặt $lim\,x_{n}=L$, chuyển
qua giới hạn ta được $$L=\frac{2L^{3}-2L+1}{2(L-1)^{2}}\Rightarrow (2L-1)^{2}=0\Rightarrow L=\frac{1}{2}$$
Điều này vô lý vì $..>x_{n}>x_{n-1}>...x_{1}>\frac{1}{2}\Rightarrow L>\frac{1}{2}$
Vậy $lim\,x_{n}=+\infty $. Do đó $$lim\,y_{n}=\frac{1}{5}$$
Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=3\\ x_{n+1}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1}{2\left ( x_{n}-1 \right )^{2}}
\end{matrix}\right.$$ Với mỗi số nguyên dương $n$, ta đặt $$y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}^{2}}$$ Tính giới hạn của dãy số $(y_{n})$.
Lời giải.
Ta có $$x_{n+1}-\frac{1}{2}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1}{2(x_{n}-1)^{2}}-x_{n}=\frac{x_{n}^{2}(2x_{n}-1)}{2(x_{n}-1)^{2}}$$
$$\Rightarrow 2x_{n+1}-1=\frac{x_{n}^{2}(2x_{n}-1)}{(x_{n}-1)^{2}}\Rightarrow \frac{1}{2x_{n+1}-1}=\frac{(x_{n}-1)^{2}}{x_{n}^{2}(2x_{n}-1)}=\frac{1}{2x_{n}-1}-\frac{1}{x_{n}^{2}}$$
$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n}^{2}}=\frac{1}{2x_{n}-1}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}\Rightarrow y_{n}=\frac{1}{5}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}$$
Lại có $$x_{n+1}-x_{n}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1-2x_{n}(x_{n}-1)^{2}}{2(x_{n}-1)^{2}}=\frac{(2x_{n}-1)^{2}}{2(x_{n}-1)^{2}}\geq 0$$ Vậy dãy $(x_{n})$ là dãy tăng.
Giả sử dãy $(x_{n})$ bị chặn trên thì dãy $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn. Đặt $lim\,x_{n}=L$, chuyển
qua giới hạn ta được $$L=\frac{2L^{3}-2L+1}{2(L-1)^{2}}\Rightarrow (2L-1)^{2}=0\Rightarrow L=\frac{1}{2}$$
Điều này vô lý vì $..>x_{n}>x_{n-1}>...x_{1}>\frac{1}{2}\Rightarrow L>\frac{1}{2}$
Vậy $lim\,x_{n}=+\infty $. Do đó $$lim\,y_{n}=\frac{1}{5}$$
Thứ Ba, 30 tháng 9, 2014
Bài bất đẳng thức kiểm tra Trường hè Toán học 2014
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 $k_{min}=\frac{2}{7}$
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 $k_{min}=\frac{2}{7}$
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)