Bài 1. Chứng minh rằng (x^2+2)(y^2+2)(z^2+2) \ge 9(xy+yz+zx), với mọi x, y, z > 0. |
Lời giải
Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số xy-1, yz-1, zx-1 tồn tại hai số không trái dấu, chẳng hạn xy-1, yz-1. Khi đó (xy-1)(yz-1) \ge 0 \Leftrightarrow xy^2z+1 \ge xy+yz.Do đó x^2y^2z^2+y^2+2 \ge 2(xy^2z+1) \ge 2(xy+yz).
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại
x^2y^2z^2+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+4(x^2+y^2+z^2)+8 \ge 9(xy+yz+zx).
Ta có
- x^2y^2z^2+y^2+2 \ge 2(xy^2z+1) \ge 2(xy+yz). (1)
- 3(x^2+y^2+z^2) \ge 3(xy+yz+zx). (2)
- Vì x^2y^2+1 \ge 2xy nên 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+6 \ge 4(xy+yz+zx). (3)
- x^2+z^2 \ge 2xz. (4)
Bài 2. Cho hàm số f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{(x-1)^2}.
|
Lời giải
- Chứng minh rằng phương trình f(x)=x có duy nhất một nghiệm trong \left[ \dfrac{1}{2};1\right].
Xét hàm số g(x)=f(x)-x thì g'(x)=f'(x)-1=\dfrac{(x-1)\mathrm{e}^x}{(x+1)^3}-1 < 0, \forall x \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right].
Do đó g(x) nghich biến trên \left[ \dfrac{1}{2};1\right].
Mặt khác ta có g(\frac{1}{2})=\dfrac{8\sqrt{\mathrm{e}}-9}{18} > 0, g(1)=\dfrac{\mathrm{e}-4}{4}, g(x) liên tục trên \left[ \dfrac{1}{2};1\right] nên (theo định lý giá trị trung gian) phương trình g(x)=0 hay f(x)=x có nghiệm duy nhất trên \left[ \dfrac{1}{2};1\right]. %câu b - Chứng minh dãy số (u_n) xác định bởi u_1=1, u_{n+1}=f(u_n), \forall n \in \mathbb{N^*} có giới hạn.
Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được u_n \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right],\, \forall n \ge 1.
Xét hàm số f \,: \left[ \dfrac{1}{2};1\right] \rightarrow \left[ \dfrac{1}{2};1\right] được xác định bởi f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{(x+1)^2}.
Vì f'(x)=\dfrac{(x-1)\mathrm{e}^x}{(x+1)^3} < 0, \, \forall x \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right] nên (u_n) có hai dãy con đơn điệu.
Chứng minh được (u_{2n+1}) là dãy giảm và (u_{2n}) là dãy tăng.
Lại có (u_{2n+1}) bị chặn dưới và (u_{2n}) bị chặn trên nên (theo định lý Weierstrass) chúng ta có giới hạn. Giả sử giới hạn của (u_{2n+1}) là a, giới hạn của (u_{2n}) là b và a,b \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right].
Xét hệ \left\{ \begin{array}{l}&\dfrac{\mathrm{e}^a}{(a+1)^2}=b\\&\dfrac{\mathrm{e}^b}{(b+1)^2}=a.\end{array} \right.
Biến đổi ta được a-b=\ln \left( \dfrac{a}{b}\right)+2 \ln \left( \dfrac{a+1}{b+1}\right).
Giả sử a > b, lập luận được ab > 1, mà a,b \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right] là vô lý. Lập luận tương tự cho trường hợp a < b. Suy ra a=b. Vậy dãy (u_n) có giới hạn.
Lưu ý. Thí sinh có thể chứng minh phương trình f(f(x))=x có duy nhất ngiệm trên \left[ \dfrac{1}{2};1\right] để suy ra a=b.
Hoặc sử dụng định lý Lagrange để chứng minh (u_n) có giới hạn.
Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi H là hình chiếu của A trên BC và D, E, M lần lượt là trung điểm HB. HC, BC. Đường tròn (ABE) tâm I cắt AC tại S và đường tròn (ACD) tâm J cắt AB tại R.
|
Lời giải

- Giả sử AB < AC và gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB.
Ta có BR \cdot BA=BD \cdot BC=\dfrac{BH}{2}\cdot BC=BH \cdot BM.
Suy ra tứ giác ARHM nội tiếp. Tương tự ASMH cũng nội tiếp.
Do O, I, P cùng thuộc trung trực AB nên I thuộc OP.
Ta thấy BD=\dfrac{BH}{2}=\dfrac{BC-CH}{2}=CM-CE=ME và IB=IE nên cũng có ID=IM.
Từ đó suy ra I thuộc đường trung bình của hình thang vuông OPDM nên IP=IO. Do đó I là trung điểm OP.
Tương tự J là trung điểm ON nên IJ=\dfrac{1}{2}NP=\dfrac{1}{4}BC. - Dựng hình chữ nhật AHMX thì A, R, M, S, X cùng thuộc đường tròn đường kính AM và AX \parallel BC nên chùm A(AX, BC)=-1.
Khi đó tứ giác MRXS điều hòa. Dễ dàng thấy HX đi qua trung điểm AM nên H, T, X thẳng hàng.
Gọi K là giao điểm của RS, BC thì ta có H(HX, RS)=-1 nên (KT, RS)=-1.
Từ đó suy ra chùm A(KT. RS)=-1 nên theo tính chất quen thuộc của chùm điều hòa trong tứ giác toàn phần thì AT, BS, CR đồng quy.
Bài 4. Cho a=2019 \cdot 2020 \cdot 2021 và số nguyên dương n \ge 3. Người ta xếp n số nguyên dương nào lên một đường tròn thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
|
Lời giải
- Thí sinh chỉ cần chọn n và tìm đúng bộ n số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đề bài sẽ được 1 điểm.
Xét trường hợp n=8, ta có thể chọn các bộ số \dfrac{a}{2^2},\dfrac{a}{2 \cdot 3},\dfrac{a}{3 \cdot 5},\dfrac{a}{5 \cdot 43},\dfrac{a}{43 \cdot 47}, \dfrac{a}{47 \cdot 101},\dfrac{a}{101 \cdot 673},\dfrac{a}{673 \cdot 2}. - Ta có a=2^2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 43 \cdot 47 \cdot 101 \cdot 673. Gọi A là tập hợp các ước nguyên tố này.
Xét các số x_1, x_2,..., x_n xếp trên vòng tròn với quy ước x_{n+1}=x_1 và x_{n+2}=x_2.
Với 1 \le i \le n thì rõ ràng x_i x_{i+1} không chia hết cho a nên ta có p \in A để v_p(x_i x_{i+1}) < v_p(a) \Leftrightarrow v_p(x_i)+ v_p( x_{i+1}) < v_p(a).\,(*) Trong đó v_p(x) là số mũ đúng của p trong x với p là một số nguyên tố trong phân tích của x.
Ứng với số j mà \{ i;i+1\} \ne \{ j;j+1\} , ta cũng có q \in A để v_q(x_j)+ v_p(x_{j+1}) < v_q(a).
Nếu như p=q thì rõ ràng mâu thuẫn, vì cộng lại, ta có v_p(x_i x_{j})+v_p(x_{i+1} x_{j+1}) < 2v_p(a), nhưng lại có a | x_ix_j và a | x_{i+1}x_{j+1} (là các cặp số không nằm cạnh nhau).
Do đó các số nguyên tố này phải đôi một phân biệt.
xét bộ số (i;i+1) và (i+1;i+2). Giả sử có p \in A để v_p(x_i x_{i+1}) < v_p(a) và v_p(x_{i+1} x_{i+2}) < v_p(a).
Nếu v_p(a)=1 thì v_p(x_i)=v_p(x_{i+1})=v_p(x_{i+2})=0, mâu thuẫn với v_p(x_ix_{i+2}) > 0.
Do đó, điều trên chỉ xảy ra khi v_p(a) \ge 2, và chỉ có p=2 \in A là thỏa mãn điều này. Nói tóm lại, trừ số 2 xuất hiện không quá 2 lần, thì các số còn lại trong A chỉ được xuấn hiện không quá 1 lần trong các điều kiện (*) ở trên. Vì thế n \le 8. Dấu bằng được chỉ ra ở câu 4a).
Vậy giá trị lớn nhất của n là 8.
Bài 5. Cho tập S=\{1;2;...;n\} với n là số nguyên dương. Gọi A_n là tập hợp các hoán vị (a_1, a_2,..., a_n) của tập S thỏa mãn điều kiện 2(a_1+a_2+ \cdots +a_k) chia hết cho k với k=1,2,...,n.
|
Lời giải
- Ta xét n \ge 3 và xét hoán vị (a_1, a_2, ..., a_n) của tập hợp \{1,2,...,n\} thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với k=n-1, ta có \begin{align*} 2(a_1+a_2+ \cdots +a_{n-1})&=2(1+2+ \cdots +n-a_n)=2\left[\dfrac{n(n+1)}{2}-a_n\right]\\&=n(n+1)-2a_n=(n+2)(n-1)-2a_n+2. \end{align*} Từ đẳng thức trên suy ra 2a_n-2 chia hết cho n-1, mà n chẵn nên n-1 lẻ.
Vậy a_n-1 chia hết cho n-1. - Đặt u_n=|A_n| (số phần tử của tập A_n), với n=1,2,3... Dễ thấy u_1=1, u_2=2, u_3=6.
Từ 2a_n-2 chia hết cho n-1 theo câu 5a), kết hợp với 0 \le 2a_n-2 \le 2n-2\\ \Rightarrow 2a_n-2 \in \{0,n-1,2n-2\}.
Trường hợp 1. 2a_n-2=n-1 \Leftrightarrow a_n=\dfrac{n+1}{2}.
Xét k=n-2, ta có: \begin{align*} 2(a_1+a_2+ \cdots +a_{n-2})&=2\left[(1+2+ \cdots +n)-a_n-a_{n-1}\right]=n(n+1)-2a_n-2a_{n-1}\\&=n^2+n-n-1-2a_{n-1}=(n-2)(n+2)+3-2a_{n-1}. \end{align*} Từ đẳng thức trên ta suy ra 2a_{n-1}-3 chia hết cho n-2 (do 2(a_1+a_2+ \cdots +a_{n-2}) chia hết cho n-2).
Kết hợp với 1 \le 2a_{n-1}-3 \le 2n-3 nên 2a_{n-1}-3 \in \{0,n-2,2n-4\}.
Do 2a_{n-1}-3 là một số lẻ suy ra 2a_{n-1}-3=n-2 \Leftrightarrow a_{n-1}=\dfrac{n+1}{2}, từ đó a_{n-1}=a_{n}. Điều này vô lý do a_{n-1} \ne a_n.
Vậy trường hợp 2a_n-2=n-1 không xảy ra.
Trường hợp 2. 2a_n-2=0 \Leftrightarrow a_n=1. Khi đó (a_1, a_2, ..., a_{n-1}) là một hoán vị của tập \{ 1,2,...,n-1\} và (a_1, a_2,..., a_{n-1})\in A_{n-1}, suy ra số hoán vị trong trường hợp này bằng u_{n-1}.
Trường hợp 3. 2a_n-2=2n-2 \Leftrightarrow a_n=n. Ta đặt b_1=a_i-1, i=1,2,...,n.
Mặt khác ta có 2(b_1+ b_2+ \cdots b_{k})=2(a_1-1+a_2-1+ \cdots a_k-1 )=2(a_1+a_2+ \cdots+a_k)-2k.
Suy ra 2(b_1+ b_2+ \cdots b_{k}) chia hết cho k với mọi k=1,2,...,n-1.
Do đó bộ (b_1, b_2, ..., b_{n-1})\in A_{n-1}, Suy ra số bộ (a_1,a_2,...,a_n) thõa mãn trong trường hợp này là bằng u_{n-1}.
Từ ba trường hợp trên ta được u_n=2u_{n-1} với n > 3.
Kết hợp với u_1=1, u_2=2, u_3=6, theo công thức truy hồi ta được u_n=3 \cdot 2^{n-2} với n > 3.
Do đó số phần tử của tập A_n là 3 \cdot 2^{n-2}.
Vậy số phần tử của tập A_{2020} là 3\cdot 2^{2018}.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét