Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số sao cho nó là bình phương của một số nguyên đồng thời là lập phương của một số nguyên khác. |
Bài 2. Cho tam giác ABC có \widehat{A}=30^{\circ}, \widehat{B}=20^{\circ}. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD=BC. Tính số đo góc \widehat{BCD}. |

Bài 3. Cho a^2+b^2+16=8a+6b, (a, b\in \mathbb{R}). Chứng minh:
|
- Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
(4^2+3^2)\left[(a-4)^2+(b-3)^2\right]\ge \left[4(a-4)+3(b-3)\right]^2=(4a+3b-25)^2 .
Suy ra 25.9\ge (4a+3b-25)^2\Leftrightarrow 10\le 4a+3b\le 40 .
4a+3b=10 khi \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a-4}{4}=\dfrac{b-3}{3}&\\ 4a+3b=10\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a=\dfrac{8}{5}&\\ b=\dfrac{6}{5}\end{array} \right.;
4a+3b=40 khi \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a-4}{4}=\dfrac{b-3}{3}&\\ 4a+3b=40\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a=\dfrac{32}{5}&\\ b=\dfrac{24}{5}\end{array} \right..
- Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
\left[(-24)^{2}+7^{2}\right]\left[(a-4)^{2}+(b-3)^{2}\right]\geq[-24(a-4)+7(b-3)]^{2}=(-24 a+7 b+75)^{2}
Suy ra: 625.9 \geq(-24 a+7 b+75)^{2} \Rightarrow -24 a+7 b+75 \leq 75 \Leftrightarrow 7 b \leq 24 a .
Ta có 7b=24a khi \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a-4}{-24}=\dfrac{b-3}{7}&\\ 7b=24a\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a=\dfrac{28}{5}&\\ b=\dfrac{96}{5}\end{array} \right..
- Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có: (4a+3b)^2\le (4^2+3^2)(a^2+b^2).
Theo giả thiết a^{2}+b^{2}+16=8 a+6 b \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}=2(4 a+3 b)-16 nên (4a+3b)^2\le 50(4a+3b)-400\Leftrightarrow 10\le 4a+3b\le 40.
Đẳng thức 4a+3b=10 xảy ra khi a=\dfrac{8}{5}, b=\dfrac{6}{5} và 4a+3b=40 khi a=\dfrac{32}{5}, b=\dfrac{24}{5}.
- Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có \begin{aligned} a^{2}+b^{2}+16 &=\left(a^{2}+\dfrac{28^{2}}{25^{2}}\right)+\left(b^{2}+\dfrac{96^{2}}{25^{2}}\right) \\ & \geq \dfrac{56 a}{25}+\dfrac{192 b}{25} \end{aligned}} Kết hợp với giả thiết thì 8 a+6 b \geq \dfrac{56 a}{25}+\dfrac{192 b}{25} \Leftrightarrow 24 a \geq 7 b. Đẳng thức xảy ra khi a=\dfrac{28}{5}, b=\dfrac{96}{5}.
Bài 4. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC và một điểm G nằm trong nửa đường tròn đó sao cho \widehat{BGO}=135^{\circ}. Đường vuông góc với GB tại G cắt nửa đường tròn tại A. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA lần lượt tại D và E. Chứng minh G nằm trên ED. |
- \widehat{IGD}=180^{\circ}-\widehat{IBD}=180-\dfrac{\widehat{B}}{2}(1)
- \widehat{IGE}=\widehat{IGF}=\widehat{IBF}=\dfrac{\widehat{B}}{2}(2)
Bài 5. Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y\le 2z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}-\dfrac{x+y}{2z}. |
Vậy min P=0 giá trị đó đạt được khi và chỉ khi x=y=z.
Bài 6. Chứng minh bất đẳng thức: \left(\dfrac{x+y}{x-y}\right)^{2020}+\left(\dfrac{y+z}{y-z}\right)^{2020}+\left(\dfrac{z+x}{z-x}\right)^{2020} > \dfrac{2^{1010}}{3^{1009}}. |
Bài 7. Giải hệ phương trình sau: \begin{align*}\begin{cases}x_2&=x_1^3-3x_1\\x_3&=x_2^3-3x_2\\\ldots\\x_{2020}&=x_{2019}^3-3x_{2019}\\x_1&=x_{2020}^3-3x_{2020}\end{cases} \end{align*} |
- Từ (1) suy ra: k=0,1,2,\ldots,\dfrac{3^{2020}+1}{2};
- Từ (2) suy ra: k=0,1,2,\ldots,\dfrac{3^{2020}-1}{2}.
Bài 8. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên đoạn AH lấy điểm I, đường thẳng CI cắt AB tại E. Trên cạnh AC lấy điểm F sao cho EF song song với BC. Đường thẳng qua F vuông góc với với CE tại N và cắt đường thẳng BI tại M. Gọi D là giao điểm của AN với BC. Chứng minh rằng bốn điểm M,\ N,\ D,\ C cùng thuộc một đường tròn. |

Bài 9. Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=\sin^4x\bigg(\sin^4y+\cos^4y+\dfrac{9}{8}\cos^2x\sin^22y\bigg)+\cos^4x. |
a+b=c+d=1,\sin^22y=4\sin^2y\cos^2y=4cd. Do đó \begin{align*} {P} &=\sin^4x\bigg(\sin^4y+\cos^4y+\dfrac{9}{8}\cos^2x\sin^22y\bigg)+\cos^4x \\ &= a^2\bigg(c^2+d^2+\dfrac{9}{2}bcd\bigg)+b^2 =a^2\bigg((c+d)^2-2cd+\dfrac{9}{2}bcd\bigg)+b^2\\ &= a^2+b^2+\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4)=\dfrac{(a+b)^2+(a-b)^2}{2}+\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4) \\ &=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}(a-b)^2 +\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4)\ge \dfrac{1}{2}\tag{1} \end{align*}nếu 9b-4\ge0.
Xét trường hợp 9b-4 < 0. Ta có cd=\dfrac{1}{4}\big[(c+d)^2-(c-d)^2\big]\le \dfrac{1}{4}(c+d)^2=\dfrac{1}{4}. Suy ra \begin{align*} {P}&= a^2+b^2+\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4)\ge a^2+b^2+\dfrac{a^2}{8}(9b-4)\\ &=a^2+(1-a)^2+\dfrac{a^2}{8}\big[(9(1-a))-4\big]=\dfrac{1}{8}\big[8a^2+8(1-a)^2+a^2(5-9a)\big]\\ &=\dfrac{1}{8}\big[8a^2+8a^2-16a+8-9a^3+5a^2\big]=\dfrac{1}{8}\big[-9a^3+21a^2-16a+4\big]+\dfrac{1}{2}\\ &= \frac{1}{8}(1-a)(4-12a+9a^2)+\dfrac{1}{2} =\dfrac{1}{8}(1-a)(2-3a)^2+\dfrac{1}{2}\ge \dfrac{1}{2} \ (\text{vì}\ 1\ge a) \tag{2}. \end{align*} Từ (1) và (2) ta nhận được trong mọi trường hợp {P}\ge\dfrac{1}{2}, {P}=\dfrac{1}{2} ví dụ khi a=b=\dfrac{1}{2}, cd=0 (ví dụ khi x=\dfrac{\pi}{4}, y=0). Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng \dfrac{1}{2}.
Bài 10. Tìm tất cả các hàm số f: \mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R} thỏa mãn điều kiện f\big(2f(x)+2y\big)=x+f\big(2f(y)+x\big), \ \forall x, y\in\mathbb{R}. |
Từ (1) cho x=0 ta có \begin{align*}&f\big(2f(0)+2y\big)=f\big(2f(y)\big),\ \forall y\in\mathbb{R}\\ \Rightarrow&f(y)=y+f(0)=y-a, \ \forall y\in\mathbb{R}. \end{align*} Thử lại ta thấy hàm số f(t)=t+c\,\, (c\in\mathbb{R}\ \text{tùy ý}) thỏa mãn điều kiện bài ra.
Bài 11. Có n\ge 2 đội bóng tham gia một giải bóng đá. Giải đấu được tổ chức theo thể thức đá vòng tròn. Ở mỗi trận, nếu hòa thì hai đội đều được 1 điểm; nếu không hòa thì đội thắng được 3 điểm, đội thua 0 điểm. Sau khi giải đấu kết thúc, người ta thấy rằng không có hai đội nào bằng điểm nhau. Hỏi khoảng cách tối thiểu giứa đội đứng đầu và đội đứng cuối là bao nhiêu? |
- Với n=2 rõ ràng d(2)=3.
- Với n=3: Giả sử ba đội là A, B, C. Giải đấu có 3 trận (A, B), (B,C), (C, A) với đội A có số điểm cao nhất.
- Nếu A thắng cả hai trận (A,B), \ (A,C): Trận (B, C) không thể hòa vì B và C không cùng số điểm. Giả sử B thắng C. Như vậy A 6 điểm, B 3 điểm, C 0 điểm. Khoảng cách là 6.
- Nếu A chỉ thắng một trận với A, B hòa, A thắng C; A được 4 điểm.
Xét trận (B, C) - Nếu B, C hòa: B 2 điểm, C 1 điểm. Khoảng cách là 3.
- Nếu B thắng, C thua: B 4 điểm bằng điểm A. Loại.
- Nếu B thua, C thắng: B 1 điểm, C 3 điểm. Khoảng cách là 3
- Nếu A chỉ thắng 1 trận với A thua B và thắng C: A được 3 điểm.
- Nếu B, C hòa: B 4, loại.
- Nếu B thắng, C thua: B 6 điểm, loại.
- Nếu B thua, C thắng: B 3 điểm, C 3 điểm, loại. Vậy d(3)=3.
- Xét n\ge 4. Vì không có đội nào bằng điểm nhau nên d(n)\ge n-1. ta chứng minh bằng quy nạp khẳng định sau:
\textit{Tồn tại một giải đấu mà sau khi kết thúc giải, số điểm của các đội lập thành một dãy số nguyên liên tiếp từ n-2 đến 2n-3}.
Do đó d(n)=(2n-3)-(n-2)=n-1.
Chứng minh bằng quy nạp: Với n=4, giả sử 4 đội là A, B, C, D có 6 trận (A, B), (A, C), (A, D), (B, C), (B, D), (C, D) với A thắng B, hòa C, D; B thắng D hòa C; C hòa D. khi đó số điểm của A, B, C, D lần lượt là 5; 4; 3; 2.
Giả sử khẳng định đúng với n=m. Tồn tại m đội A(1),\cdots A(m) đấu vòng tròn với nhau có số điểm là m-2, m-1,\cdots, 2m-3.
Xét n=m+1. Xét đội A(m+1) đấu m trận với A(1),\cdots A(m).- Trường hợp m=3k.
Cho A(m+1) hòa A(1), thua k đội A(2), A(5),\cdots, A(3k-1) và thắng 2k-1 đội còn lại. Điểm của A(1),\cdots A(m) sau khi đấu với A(m+1) là m-1, m, m+1,\cdots, 2m-3, 2m-1. Điểm của A(m+1) là 3(2k-1)+1=6k-2=2m-2.
Vậy điểm của A(1),\cdots A(m), A(m+1) là m-1, m,\cdots, 2m-1. - Trường hợp m=3k+1.
Cho A(m+1) hòa A(1), thua k đội A(2), A(5),\cdots, A(3k-1) và thắng 2k đội còn lại. Điểm của A(1),\cdots A(m) sau khi đấu với A(m+1) là m-1, m, m+1,\cdots, 2m-3, 2m-2. Điểm của A(m+1) là 3.2k+1=6k+1=2m-1.
Vậy điểm của A(1),\cdots A(m), A(m+1) là m-1, m,\cdots, 2m-2, 2m-1. - Trường hợp m=3k+2. Xét số điểm của A(1),\cdots, A(m) theo thứ tự là 2m-3, 2m-2,\cdots, m-2.
Cho A(m+1) hòa A(1), thua k+1 đội A(2), A(5),\cdots, A(3k+2) và thắng 2k đội còn lại. Điểm của A(1),\cdots A(m) (không nhất thiết theo thứ tự) sau khi đấu với A(m+1) là m-1, m, m+1,\cdots, 2m-4, 2m-2, 2m-1.
Điểm của A(m+1) là 3(2k)+1=6k+1=2m-3.
Vậy điểm của A(1),\cdots A(m), A(m+1) là m-1, m,\cdots, 2m-1.
- Trường hợp m=3k.
Bài 12. Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Đường tròn này tiếp xúc với BC,\ CA,\ AB lần lượt tại M,\ N,\ P. Gọi E là giao điểm của MN và BI, F là giao điểm của MP và CI. Đường thẳng BC cắt AE,\ AF lần lượt tại G,\ D. Chứng minh rằng AI song song với đường thẳng đi qua M và tâm đường tròn Euler của tam giác AGD |
Dễ thấy \begin{align*} \widehat{P F I} &=\widehat{M F C}=180^{\circ}-\widehat{F M C}-\widehat{F C M} =180^{\circ}-\widehat{F M C}-\widehat{F C A}-\widehat{A C M} \\ &=180^{\circ}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{180^{\circ}-\widehat{C}}{2}-\widehat{C} =90^{\circ}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{B A I}=\widehat{P A I} \end{align*} Do đó tứ giác APIF nội tiếp.
Vậy \widehat{I F A}=180^{\circ}-\widehat{I P A}=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
Nói cách khác C F \equiv I F \perp A F \equiv A D. Từ đó, chú ý rằng \widehat{FCA}=\widehat{FCD}, suy ra FA=FD (1)
Tương tự EA=EG (2)
Dễ thấy M E \equiv M N \perp C I \equiv C F \perp A D. Do đó ME\parallel AD.
Kết hợp với (2), suy ra MG=MD(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra (S) là đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF. Kết hợp với S M=S F, E F \parallel G D, B M=B P, C M=C N, suy ra \begin{align*} \widehat{S M C} &=\widehat{S M F}+\widehat{F M C}=90^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{M S F}+\widehat{P M B} \\ &=90^{\circ}-\widehat{M E F}+\widehat{P M B}=90^{\circ}-\widehat{C M N}+\widehat{P M B} \\ &=90^{\circ}-\frac{\widehat{C}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{B}=\widehat{QAB}+\widehat{QBA}=\widehat{AQC} \end{align*} Vậy MS\parallel AI.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét