Author Archives: Hung Nguyen

Suy luận phản chứng (phần 2)

Phép phản chứng trong toán học còn được gọi là phương pháp chứng minh bằng mâu thuẫn. Nếu ta muốn chứng minh kết luận của bài toán là đúng thì cần phải chứng minh điều ngược lại với giả thiết là sai. Sau đây ta xét một vài ví dụ áp dụng suy luận này, dành cho các bạn hs lớp 8, 9.

1/ Ví dụ:

Ví dụ 1. 

Chứng minh rằng $\sqrt{2}$ là một số vô tỷ.

Lời giải

Giả sử $\sqrt{2}$ là số hữu tỉ. Khi đó tồn tại $a,b\in \mathbb{N}^*$ sao cho $\sqrt{2}= \dfrac{a}{b}$ với $(a,b)=1$

Ta có: $(\sqrt{2})^2=\left(\dfrac{a}{b}\right)^{2}$ hay $a^{2}=2 b^{2}\quad (1)$

Suy ra a là số chẵn, ta có: $\mathrm{a}=2 \mathrm{c}$ với $c\in Z$

Thay $\mathrm{a}=2 \mathrm{c}$ vào (1) ta được: $(2 c)^{2}=2 b^{2}$ hay $b^{2}=2 c^{2}$

Do đó, b là số chẵn

Hai số a và $b$ đều số chẵn $\Rightarrow$ Mâu thuẫn với $(1)$

Vậy $\sqrt{2}$ là số vô tỉ.

Ví dụ 2. 

Chứng minh rằng tổng của một số hữu tỷ và một số vô tỷ là số vô tỷ.

Lời giải

Giả sử tổng của số hữu tỉ a vs số vô tỉ b là số hữu tỉ c, ta có: $\mathrm{b}=\mathrm{c}-\mathrm{a}$

Mà hiệu của 2 số hữu tỉ phải là số hữu tỉ nên $b$ là số hữu tỉ

$\Rightarrow$ Mâu thuẫn vs giả thiết

Vậy tổng của 1 số hữu tỉ với 1 số vô tỉ là 1 số vô tỉ.

Ví dụ 3. (Nguyên lý Dirichlet)

Có $nk + 1$ viên bi, bỏ vào trong $k$ cái hộp. Chứng minh rằng có ít nhất một hộp có ít nhất là là $n+1$ viên bi.

Lời giải

Giả sử tất cả các hộp đều chứa số bi không vượt quá $n$ viên, khi đó tổng số bi không vượt quá $nk$, mâu thuẫn. Vậy phải có một hộp chứa nhiều hơn $n$ viên bi $\Rightarrow$ đpcm.

2/ Bài tập

Bài 1. 

Cho 15 số phân biệt thỏa mãn tổng của 8 số bất kì lớn hơn tổng của 7 số còn lại. Chứng minh tất cả các số đã cho đều dương.

Lời giải

Gọi 15 số đã cho là $a_1<a_2<a_3<\cdots <a_{15}$. Ta chỉ cần chứng minh $a_1 > 0$.

Thật vậy, giả sử $a_1 \leq 0$, khi đó $$a_1 + a_2 + \cdots + a_8 \leq a_2 + a_3 + \cdots a_8 < a_9 + \cdots a_{15}$$ (mâu thuẫn).

Vậy điều giả sử là sai, hay  $0<a_1\Rightarrow 15$ số đã cho đều dương.

Bài 2. 

Từ 8 số nguyên dương không lớn hơn 20, chứng minh rằng có thể chọn ra 3 số $x, y, z$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

Lời giải

Gọi 8 số nguyên dương không lớn hơn 20 là $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{8}$

$$ \text { với } 1 \leq a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq a_{4} \leq \ldots \ldots \leq a_{8} \leq 20 $$

Nhận thấy rằng với ba số nguyên dương $a, b, c$ thỏa mãn $a \geq b \geq c$ và $b+c>a$ thì khi đó $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh tam giác.

Giả sử trong các số $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, \ldots . a_{8}$ không chọn được 3 số nào là độ dài 3 cạnh của tam giác thì ta có:

$$a 3 \geq a 1+a 2 \geq 1+1=2$$

$$a 4 \geq a 2+a 3 \geq 1+2=3$$

$$a 5 \geq a 3+a 4 \geq 2+3=5$$

$$a 6 \geq a 4+a 5 \geq 3+5=8$$

$$a 7 \geq a 5+a 6 \geq 5+8=13$$

$$a 8 \geq a 6+a 7 \geq 13+8=21$$

$\Rightarrow$ Trái với giả thiết

Vậy điều giả sử là sai

$\Rightarrow$ đpcm.

Bài 3. 

Cho tập $B = {1, 2, 3, …, 16}$. Người ta ghi các số của tập B thành một vòng tròn (mỗi số ghi một lần). Hỏi có cách ghi để tổng thỏa:

a/ Tổng của hai số kề nhau bất kì lớn hơn hoặc bằng 17 được không? Tại sao?

b/ Tổng của ba số kề nhau bất kì lớn hơn 24 được không? Tại sao?

Lời giải

a/ Giả sử tồn tại cách ghi thỏa mãn. Khi đó, gọi 2 số kề với 1 là a và b.

Theo giả thiết, ta có:

$\left\{\begin{array}{l} 1 + a \geqslant 17  \\1 + b \geqslant 17  \end{array} \right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}  a \geqslant 16 \\ b \geqslant 16 \end{array} \right. \Rightarrow$ Mâu thuẫn.

Vậy không tồn tại cách ghi thỏa mãn.

b/ Giả sử tồn tại cách ghi thỏa mãn.

Khi đó, ta tách số 16 ra và chia 15 số còn lại thành 5 bộ 3 số kề nhau. Và tổng của 16 số này phải lớn hơn hoặc bằng: $16+5\cdot 25=141$

Mà $1+2+3+\cdots 16=136 \Rightarrow $ Mâu thuẫn

Vậy không tồn tại cách ghi thỏa mãn.

Bài 4. 

Có thể chia tập $X = \{1, 2, …, 2023\}$ thành hai tập rời nhau sao cho tổng các phần tử thuộc tập này bằng 2 lần tổng các phần tử thuộc tập kia?

Lời giải

Giả sử có thể chia tập $X$ thành hai tập rời nhau $A$ và $B$ sao cho tổng các phần tử thuộc A bằng 2 lần tổng các phần tử thuộc B.

Khi đó, tổng các phần tử của 2 tập hợp này phải chia hết cho 3.

Mà ta có: $1+2+3+\cdots +2023=\dfrac{2023\cdot 2024}{2}=1012\cdot 2023 \not \vdots \ 3 \Rightarrow$ Mâu thuẫn

Vậy không thể chia tập $X$ thành hai tập rời nhau $A$ và $B$ sao cho tổng các phần tử thuộc $A$ bằng 2 lần tổng các phần tử thuộc $B$.

Bài 5. 

Một bảng vuông $8 \times 8$ khuyết các ô vuông ở hai góc đối diện. Hỏi có thể phủ các ô của bảng vuông bằng các hình Domino $1 \times 2$ mà không có quân Domino nào chồng lên nhau được không? Tại sao?

Lời giải

Không có mô tả.

Giả sử có thể phủ các ô của bảng vuông bằng các hình Domino $1 \times 2$ mà không có quân Domino nào chồng lên nhau.

Mỗi quân Domino lát vào bàn cờ luôn chiếm một ô trắng và một ô đen. Do đó, để lát được phần còn lại của bàn cờ thì số ô trắng và số ô đen bằng nhau. Mà số ô màu trắng và số ô màu đen trong phần còn lại của bàn cờ không bằng nhau. Điều này mâu thuẫn.

Vậy không thể lát được phần còn lại của bàn cờ bằng các quân Domino.

Bất đẳng thức trong tam giác

Định lý 1. Trong một tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại.

Chứng minh.

Giả thiết : $\triangle \mathrm{ABC}$.
Kết luận : $\mathrm{AC}+\mathrm{BC}>\mathrm{AB} ; \mathrm{AB}+$ $+\mathrm{BC}>\mathrm{AC} ; \mathrm{AB}+\mathrm{AC}>\mathrm{BC}$.

Trên tia đối của tia $\mathrm{CA}$ xác định điểm $\mathrm{D}$ sao cho $\mathrm{CL}=\mathrm{CB}$ (h. 94). Tia $\mathrm{BC}$ nằm giữa hai tia $\mathrm{BA}$ và
$\mathrm{BD}$, do đó : $\widehat{\mathrm{ABD}}>\mathrm{CBD}$. (1)

Theo cách xác định điểm $\mathrm{D}$ thì tam giác $\mathrm{BCD}$ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BD}$; do đó : $\widehat{\mathrm{CBD}}=\widehat{\mathrm{D}}$.
(2)

Từ (1) và $(2)$ suy ra: $\widehat{\mathrm{ABD}}>\widehat{\mathrm{D}}$.
Trong tam giác $\mathrm{ABD}$ : vì $\widehat{\mathrm{ABD}}>\widehat{\mathrm{D}}$ nên $\mathrm{AD}>\mathrm{AB}$. Ta biết $\mathrm{AD}=\mathrm{AC}+\mathrm{CD}=\mathrm{AC}+\mathrm{CB}$, do đó $\mathrm{AC}+\mathrm{CB}>\mathrm{AB}$.

Chứng minh tương tự cho các trường hợp còn lại.

Hệ quả. Trong một tam giác hiệu độ dài hai cạnh nhỏ hơn độ dài cạnh còn lại.

Ví dụ 1. Có thể có tam giác nào mà ba cạnh như sau không :
a) $5 \mathrm{~m}, 10 \mathrm{~m}, 12 \mathrm{~m}$;

b) $1 \mathrm{~m}, 2 \mathrm{~m}, 3,3 \mathrm{~m}$; c) $1,2 \mathrm{~m}, 1 \mathrm{~m}, 2,2 \mathrm{~m}$.

Ví dụ 2. Trong một tam giác cân, một cạnh bằng 25m, cạnh kia bằng $10 \mathrm{~m}$. Cạnh nào là cạnh đáy ? Vi sao ?

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm của đoạn $AC$. Chứng minh

$2BM + AC > AB + BC$.

Bài tập.

  1. Tính chu vi tam giác cân $\mathrm{ABC}$ biết rằng :
    a) $\mathrm{AB}=8 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=5 \mathrm{~cm}$.
    b) $\mathrm{AB}=25 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=12 \mathrm{~cm}$.
  2. Cho điểm $M$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng tổng $\mathrm{MA}+\mathrm{MB}+\mathrm{MC}$ lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi tam giạc.
  3. Cho điểm $\mathrm{D}$ nằm trên cạnh $\mathrm{BC}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng :
    $$
    \frac{A B+A C-B C}{2}<A D<\frac{A B+A C+B C}{2}
    $$

Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác

Định lý 1. Trong một tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn.

Chứng minh. Trên tia $\mathrm{AC}$ xác định điểm $\mathrm{B}^{\prime}$ sao cho $\mathrm{AB}^{\prime}=$ $\mathrm{AB}$ (h.88) ‘ tam giác $\mathrm{ABB}$ ‘ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BB}$ ‘, từ đó suy ra : $\widehat{\mathrm{ABB}^{\prime}}=\widehat{\mathrm{AB}^{\prime} \mathrm{B}}$ (1).

Vì $\mathrm{AB}^{\prime}<\mathrm{AC}$ nên điểm $\mathrm{B}^{\prime}$ nằm giữa hai điểm $\mathrm{A}$ và $\mathrm{C}$, từ đó suy $\mathrm{ra}$ : – tia $\mathrm{BB}^{\prime}$ nằm giữa hai tia $\mathrm{BA}$ và $\mathrm{BC}$, do đó : $\widehat{\mathrm{ABC}}>\widehat{\mathrm{ABB}^{\prime}}$ (2)

  • góc $\widehat{\mathrm{AB}^{\prime} \mathrm{B}}$ là góc ngoài ở đỉnh $\mathrm{B}^{\prime}$ của tam giác $\mathrm{BCB}$, do đó : $\widehat{\mathrm{AB}} \mathrm{B}>\widehat{\mathrm{C}}$. (3)

Từ (1) và (2) ta suy $\mathrm{ra} \widehat{\mathrm{ABC}}>$ $>\widehat{\mathrm{AB}^{\prime} \mathrm{B}}(4)$; từ (3) và (4) ta suy ra : $\widehat{\mathrm{B}}>\widehat{\mathrm{C}}$. Đó là điều phải chứng minh.

Định lý 2. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.

Chứng minh.

Giả sử tam giác $\triangle \mathrm{ABC}, \widehat{\mathrm{B}}>\widehat{\mathrm{C}}$.
Ta cần chứng minh: $\mathrm{AC}>\mathrm{AB}$.
Chứng minh : Giả sử $A C=A B$, tam giác $A B C$ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BC}$, do đó $\widehat{\mathrm{B}}=\widehat{\mathrm{C}}$; đó là điều trái với giả thiết.

Giả sử $\mathrm{AC}<\mathrm{AB}$, theo định lí 1 , thì ta có $\widehat{\mathrm{B}}<\widehat{\mathrm{C}}$, đó cũng là điều trái với giả thiết.
Do đó $\mathrm{AC}>\mathrm{AB}$.

Hệ quả 1. Trong một tam giác vuông, cạnh huyền (cạnh đối diện góc vuông) là cạnh có độ dài lớn nhất.

Ví dụ 1.

a) So sánh các góc của tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\mathrm{AB}=4 \mathrm{~cm}, \mathrm{BC}=7 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=6 \mathrm{~cm}$.
b) So sánh các cạnh của tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\widehat{\mathrm{A}}=50^{\circ}, \widehat{\mathrm{C}}=50^{\circ}$.

Ví dụ 2.  Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\widehat{\mathrm{A}}=100^{\circ}, \widehat{\mathrm{B}}=40^{\circ}$.
a) Tim cạnh lớn nhất của tam giác $\mathrm{ABC}$.
b) Tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác gi? Vì sao?

Ví dụ 3. Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ vuông tại $\mathrm{A}$ có $\widehat{\mathrm{B}}>45^{\circ}$.
a) So sánh các cạnh của tam giác.
b) Lấy điểm $\mathrm{K}$ bất ki thuộc đoạn thẳng $\mathrm{AC}$. So sánh độ dài $\mathrm{BK}$ và $\mathrm{BC}$.

Bài tập 

  1. So sánh các góc của tam giác $\mathrm{ABC}$ biết rằng $\mathrm{AB}=4 \mathrm{~cm}$, $\mathrm{BC}=5 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=6 \mathrm{~cm}$.
  2. So sánh các cạnh của tam giác $\mathrm{ABC}$ biết rằng $\widehat{\mathrm{A}}=92^{\circ}$, $\widehat{\mathrm{B}}=48^{\circ}$.
  3. Chứng minh rằng trong tam giác vuông cạnh huyển bao giờ cũng lớn hơn mỗi cạnh góc vuông.
  4. Chứng minh rằng trong một tam giác góc đối diện với cạnh nhỏ nhất là góc nhọn.
  5. Góc ở đáy của tam giác cân nhỏ hơn $60^{\circ}$, cạnh nào của tam giác cân là lớn nhất ?
  6. Chứng minh rằng : Nếu một tam giác có hai đường cao bằng nhau thì nó là tam giác cân.

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC : PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ

MỘT SỐ VÍ DỤ

 

Ví dụ 1

Cho $a$ là một số nguyên. Tìm UCLN $(2 a+3,3 a+4)$.

Lời giải

Gọi $d=(2 a+3,3 a+4)$, ta có $d \backslash 2 a+3$ và $d \backslash 3 a+4$.

Vì $3(2 a+3)-2(3 a+4)=1$ nên $d$ là ước của 1 hay $d=1$.

Ví dụ 2

Cho $\mathrm{a}, b$ là các số nguyên dương sao cho $a^2+b^2$ chia hết cho tích $a . b$. Hãy tính giá trị của biểu thức

$A=\frac{a^2+b^2}{a b} .$

(Thi học sinh giỏi Toán 9 – Thành phố Hà Nội, năm 2002).

Lời giải

Gọi $d=(a, b)$ thì $a=d . a_1$ và $b=d . b_1$ với $\left(a_1, b_1\right)=1$. Ta có :

$a^2+b^2=d^2\left(a_1^2+b_1^2\right) \text { và } a b=d^2 a_1 b_1 .$

  • Vì $a^2+b^2$ chia hết cho $a b$ nên $a_1^2+b_1^2$ chia hết cho $a_l b_1$. Suy ra $a_1^2+b_1^2$ chia hết cho $a_l$ và $b_l$. Suy ra $a_1^2$ chia hết cho $b_l$ và $b_1^2$ chia hết cho $a_l$.
  • Vì $\left(a_1, b_1\right)=1$ nên $\mathrm{a}_1$ chia hết cho $\mathrm{b}_1$ và $\mathrm{b}_1$ chia hết cho $\mathrm{a}_1$.

Suy ra $a_l=b_1=1$. Vậy,

$A=\frac{d^2\left(a_1^2+b_1^2\right)}{d^2 c_1 b_1}=\frac{2 d^2 a_1^2}{d^2 c_1^2}=2$

Ví dụ 3

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ ta đều có $n^3+5 n$ chia hết cho 6 .

(Thi vào lớp 10 chuyên, DHKHTN ĐHQGHN năm 1996).

Lời giải

Ta có $n^3+5 n=\left(n^3-n\right)+6 n$. Để chứng minh $n^3+5 n$ chia hết cho 6 ta chứng minh $n^3-n$ chia hết cho 6 .

Do $n^3-n=n(n-1)(n+1)$ là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 .

Vì $(2,3)=1$ nên $n^3-n$ chia hết cho tích $2 \times 3=6$.

Ví dụ 4

Cho $a, b, c$ là các số nguyên. Chứng minh rằng $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho 6 khi và chỉ khi $a+b+c$ chia hết cho 6 .

Lời giải

Xét $A=a^3+b^3+c^3-a-b-c=\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)$.

Theo ví dụ 3 thì $a^3-a \cdot b^3-b$ và $c^3-c$ đều chia hết cho 6 . Suy ra $A$ chia hết cho 6. Vậy. $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho 6 khi và chỉ khi $a+b+c$ chia hết cho 6 .

Ví dụ 5

Chứng minh $S=n^2+3 n-38$ không chia hết cho 49 , với mọi số tự nhiên $n$.

Lời giải

Giả sử tồn tại $n$ sao cho $S=n^2+3 n-38$ chia hết cho $+9$. Vì

$n^2-4 n+4=n^2+3 n-38-7(n-6)$

nên $n^2-t n+4$ chia hết cho 7 hay $(n-2)^2$ chia hết cho 7 . Suy ra $n-2$ chia hết cho 7 hay $n=2+7 t$.

Thay vào $S$ ta được : $S=49\left(t^2+t\right)-28$. Suy ra $S$ không chia hết cho 49 , trái với điều giả sử.

Vậy $S$ không chia hết cho 49 với mọi số tự nhiên $n$.

Ví dụ 6

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ ta luôn có

$A=2005^n+60^n-1897^n-168^n \text { chia hết cho } 2004 \text {. }$

Lời giải

Ta có $2004-12 \times 167$. Vì $(12,167)=1$ nên để chứng minh $A$ chia hết cho 2004 ta chứng minh $A$ chia hết cho 12 và 167 .

Ta có: $A=\left(2005^n-1897^n\right)-\left(168^n-60^n\right)$.

Áp dụng tính chất $a^{\prime \prime}-b^n$ chia hết cho $a-b$ với mọi $n$ tự nhiên và $a-b \neq 0$. ta suy ra $2005^n-1897^n$ chia hết cho $2005-1897=108=12 \times 9$.

Suy ra $2005^n-1897^n$ chia hết cho 12 . Mặt khác, 168 và 60 đều chia hết cho 12 nên $168^n-60^n$ chia hết cho 12 . Vậy $A$ chia hết cho 12 .

Tương tự như trên, ta có

$A=\left(2005^n-168^n\right)-\left(1897^n-60^n\right) .$

Cũng lập luận tương tự như trên, ta có $2005^n-168^n$ chia hết cho $2005-168=1837$; $1897^n-60^n$ chia hết cho $1897-60=1837$ và $1837=11 \times 167$ nên $2005^n-168^n$ và $1897^n-60^n$ chia hết cho 167 . Suy ra $A$ chia hết cho 167 .

Vậy ta có điều phải chứng minh.

BÀI TẬP

1. Chứng minh $a+2 \mathrm{~b}$ chia hết cho 3 khi và chỉ khi $b+2 a$ chia hết cho 3 .

2. Giả sử $a-c$ là ước của $a b+c d$. Chứng minh rằng $a-c$ cũng là ước của $a d+b c$.

3. Cho $a, b \in \mathbb{N}$. Chứng minh $\frac{11 a+2 b}{19} \in \mathbb{Z}$ khi và chỉ khi $\frac{18 a+5 b}{19} \in \mathbb{Z}$.

4. Cho $n$ nguyên dương. Chứng minh rằng

$(n !+1,(n+1) !+1)=1 .$

5. Cho $a, b$ là các số nguyên. Chứng minh rằng

$(5 a+3 b, 13 a+8 b)=(a, b) \text {. }$

6. Cho các số nguyên $m, n, p, q$ thỏa mãn $|p \cdot m-q \cdot n|=1$. Chứng minh rằng với mọi cặp số nguyên $a, b$ ta đều có

$(m a+n b, p a+q b)=(a, b) .$

7. Giả sử $(a, n)=p$ và $(b, n)=q$. Chứng minh rằng $(a b, n)=(p q, n)$.

8. Cho $a \leq b \leq c$ và $b=a q_1+r_1, c=a \cdot q_2+r_2$. Chứng minh rằng

$(a, b, c)=\left(a, r_1, r_2\right) .$

9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$, các phân số sau là phân số tối giản

(a) $\frac{21 n+4}{14 n+3}$;

(b) $\frac{15 n^2+8 n+6}{30 n^2+21 n+13}$;

(c) $\frac{n^3+2 n}{n^4+3 n^2+1}$.

$(I M O-1959)$.

10. Xác định các giá trị của $n$ để các phân số sau đây là phân số tối giản

(a) $\frac{n+22}{n+3}$

(b) $\frac{3 n+2}{2 n+3}$

(c) $\frac{18 n+3}{21 n+7}$.

11. Xét phân số

$A=\frac{n^2+4}{n+5} .$

Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên $n$ trong khoảng từ 1 đến 2005 sao cho phân số $A$ chưa tối giản?

12. Chứng minh rằng với mọi bộ ba số lẻ $a, b, c$ ta đều có

$\left(\frac{a+b}{2}, \frac{b+c}{2}, \frac{c+a}{2}\right)=(a, b, c) .$

13. Cho $\mathrm{a}, \mathrm{b}, c$ là các số nguyên dương. Chứng minh

a) $(a, b, c)=\frac{(a, b, c) a b c}{(a, b)(b, c)(c, a)}$;

b) $[a, b, c]=\frac{(a, b, c)[a, b][b, c][c, a]}{a b c \ldots}$.

14. Cho $a_1, a_2, \ldots, a_n$ là các số nguyên dương và $n>1$. Đặt

$A=a_1 a_2 \ldots a_n, A_i=\frac{A}{a_i}(i=\overline{1, n}) .$

Chứng minh các đẳng thức sau :

a) $\left(a_1, a_2, \ldots, a_n\right)\left[A_1, A_2, \ldots, A_n\right]=A$;

b) $\quad\left[a_1, a_2, \ldots, a_n \mid\left(A_1, A_2, \ldots, A_n\right): A\right.$.

15. Cho $m, n$ là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Hãy tìm ước số chung lớn nhất của hai số $A=m+n$ và $B=m^2+n^2$.

(Thi học sinh gioi Toán toàn quốc lớp 9 năm 1979).

16. Xác định ước số chung lớn nhất của hai số sau :

a) $(7 a+1,8 a+3)$

b) $(11 a+2,18 a+5)$

trong đó $a$ là một số nguyên cho trước.

17. Cho $n$ là một số nguyên dương. Hãy tính bội số chung nhỏ nhất của các số

$n, n+1, n+2 \text {. }$

18. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ ta có

$[1,2, \ldots, 2 n]=[n+1, n+2, \ldots, n+n]$

19. Cho số nguyên $a$ không chia hết cho 2 và 3 . Chứng minh rằng :

$A: 4 a^2+3 a+5 \text { chia hết cho } 6 \text {. }$

20. Chứng minh rằng $\frac{a}{3}+\frac{a^2}{2}+\frac{a^3}{6} \in \mathbb{Z}, \forall u \in \mathbb{Z}$.

21. Chứng minh rằng $\mathrm{A}(\mathrm{n})=\mathrm{n}^4+6 \mathrm{n}^3+11 \mathrm{n}^2+6 n$ chia hết cho 24 .

(Thi học sinh giỏi Toán toàn quốc – lớp 9 năm 1975)

22. Chứng minh rằng $n^5-n$ chia hết cho 30 , với mọi $n$.

23. Chứng minh rằng $m^3+3 m^2-m-3$ chia hết cho 48 , với mọi $m$ lẻ.

24. Chứng minh rằng $n^{12}-n^8-n^4+1$ chia hết cho 512 , với mọi $n$ lẻ.

25. Chứng minh rằng $A(n)=n^4 \cdots 14 n^3+71 n^2-154 n+120$ chia hết cho 24 , với mọi số tự nhiên $n$.

26. Chứng minh rằng $n^4-4 n^3-4 n^2+16 n$ chia hết cho 384 , với mọi số tự nhiên $n$ chẵn.

(Thi học sinh giỏi toàn quốc – lớp 9 năm 1970)

27. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $n^2+9 n-2$ chia hết cho 11 .

28. Tìm tất cả các số nguyên $x$ sao cho : $\left(x^3-8 x^2+2 x\right)$ chia hết cho $x^2+1$.

(Thi vô địch Bun-ga-ri năm 1977)

29. Cho $f(x)=a x^2+b x+c$ thoả mãn : $f(x) \in \mathbb{Z}, \forall x \in \mathbb{Z}$. Hỏi $a, b, c$ có nhất thiết phải là các số nguyên hay không? Tại sao?

(Thi vào lớp 10 chuyên, $Đ H K H T N$ – ĐHQGHN năm 2001)

30. Chứng minh $n^2+n+2$ không chia hết cho 15 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{Z}$.

31. Chứng minh $n^2+3 n+5$ không chia hết cho 121 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.

32. Chứng minh $9 n^3+9 n^2+3 n-16$ không chia hết cho 343 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.

33. Chứng minh $4 n^3-6 n^2+3 n+37$ không chia hết cho 125 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.

34. Cho $a$ và $b$ thuộc $\mathbb{N}$. Chứng minh rằng $5 a^2+15 a b-b^2$ chia hết cho $49 \mathrm{khi}$ và chỉ khi $3 a+b$ chia hết cho 7 .

35. Cho $a, b \in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng $2 a+b$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $3 a^2+10 a b-8 b^2$ chia hết cho 49 .

36. Cho $n \in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng số $A=5^n\left(5^n+1\right)-6^n\left(3^n+2^n\right)$ chia hết cho 91 .

(Thi vào lớp 10 chuyên, ĐHSPHN năm 1998).

37. Cho $n \in \mathbb{N}$. Chứng minh $6^{2 n}+19^n-2^{n+1}$ chia hết cho 17 .

38. Chứng minh $2^{8 n} \cdot 5^{6 n}-1980^n-441^n+1$ chia hết cho 1979 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.

39. Chứng minh $118^n-101^n-16^n-1$ chia hết cho 234 , với mọi $n$ lẻ.

40. Chứng minh $11^{n+2}+12^{2 n+1}$ chia hết cho 133 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.

41. Chứng minh $5^{2 n-1} \cdot 2^{n+1}+3^{n+1} \cdot 2^{2 n-1}$ chia hết cho 38 , với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}^*$.

42. Chứng minh $5^{n+2}+26.5^n+8^{2 n+1}$ chia hết cho 59. với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}$.

43. Tìm số tự nhiên $n$ lớn nhất sao cho $: 29^n$ là ước của 2003 !.

44. Tìm số tự nhiên $k$ lớn nhất sao cho : $(1994 \text { ! })^{1995} \quad \vdots 1995^k$.

(Thi học sinh giỏi Toán toàn quốc – lớp 9. năm 199t).

45. Cho $n$ thuộc $\mathbb{N}$ và $n>3$. Chứng minh rằng nếu $2^n=10 a+b(0<b<10)$ thì tích $a \cdot b$ chia hết cho 6 .

(Thi học sinh giỏi Toán toàn quốc lớp 9 năm 1983).

46. Cho $n$ thuộc $\mathbb{N}, n \geq 1$. Chứng minh $T_n=1^5+2^5+\ldots+n^5$ chia hết cho tổng của $n$ số tự nhiên đầu tiên $S_n=1+2+\ldots+n$.

(Thi vào lớp 10 chuyên $Đ H S P H N$ năm 2001).

47. Tìm $n$ nguyên dương sao cho : $(n-1)$ ! chia hết cho $n$.

(Thi vô địch Hungari năm 1951).

48. Xác định $n$ nguyên dương $(\mathrm{n} \geq 3$ ) sao cho số $A=1.2 .3 \ldots \mathrm{n}$ (tích của $n$ số nguyên dương đầu tiên) chia hết cho $B=1+2+\ldots+n$.

(Thi vào lớp 10 chuyên ĐHKHTN – ĐHQGHN năm 1994).

49. Cho $a$ và $m$ là các số nguyên dương và $a>1$. Chứng minh rằng

$\left(\frac{a^m-1}{a-1}, a-1\right)=(m, a-1) .$

50. Cho $a, m, n$ là các số nguyên dương và $a \neq 1$. Chứng minh rằng $a^n-1 \backslash a^m-1$ khi và chỉ khi $n \backslash m$.

51. Cho $a, m, n$ là các số nguyên dương và $a>1$. Chứng minh rằng

$\left(a^m-1, a^n-1\right)=a^{(m, n)}-1 .$

52. Cho $a, b$ là hai số nguyên dương không nhỏ hơn 2 và nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng nếu $m, n$ là hai số nguyên dương thỏa mãn $a^n+b^n \backslash a^m+b^m$ thì ta cũng có $n . \mid m$.

53. Cho $a, b, n$ là các số nguyên dương. Biết rằng với mọi số tự nhiên $k \neq b$ ta đều có $k^n-a$ chia hết cho $k-b$. Chứng minh $a=b^n$.

54. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên $n$ sao cho : $4 n^2+1$ chia hết cho cả 5 và 13 .

55. Giả sử $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\ldots+\frac{1}{1319}=\frac{p}{q}$, trong đó $p, q$ là các số nguyên. Chứng minh rằng $p$ chia hết cho 1979.

56. Cho $a_1, a_2, \ldots, a_n \in{1,-1}, n \in \mathbb{N}^*$ và thoả mãn :

$a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_n a_1=0 \text {. }$

Chứng minh $n$ chia hết cho 4 .

57. Chứng minh rằng tổng bình phương của $p$ số nguyên liên tiếp ( $p$ là số nguyên tố, $p>3$ ) chia hết cho $p$.

58. Cho số nguyên $a$ không nhỏ hơn 2 . Hỏi có tồn tại hay không số tự nhiên $A$ sao cho

$a^{2001}<A<a^{2002}$

và $A$ có ít nhất 600 chữ số 0 ở tận cùng?

59. Có tồn tại hay không 4004 số nguyên dương sao cho tổng của 2003 số bất kì đều không chia hết cho 2003 .

(Balkan 2003).

60. Tìm một cặp số nguyên dương $(a, b)$ thoả mãn đồng thời các điều kiện sau :

a) $a b(a+b)$ không chia hết cho 7 .

b) $(a+b)^7-a^7-b^7$ chia hết cho $7^7$.

(IMO-198t).

61. Giả sử $a, b$ là hai số nguyên dương khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại vô số số tự nhiên $n$ sao cho $a+n$ và $b+n$ là hai số nguyên tố cùng nhau.

 

LỜI GIẢI – HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ

1. Suy ra từ đẳng thức : $(a+2 b)+(b+2 a)=3(a+b)$.

2. Suy ra từ đẳng thức : $(a b+c d)-(a d+b c)=(a-c)(b-d)$.

3. Suy ra từ đẳng thức : $5 \cdot \frac{11 a+2 b}{19}-2 \cdot \frac{18 a+5 b}{19}=a$.

4. Giả sử $d=(n !+1,(n+1) !+1)$.

Ta có $d \backslash n !+1$ và $d \backslash(n+1) !+1$ nên $d \backslash(n+1) !+1-n !-1=n ! . n\quad\quad(1)$.

Vì $d \backslash n !+1$ nên $(d, n)=(d, n !)=1$. Từ (1) suy ra $d=1$.

5. Giả sử $d=(a, b)$ và $d^{\prime}=(5 a+3 b, 13 a+8 b)$.

Vì $d \backslash a$ và $d \backslash b$ nên $d \backslash 5 a+3 b$ và $d \backslash 13 a+8 b$. Suy ra $d \backslash d\quad(1)$.

Vì $d^{\prime} \backslash 5 a+3 b$ và $d^{\prime} \backslash 13 a+8 b$ nên

$d^{\prime} \backslash 8(5 a+3 b)-3(13 a+8 b)=a$

và $\quad d^{\prime} \backslash 5(13 a+8 b)-13(5 a+3 b)=b$.

Suy ra $d^{\prime} \backslash d\quad\quad(2)$.

Từ (1) và (2) ta suy ra $d^{\prime}=d$.

6. Giải tương tự bài $1.5$.

7. Ta có $(a, n)=p$ nên $a=p \cdot a_1, n=p n_1$ với $\left(a_1, n_1\right)=1$. Suy ra

$(a b, n)=\left(p a_1 b, p n_1\right)=p \cdot\left(a_1 b, n_1\right)=p\left(b, n_1\right)=(p b, n)$

$\text { Vì }(b, n)=q \text { nên } b=q \cdot b_1 \text { và } n=q \cdot n_2 \text { với }\left(b_1, n_2\right)=1 . \text { Suy ra }$

$(p b, n)=\left(p \cdot q \cdot b_1, q \cdot n_2\right)=q\left(p b_1, n_2\right)=q\left(p, n_2\right)=(p q, n)$

8. Giải tương tự bài $1.5$.

9. a) Giả sử $(21 n+4,14 n+3)=d(d \geq 1)$.

Ta có $d \backslash 21 n+4$ và $d \backslash 14 n+3$ nên $d \backslash 3(14 n+3)-2(21 n+4)=1$.

Vậy $d=1$.

Các bạn tự giải các câu b) và c).

10. a) Ta có $\frac{n+22}{n+3}=1+\frac{19}{n+3}$. Phân số đã cho tói gian khi và chi khi $(n+3,19)=1$ hay $n \neq 19 m-3$.

b) Vì $(2 n+3,2)=1$ nên phân số đã cho tối gian khi và chi khi phân số sau tối gịản

$B=\frac{2(3 n+2)}{2 n+3}=3-\frac{5}{2 n+3} .$

Phân số $B$ tối giann khi và chi khi $(2 n+3,5)=1$.

Ta có $(2 n+3,5) \neq 1$ khi và chi khi $5 \backslash 2 n+3$ hay $2 n+3=5 a$.

Xét $2 n+3=5 a$, ta có $n=2 a+\frac{a-3}{2}$.

Vì $n$ và $a$ là các số nguyên nên $a-3=2 m$, từ đó có $n=5 m+6$.

Vậy phân số đã cho tối giản khi và chi khi $n \neq 5 m+6$.

c) Đáp số: $n \neq 7 m+1$.

11. Giả sử $A$ là phân số chưa tối giản. Đặt $d=\left(n^2+4, n+5\right)$ suy ra $d>1$. Ta có

$d \backslash(n+5)^2-\left(n^2+4\right)=10 n+21=10(n+5)-29$

nên $d \backslash 29$ suy ra $d=29$.

Ngược lại, nếu $n+5$ chia hết cho 29 thì có thể đặt

$n+5=29 . m\left(m \in \mathbb{N}^*\right)$

12. Giải tương tự bài 5 .

13. Giải tương tự bài 5 .

14. Giải tương tự bài 5 .

15. Giả sử $d=(A, B)(d \geq 1)$. Ta có $d \backslash A^2-B$ suy ra $d \backslash 2 m n\quad(1)$.

Vì $d \backslash A$ nên $d \backslash 2 n \cdot A$ hay $d \backslash 2 m n+2 n^2$. Suy ra $d \backslash 2 n^2\quad(2)$.

Tương tự ta cũng có $d \backslash 2 m^2\quad(3)$

Vì $(m, n)=1$ nên $m, n$ không cùng chẵn. Xét các trường hợp:

  • Nếu $m, n \cdot$ khác tính chã̃n lẻ thì $d$ lẻ. Từ (2) và (3) ta suy ra $d \backslash m^2$ và $d \backslash$ $n^2$. Vì $(m, n)=1$ nên $d=1$.

  • Nếu $m, n$ cùng lẻ thì $d$ chã̃n. Đặt $d=2 d$, từ (2) và (3) ta suy ra $d \backslash m^2$ và $d^n \backslash n^2$. Vì $(m, n)=1$ nên $d^n=1$. Suy ra $d=2$.

16. a) Đặt $d=(7 a+1,8 a+3)$.

Ta có $d \backslash 7(8 a+3)-8(7 a+1)=13$ nên $d=1$ hoặc $d=13$.

Để $d=13$ thì điều kiện cần và đủ là $13 \backslash 7 a+1$.

Xét phương trình: $7 a+1=13 x$.

Ta có $a=2 x-\frac{x+1}{7}$ là một số nguyên nên $7 \backslash x+1$.

Đặt $x+1=7 m$ ta được $a=13 m-2, m \in \mathbb{Z}$.

Vậy, khi $a=13 m-2, m \in \mathbb{Z}$ thì $(7 a+1,8 a+3)=13$,

$a \neq 13 m-2, m \in \mathbb{Z}$ thì $(7 a+1,8 a+3)=1$

b) Giải tương tự câu a).

Đáp Số:

  • Nếu $a=19 m-14, m \in \mathbb{Z}$ thì $(11 a+2,18 a+5)=19$

  • Nếu $a \neq 19 m-14, m \in \mathbb{Z}$ thì $(11 a+2,18 a+5)=1$.

18. Giả sử $m=[1,2, \ldots, 2 n]$ và $m^{\prime}=[n+1, \ldots, n+n](n \geq 2)$.

Để chứng minh $m=m^{\prime}$ ta chứng minh $m \backslash m^{\prime}$ và $m^{\prime} \backslash m$.

Vì $n+1, n+2, \ldots, n+n$ là ước của $m$ nên $m^{\prime} \backslash m$.

Ngược lại, xét số $a \in{1,2, \ldots, n}$ tùy ý.

Trong $a$ số nguyên liên tiếp $n+1, \ldots, n+a$ luôn có một số chia hết cho $a$ nên $a \backslash m^{\prime}$. Suy ra các số $1,2, \ldots, 2 n$ đều là ước của $m^{\prime}$ hay $m \backslash m^{\prime}$.

Vậy $m=m^{\prime}$.

19. Vì $a$ không chia hết cho 2 và 3 nên $a$ có dạng: $a=6 m \pm 1(m \in \mathbb{Z})$

  • Với $a=6 m+1$ ta có $A=4(6 m+1)^2+3(6 m+1)+5$

$=6\left(24 m^2+11 m+2\right) \vdots 6 \text {. }$

  • Với $a=6 m-1$ ta có $A=4(6 m-1)^2+3(6 m-1)+5$

$=6\left(24 m^2-5 m+1\right) \vdots 6 \text {. }$

Vậy $A$ chia hết cho 6 , với mọi $a$ không chia hết cho 2 và 3 .

20. Ta có $\frac{a}{3}+\frac{a^2}{2}+\frac{a^3}{6}=\frac{a(a+1)(a+2)}{6}$.

Vì $a(a+1)(a+2)$ là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 từ đó suy ra đpcm.

21. Ta có $A(n)=n(n+1)(n+2)(n+3)$.

Vì tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3 nên $A(n)$ chia hết cho 3 . Trong bốn số nguyên liên tiếp luôn có hai số chẵn liên tiếp, một trong hai số đó chia hết cho 4 nên $A(n)$ chia hết cho 8 .

Vì $(3,8)=1$ nên $A(n)$ chia hết cho $3 \times 8=24$.

22. Ta có $30=6 \times 5$. Vì $(6,5)=1$ nên để chứng minh $n^5-n$ chia hết cho 30 ta chứng minh $n^5-n$ chia hết cho 6 và 5 .

Ta có $n^5-n=(n-1) n(n+1)\left(n^2+1\right)$. Vì $(n-1) n(n+1)$ là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 .

Suy ra $n^5-n$ chia hết cho $2 \times 3=6$.

Mặt khác ta lại có

$n^5-n=(n-1) n(n+1)(n^2-4+5)$

$=(n-2)(n-1) n(n+1)(n+2)+5(n-1) n(n+1) .$

Vì $(n-2)(n-1) n(n+1)(n+2)$ là tích cua năm sổ nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5 .

Suy ra $n^5-n$ chia hết cho 5 .

Vậy $n^5-n$ chia hết cho 30 .

23. Đặt $A=m^3+3 m^2-m-3$.

Ta có $A=(m+3)\left(m^2-1\right)=(m+3)(m+1)(m-1)$.

Vì $m$ lẻ nên $m=2 n+1(n \in \mathbb{Z})$, từ đó suy ra $A=8 .(n+2)(n+1) n \Rightarrow$ đpcm.

24. Đặt $A=n^{12}-n^8-n^4+1$. Ta có

$A=\left(n^4-1\right)\left(n^8-1\right)=\left[\left(n^2-1\right)\left(n^2+1\right)\right]^2\left(n^4+1\right) .$

Vì $n$ lẻ nên $n=2 m+1$, suy ra $A=64 \cdot[m(m+1)]^2\left(2 m^2+2 m+1\right)^2\left(n^4+1\right)$.

25. Ta có $24=3 \times 8$. Để chứng minh $A(n)$ chia hết cho 24 ta chứng minh $A(n)$ chia hết cho 3 và 8 .

Ta có $A(n)=(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)$ (bạn đọc tự phân tích).

Vì $A(n)$ là tích của bốn số nguyên liên tiếp nên $A(n)$ chia hết cho 3 .

Trong bốn số nguyên liên tiếp $n-2, n-3, n-4, n-5$ luôn có hai số chã̃n liên tiếp. Một trong hai số đó chia hết cho 4 , số còn lại chia hết cho 2 nên $A(n)$ chia hết cho 8 . Vì $(3,8)=1$ nên $A(n)$ chia hết cho $3 \times 8=24$.

26. Đặt $A=n^4-4 n^3-4 n^2+16 n$. Ta có $A=n(n-4)\left(n^2-4\right)$.

Vì $n$ chẵn nên $n=2 m(m \in \mathbb{Z})$. Từ đó suy ra $A=16 .(m-2)(m-1) m(m+1)$.

Vì $(m-2)(m-1) m(m+1)$ là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 8 và 3 .

Từ đó có đpcm.

27. Đáp số: $n=11 m+6$ hoặc $n=11 m+7(m \in \mathbb{N})$.

Hướng dẫn :

$\text { Ta có } n^2+9 n-2 \vdots 11 \Leftrightarrow n^2-2 n-2 \vdots 11 \Leftrightarrow 4\left(n^2-2 n-2\right) \vdots 11$

$\Leftrightarrow 4 n^2-8 n+3 \vdots 11 \Leftrightarrow(2 n-1)(2 n-3) \vdots 11 .$

28. Đáp số: $x \in{-8,0,2}$.

Giả sử $\left(x^3-8 x^2+2 x\right) \vdots\left(x^2+1\right)$ suy ra

$x\left(x^2+1\right)-8\left(x^2+1\right)+x+8 \vdots\left(x^2+1\right) \text {. }$

hay $x+8 \vdots\left(x^2+1\right)\quad\quad( * )$

  • Nếu $x+8=0$ thì $x=-8$, thỏa mãn điều kiện đề bài.

  • Nếu $x \neq-8$ thì tù $\left(^*\right)$ ta phải có $|x+8| \geq x^2+1\quad\quad(1)$.

Bất phương trình (1) cho ta $x \in{-2,-1,0,1,2,3}$

Thử trực tiếp ta được $x=0$ và $x=2$ thỏa mãn.

Cách 2

$\text { Ta có } x+8 \vdots\left(x^2+1\right) \Rightarrow x^2+8 x \vdots\left(x^2+1\right) \Rightarrow 8 x-1 \vdots\left(x^2+1\right)$

$\Rightarrow  8(x+8)-(8 x-1) \vdots x^2+1 \Rightarrow 65 \vdots\left(x^2+1\right)$

$\Rightarrow x^2+1 \text { là ước dương của } 65$

$\Rightarrow x^2+1 \in{1,5,13,65} .$

29. Cho $x=0$ suy ra $f(0)=c \in \mathbb{Z}$. Các số $a, b$ không nhất thiết phải là các số nguyên.

Ví dụ, chọn $a=b=\frac{1}{2}$, ta có

$f(x)=\frac{x(x+1)}{2}+c \in \mathbb{Z}, \forall x \in \mathbb{Z} \text {. }$

30. Giả sử $n^2+n+2 \vdots 15$ ta có $n^2+n+2 \vdots 3\quad\quad(1)$.

Từ (1) suy ra $n$ không chia hết cho 3 .

Vậy $n$ có dạng $3 k+1$ hoặc $3 k-1(k \in \mathbb{Z})$, ta có

$n^2-1=(n-1)(n+1) \vdots 3$

$\Rightarrow n^2+n+2=\left(n^2-1\right)+n+3 \text { không chia hết cho } 3 \text {, mâu thuẫn với (1). }$

31. Giả sử $n^2+3 n+5 \vdots 121$ suy ra $n^2+3 n+5 \vdots 11$ hay $4 n^2+12 n+20 \vdots 11$ Vậy

$4 n^2+12 n+9 \vdots 11 \Rightarrow(2 n+3)^2 \vdots 11 \Rightarrow 2 n+3 \vdots 11$

Nhưng khi đó

$4\left(n^2+3 n+5\right)=(2 n+3)^2+11$ không chia hết cho 121 , mâu thuẫn với điều giả sử trên, từ đó suy ra đpcm.

32. Giải tương tự bài 31

33. Giải tương tự bài 31

34. $\Rightarrow \text { ) Giả sử } 5 a^2+15 a b-b^2 \vdots 49 \Rightarrow 5 a^2+15 a b-b^2 \vdots 7$

$\Rightarrow 9 a^2+6 a b+b^2 \vdots 7 \Rightarrow(3 a+b)^2 \vdots 7 \Rightarrow 3 a+b \vdots 7 \text {. }$

$\Leftrightarrow) \text { Giả sử } 3 a+b \vdots 7 \Rightarrow 3 a+b=7 c(c \in \mathbb{Z}) \Rightarrow b=7 c-3 a$

$\Rightarrow 5 a^2+15 a b-b^2=5 a^2+15 a(7 c-3 a)-(7 c-3 a)^2$

$=49\left(c^2+3 a c-a^2\right) \vdots 49 .$

35. Giải tương tự bài 34.

36. Ta có $91=7 \times 13$. Vì $(7,13)=1$ nên để chứng $\operatorname{minh} A \vdots 91$ ta chi cần chứng $\operatorname{minh} A \vdots 7$ và $A \vdots 13$.

  • Chứng $\operatorname{minh} A \vdots$ 7: Ta viết $A$ dưới dạng: $A=\left(25^n-18^n\right)-\left(12^n-5^n\right)$. Vì $\left(25^n-18^n\right) \vdots 25-18=7$ và $\left(12^n-5^n\right) \vdots 12-5=7$ nên $A \vdots 7$.

  • Chứng $\operatorname{minh} A \vdots$ 13: Ta viết $A$ dưới dạng: $A=\left(25^n-12^n\right)-\left(18^n-5^n\right)$ Vì $\left(25^n-12^n\right) \vdots 25-12=13$ và $\left(18^n-5^n\right) \vdots 18-5=13$ nên $A \vdots 13$. Vậy $A \vdots 91, \forall n \in \mathbb{N}$.

37. Đặt $A(n)=6^{2 n}+19^n-2^{n+1}$.

Ta có $A=36^n+19^n-2 \cdot 2^n=\left(36^n-2^n\right)+\left(19^n-2^n\right)$.

Vì $36^n-2^n \vdots 34(=36-2)$ nên $36^n-2^n \quad \vdots 17$ và $19^n-2^n \vdots 17(=19-2)$ nên $A(n) \vdots 17$.

38. Đặt $A(n)=2^{8 n} \cdot 5^{6 n}-1980^n-441^n+1$.

Ta có $A=\left(4000000^n-441^n\right)-(1980-1)^n$.

Vì $\left(4000000^n-441^n\right) \vdots 3999599(=4000000-441=2021)$ nên

$\left(4000000^n-441^n\right) \vdots 1979$

và $1980^n-1 \vdots 1979(=1980-1)$ nên $A(n) \vdots 1979$.

39. Giải tương tự bài $36$.

40. Giải tương tự bài $37$.

41. Giải tương tự bài 36.

42. Giải tương tự bài 37.

43. Các số chia hết cho 29 trong khoảng từ 1 đến 2003 là:

$29 \times 1,29 \times 2,29 \times 3, \ldots, 29 \times 69 \text {. }$

Suy ra $2003 !=29^{69} \cdot 69 ! . A$, trong đó $(A, 29)=1$.

Các số chia hết cho 29 trong khoảng từ 1 đến 69 là: $29 \times 1,29 \times 2$.

Suy ra: $69 !=29^2 \cdot 2 ! . B$, trong đó $(B, 29)=1$.

Vậy $2003 !=29^{71} \cdot 2 \cdot A \cdot B$, trong đó $(A \cdot B, 29)=1$.

Từ đó suy ra $n$ cần tìm là 71 .

44. Đáp số: $k=217455$.

$1995=3 \times 5 \times 7 \times 19 .$

Ta :cần tìm số mũ lớn nhất của 19 trong phân tích tiêu chuẩn của số $(1994 !)^{1995}$. Xem lại bài 43.

45. Ta có $2^n=10 a+b$ nên $b \vdots 2$ hay $a b \vdots 2$. Ta chứng minh $a b \vdots 3$ :

Từ đẳng thức $2^n=10 a+b$ suy ra $2^n$ có chữ số tận cùng là $b$.

Đặt $n=4 k+r(k, r \in \mathbb{N}, 0 \leq r \leq 3)$ ta có $2^n=16^k \cdot 2^r$.

Nếu $r=0$ thì $2^n=16^k$ có chữ số tận cùng là 6 suy ra $b=6$ hay $a b \vdots 6$.

Nếu $1 \leq r \leq 3$ thì $2^n-2^r=2^r\left(16^k-1\right) \vdots 10$ suy ra $2^n$ có tận cùng là $2^r$.

Vậy ta có $b=2^r$, từ đó suy ra

$10 a=2^n-2^r=2^r\left(16^k-1\right) \vdots 3 \Rightarrow a \vdots 3 \Rightarrow a b \vdots 3 .$

46. Ta có $2 S_n=n(n+1)$.

Mặt khác, sử dụng tính chất $a^n+b^n \vdots(a+b), \forall a, b \in \mathbb{N}^*$ và $n$ lẻ ta có

$2 T_n=\left(1^5+n^5\right)+\left(2^5+(n-1)^5\right)+\ldots+\left(n^5+1\right) \vdots(n+1)\quad\quad(1) .$

$2 T_n=\left(1^5+(n-1)^5\right)+\left(2^5+(n-2)^5\right)+\ldots+\left((n-1)^5+1\right)+2 n^5 \vdots n\quad\quad(2) .$

Do $(n, n+1)=1$, từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra

$2 T_n \vdots n(n+1)=2 S_n \Rightarrow T_n \vdots S_n .$

Tổng quát, ta có thể chứng minh được:

$1^k+2^k+\ldots+n^k$ chia hết cho $1+2+\ldots+n, \forall n, k \in \mathbb{N}, n \geq 1$ và $k$ lẻ.

47. Dễ thấy $n=1$ thỏa mãn và $n=4$ không thỏa mãn. Xét $n>1$ và $n \neq 4$ :

Từ giả thiết suy ra $n$ là hợp số, như vậy $n$ có thể viết được dưới dạng $n=p . q$, trong đó $p, q$ là các số nguyên dương thỏa mãn: $2 \leq p, q \leq\left[\frac{n}{2}\right]$.

  • Nếu $p \neq q$ thì trong tích $(n-1) !=1.2 \ldots n$ chứa cả hai số $p$ và $q$ nên $(n-1)$ ! chia hết cho $n$.

  • Nếu $p=q$ thì $p, q>2$ và trong tích $(n-1)$ ! chứa cả $p$ và $2 p$ nên $(n-1)$ ! chia hết cho $n$.

48. Xem lời giải bài 47.

49. Giả sử $d=\left(\frac{a^m-1}{a-1}, a-1\right)$ và $d^{\prime}=(m, a-1)$. Ta có

$\frac{a^m-1}{a-1}=a^{m-1}+a^{m-2}+\ldots+a+1$

$=\left(a^{m-1}-1\right)+\left(a^{m-2}-1\right)+\ldots+(a-1)+m .$

Vì $a^i-1$ chia hết cho $a-1$ và do đó chia hết cho $d$ với mọi $i \geq 1$ nên $d \backslash m$. Suy ra $d \backslash d$.

Ngược lại, vì $d^{\prime} \backslash a-1$ nên $d^{\prime} \backslash a^i-1$ với mọi $i \geq 1$. Hơn nữa, $d^{\prime} \backslash m$ nên $d^{\prime} \backslash$ $\frac{a^m-1}{a-1}$ và do đó $d^{\prime} \backslash d$.

Vậy $d=d$.

50. $\Rightarrow)$ Giả sử $a^n-1 \backslash a^m-1$. Ta chứng minh $n \backslash m$.

Đặt $m=q n+r, 0 \leq r<n$. Ta có

$a^m-1=a^{n q+r}-1=a^r\left(a^{n q}-1\right)+a^r-1$

$\text { Vì } a^n-1 \backslash a^m-1 \text { và } a^n-1 \backslash a^{n q}-1 \text { nên } a^n-1 \backslash a^r-1 .$

$\text { Mặt khác } 0 \leq a^r-1<a^n-1 \text { nên } a^r-1=0 \text { hay } r=0 .$

$\Leftarrow)$ Dễ dàng chứng minh được.

51. Giả sử $d=(m, n)$ và $d=\left(a^m-1, a^n-1\right)$. Đặt $m=d . m_1, n=d . n_1$ ta có $a^m-1=\left(a^d\right)^{m_1}-1$ chia hết cho $a^d-1$

và $\quad a^n-1=\left(a^d\right)^{n_1}-1$ chia hết cho $a^d-1$

nên d’ chia hết cho $a^d-1\quad\quad(1)$.

Mặt khác, vì $d=(m, n)$ nên tồn tại hai số nguyên dương $x, y$ sao cho $m x-n y=d$. Vì $d^n \backslash a^m-1$ và $d^{\prime} \backslash a^n-1$ nên $d^{\prime} \backslash a^{m x}-1$ và $d^n \backslash a^{n y}-1$.

Suy ra $d^n \backslash a^{m x}-a^{n y}=a^{n y}\left(a^d-1\right)$. Vì $\left(d^n, a^{n y}\right)=1$ nên $d^n \backslash a^d-1\quad\quad(2)$.

Từ (1) và (2) ta có đpcm.

52. Giả sử $m$ không chia hết cho $n$, tức là $m=q \cdot n+r$ với $0<r<n$. Ta có

$a^m+b^m=a^{m-n}\left(a^n+b^n\right)-b^n\left(a^{m-n}-b^{m-n}\right) .$

Suy ra $a^n+b^n \backslash a^{m-n}-b^{m-n}$.

Nếu $q-1>0$, lại làm tương tự như trên tai có

$a^{m-n}-b^{m-n}=a^{m-2 n}\left(a^n+b^n\right)-b^n\left(a^{m-2 n}+b^{m-2 n}\right) .$

Suy ra $a^n-b^n \backslash a^{m-2 n}+b^{m-2 n}$.

Cứ lặp lại cách làm trên ta suy ra $a^n+b^n \backslash a^{m-n \cdot k}+(-1)^k b^{m-n k}, \forall k \leq q$.

Đặc biệt với $k=q$ ta có $a^n+b^n \backslash a^r+(-1)^q b^r$. Điều này không xảy ra vì

$0<\left|a^r+(-1)^q b^r\right|<a^r+b^r<a^n+b^n \text {. }$

53. Ta có $k-b \backslash k^n-a=\left(k^n-b^n\right)+\left(b^n-a\right)$ và $k-b \backslash k^n-b^n$ nên $k-b \backslash b^n-a$. Vì điều này đúng với mọi $k$ nên chọn $k$ sao cho $k-b>\left|b^n-a\right|$. Vì $b^n-a$ chia hết cho $k-b$ nên $b^n-a=0$ hay $a=b^n$.

54. Cần tìm $n$ sao cho $4 n^2+1$ chia hết cho 65 . Đặt $n=65 k+r$, ta chọn $r$ sao cho $4 r^2+1=65$ hay $r=\pm 4$.

Khi đó, mọi số $n$ có dạng $65 k \pm 4$ đều thỏa mãn.

55. Ta có

$\text { Ta có } \frac{p}{q}=\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{1319}\right)-2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{1318}\right)$

$=\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{1319}\right)-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{659}\right)$

$=\frac{1}{660}+\ldots+\frac{1}{1319}$

$\Rightarrow 2 \cdot \frac{p}{q}=\left(\frac{1}{660}+\frac{1}{1319}\right)+\left(\frac{1}{661}+\frac{1}{1318}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{1319}+\frac{1}{660}\right)=\frac{1979 . A}{B} \text {. }$

Từ đó suy ra $p$ chia hết cho 1979 .

56. Đặt $x_1=a_1 \cdot a_2, x_2=a_2 \cdot a_3, \ldots, x_n=a_n \cdot a_1$.

Vì $a_1, a_2, \ldots, a_n \in{-1,1}$ nên $x_1, x_2, \ldots, x_n \in{-1,1}$.

Ta có $x_1+x_2+\ldots+x_n=0$ suy ra trong các số $x_1, x_2, \ldots, x_n$ số các số 1 bằng số các số $-1$.

Giả sử số các số 1 là $m\left(\mathrm{~m} \in \mathbb{N}^*\right)$ thì $n=2 m$ và

$x_1 x_2 \ldots x_n=(-1)^m \text {. }\quad\quad(1)$

Mặt khác, $x_1 x_2 \ldots x_n=\left(a_1 a_2 \ldots a_n\right)^2=1\quad\quad(2)$.

Từ (1) và (2) suy ra $m$ chã̃n và điều đó có nghĩa là $n$ chia hết cho 4 .

57. Giả sử $p$ số nguyên liên tiếp đó là: $a+1, a+2, \ldots, a+p(\mathrm{a} \in \mathbb{Z})$.

Đặt $A=(a+1)^2+(a+2)^2+\ldots+(a+p)^2$. Ta có

$\mathrm{A}=p \cdot a^2+2(1+2+\ldots+p) \cdot a+\left(1^2+2^2+\ldots+p^2\right)$

Mặt khác: $1+2+\ldots+p=\frac{p(p+1)}{2}, 1^2+2^2+\ldots+p^2=\frac{p(p+1)(2 p+1)}{6}$.

Suy ra $6 A=p\left[6 a^2+6(p+1) a+(p+1)(2 p+1)\right]$ chia hết cho $p$.

Do $p$ là số nguyên tố và $p>3$ nên $(p, 6)=1$. Vậy $A$ chia hết cho $p$.

58. Vì $a^{2001}-a^{2000}=a^{2000}(a-1) \geq 2^{2000}=1024^{200}>10^{600}$ nên giữa $a^{2000}$ và $a^{2001}$ có ít nhất $10^{600}$ số nguyên dương liên tiếp. Trong số đó, tồn tại một số chia hết cho $10^{600}$, đó chính là số $A$ cần tìm.

59. Đáp số: 

Tồn tại. Có thể chọn 2002 số chia hết cho 2003 và 2002 số chia cho 2003 dư 1 .

60. Ta có $(a+b)^7-a^7-b^7=7 a b(a+b)\left(a^2+a b+b^2\right)^2$.

Chọn $b=1$ và $a^2+a+1=7^3$ (bạn đọc tự tính $a$ ) ta có đpcm.

61. Không mất tính tổng quát, giả sử $c=a-b>0$.

Ta có $b=q c+r$, với $q \geq 0,0 \leq r<c, q$ và $r$ không đồng thời bằng 0 .

Các số $n$ có dạng $n=c+1-r+k c, k \in \mathbb{Z}$ đều thoả mãn.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 – TOÁN LỚP 10 NĂM 2010

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\quad\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=9 \\ \left(\frac{1}{\sqrt[3]{x}}+\frac{1}{\sqrt[3]{y}}\right)\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{x}}\right)\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{y}}\right)=18\end{array}\right.$

Câu 2

Tìm số nguyên dương $n$ lón nhất sao cho tồn tại một tập hợp $[a_1,a_2, \ldots,a_n]$ các hợp số có tính chất:

$\quad$ i) Hai số bất kì trong chúng là nguyên tố cùng nhau.

$\quad$ ii) $1<\mathrm{a}_{\mathrm{i}} \leq(2 \mathrm{n}+5)^2$ với mọi $\mathrm{i}=1,2, \ldots, \mathrm{n}$.

Câu 3

Cho $\mathrm{M}$ là một điểm tùy ý thuộc miền trong tam giác $\mathrm{ABC}$ đều. Gọi $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1$, $\mathrm{C}_1$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $\mathrm{M}$ trên các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\quad\mathrm{P}=\frac{\mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{MC}^2}{\left(\mathrm{MA}_1+\mathrm{MB}_1+\mathrm{MC}_1\right)^2}$.

Câu 4

Cho các số thực: $a, b, c \geq 1$ thỏa $a+b+c+2=a b c$.

Chứng minh rằng: $\quad b c \sqrt{\mathrm{a}^2-1}+\mathrm{ca} \sqrt{\mathrm{b}^2-1}+\mathrm{ab} \sqrt{\mathrm{c}^2-1} \leq \frac{3 \sqrt{3}}{2} \mathrm{abc}$

Câu 5

Trong một giải thi đấu thể thao, một môn thể thao có $\mathrm{x}$ huy chương được phát trong $\mathrm{n}$ ngày thi đấu. Ngày thứ nhất người ta phát một huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Ngày thứ hai người ta phát hai huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Cứ tiếp tục, ngày thứ $\mathrm{k}$ người ta phát $\mathrm{k}(3 \leq \mathrm{k} \leq \mathrm{n})$ huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Ngày sau cùng, còn lại $\mathrm{n}$ huy chương đề phát. Hỏi môn thể thao đó có tất cả bao nhiêu huy chương đã được phát và đã phát trong bao nhiêu ngày?

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\quad\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=9 \\ \left(\frac{1}{\sqrt[3]{x}}+\frac{1}{\sqrt[3]{y}}\right)\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{x}}\right)\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{y}}\right)=18\end{array}\right.$

Lời Giải

Đặt $a=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}, b=\frac{1}{\sqrt[3]{y}}$.

Hệ phương trình thành:

$\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a^3+b^3=9 \\ (a+b)(1+a)(1+b)=18\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}(a+b)^3-3 a b(a+b)=9 \\ (a+b)(1+a+b+a b)=18\end{array}\right.\right.$

Đặt $S=a+b, P=a b$.

Hệ phương trình thành:

$\quad\quad\left\{\begin{array}{l}S^3-3 P S=9 \\ S(S+P+1)=18\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}S^3-3 P S=9 \\ S^2+P S+S=18\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}S^3-3 P S=9\quad\quad(1) \\ P S=18-S-S^2\quad(2)\end{array}\right.\right.\right.$

Thế $(2)$ vào (1), ta được: $S^3+3 S^2+3 S-63=0 \Leftrightarrow(S+1)^3=64 \Leftrightarrow S=3$ (3)

Thế $(3)$ vào $(2)$, ta được: $\mathrm{P}=2$. Từ đó suy ra $(\mathrm{a}, \mathrm{b})=(1 ; 2)$ hay $(\mathrm{a}, \mathrm{b})=(2 ; 1)$.

Vậy $(x, y)=\left(\frac{1}{8} ; 1\right)$ hay $(x, y)=\left(1 ; \frac{1}{8}\right)$.

Câu 2

Tìm số nguyên dương $n$ lón nhất sao cho tồn tại một tập hợp $[a_1,a_2, \ldots,a_n]$ các hợp số có tính chất:

$\quad$ i) Hai số bất kì trong chúng là nguyên tố cùng nhau.

$\quad$ ii) $1<\mathrm{a}_{\mathrm{i}} \leq(2 \mathrm{n}+5)^2$ với mọi $\mathrm{i}=1,2, \ldots, \mathrm{n}$.

Lời Giải

Giả sử tìm được số nguyên dương $n$ thỏa bài toán.

Kí hiệu $q_j$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $a_j\left(j=1,2, \ldots, n\right.$ ) và $q_i$ là giá trị lớn nhất của các số $q_j$.

Do 2 số bất kì trong chúng là nguyên tố cùng nhau nên các $\mathrm{q}_{\mathrm{j}}$ là phân biệt.

Suy ra $q_i \geq p_n$ ($p_n$ là số nguyên tố thứ n).

Do đó ta có: $(2 n+5)^2 \geq a_i \geq q_i{ }^2 \geq p_n{ }^2 \Rightarrow p_n \leq 2 n+5$.

Ta xét bảng sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\ \hline u_n=2 n+5 & 7 & 9 & 11 & 13 & 15 & 17 & 19 & 21 & 23 & 25 & 27 \\ \hline p_n & 2 & 3 & 5 & 7 & 11 & 13 & 17 & 19 & 23 & 29 & 31 \\\hline\end{array}$

Vì $u_{n+1}-u_n=2$ và $p_{n+1}-p_n \geq 2$ mà $p_{10}>u_{10} \Rightarrow p_n>u_n$ với mọi $n \geq 10$.

Suy ra $n=9$, lúc này $[2^2, 3^2, 5^2, 7^2, 11^2, 13^2, 17^2, 19^2, 23^2]$ thỏa 2 điều kiện bài toán.

Vậy $n=9$ là số nguyên dương lớn nhất thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 3

Cho $\mathrm{M}$ là một điểm tùy ý thuộc miền trong tam giác $\mathrm{ABC}$ đều. Gọi $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1$, $\mathrm{C}_1$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $\mathrm{M}$ trên các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\quad\mathrm{P}=\frac{\mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{MC}^2}{\left(\mathrm{MA}_1+\mathrm{MB}_1+\mathrm{MC}_1\right)^2}$.

Lời Giải

Cách 1:

Gọi $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ tương ứng là trung điểm của các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$.

Ta có: $S_{ABC}=S_{MBC}+S_{MCA}+S_{MAB}$

$\quad\quad\Rightarrow \frac{\mathrm{a}^2 \sqrt{3}}{4}=\frac{1}{2} \mathrm{a}\left(MA_1+MB_1+MC_1\right) \Rightarrow MA_1+MB_1+MC_1=\frac{\mathrm{a} \sqrt{3}}{2}$

Mặt khác: $MD^2=\frac{MB^2+MC^2}{2}-\frac{BC^2}{4}$ ; $ME^2=\frac{MC^2+MA^2}{2}-\frac{AC^2}{4}$; $M F^2=\frac{M^2+M B^2}{2}-\frac{\mathrm{AB}^2}{4}$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{MD}^2+\mathrm{ME}^2+\mathrm{MF}^2=\mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{MC}^2-\frac{3 \mathrm{a}^2}{4}$

$\quad\quad\Rightarrow  \mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{MC}^2=\mathrm{MD}^2+\mathrm{ME}^2+\mathrm{MF}^2+\frac{3 \mathrm{a}^2}{4}$ $\quad\quad\quad\quad\quad =\mathrm{MD}^2+\mathrm{ME}^2+\mathrm{MF}^2+\left(\mathrm{MA}_1+\mathrm{MB}_1+\mathrm{MC}_1\right)^2$

Mà $\mathrm{MD}^2+M \mathrm{ME}^2+\mathrm{MF}^2 \geq \mathrm{MA}_1^2+\mathrm{MB}_1^2+M \mathrm{MC}_1^2 \geq \frac{1}{3}\left(\mathrm{MA}_1+M B_1+\mathrm{MC}_1\right)^2$

$\quad\quad\Rightarrow M A^2+M B^2+M C^2 \geq \frac{4}{3}\left(M A_1+M_1 B_1+M C_1\right)^2$

Do đó: $P=\frac{M A^2+M B^2+M C^2}{\left(M A_1+M B_1+M C_1\right)^2} \geq \frac{4}{3}$.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow M$ là tâm của tam giác đều $\mathrm{ABC}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\mathrm{P}$ là $\frac{4}{3}$.

Cách 2:

$\text { Ta có: } S_{ABC}=S_{MBC}+S_{MCA}+S_{MAB} \Rightarrow \frac{\mathrm{a}^2 \sqrt{3}}{4}=\frac{1}{2} \mathrm{a}\left(MA_1+MB_1+MC_1\right)$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow  \mathrm{MA}_1+\mathrm{MB}_1+\mathrm{MC}_1=\frac{\mathrm{a} \sqrt{3}}{2}( * )$

$\quad\quad\quad(\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}})^2 \geq 0$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{MC}^2+2(\overrightarrow{\mathrm{MA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MA}}) \geq 0$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{MC}^2+\left(\mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2-\mathrm{AB}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{MC}^2\right.$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left(-B C^2+M C^2+M A^2-C A^2\right) \geq 0$

$\quad\quad\Rightarrow 3\left(\mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{MC}^2\right) \geq 3 \mathrm{a}^2 \Rightarrow \mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{MC}^2 \geq \mathrm{a}^2(* *)$

Từ $( * )$ và $( ** )$: $\Rightarrow P \geq \frac{\mathrm{a}^2}{\left(\frac{\mathrm{a} \sqrt{3}}{2}\right)^2}=\frac{4}{3}$.

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \mathrm{M}$ là trọng tâm tam giác $\mathrm{ABC}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{4}{3}$.

Câu 4

Cho các số thực: $a, b, c \geq 1$ thỏa $a+b+c+2=a b c$.

Chứng minh rằng: $\quad b c \sqrt{\mathrm{a}^2-1}+\mathrm{ca} \sqrt{\mathrm{b}^2-1}+\mathrm{ab} \sqrt{\mathrm{c}^2-1} \leq \frac{3 \sqrt{3}}{2} \mathrm{abc}$

Lời Giải

Ta có: $\frac{\mathrm{VT}}{\mathrm{abc}} =\sqrt{1-\frac{1}{\mathrm{a}^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{\mathrm{~b}^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{\mathrm{c}^2}} \leq \sqrt{3\left[3-\left(\frac{1}{\mathrm{a}^2}+\frac{1}{\mathrm{~b}^2}+\frac{1}{\mathrm{c}^2}\right)\right]}$

$\quad\quad\quad\quad =\sqrt{9-3\left(\frac{1}{\mathrm{a}^2}+\frac{1}{\mathrm{~b}^2}+\frac{1}{\mathrm{c}^2}\right)} \leq \sqrt{9-\left(\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}+\frac{1}{\mathrm{c}}\right)^2}$

Mà từ giả thiết ta có: $\quad\frac{1}{a b}+\frac{1}{b c}+\frac{1}{c a}+\frac{2}{a b c}=1$.

Ta có: $\quad\frac{1}{a b}+\frac{1}{b c}+\frac{1}{c a} \leq \frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2$ và $\frac{1}{a b c} \leq \frac{1}{27}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3$

Đặt: $\quad t=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ ta được

$\quad\frac{1}{3} \mathrm{t}^2+\frac{2}{27} \mathrm{t}^3 \geq 1 \Leftrightarrow 2 \mathrm{t}^3+9 \mathrm{t}^2-27 \geq 0 \Leftrightarrow(2 \mathrm{t}-3)(\mathrm{t}+3)^2 \geq 0 \Leftrightarrow \mathrm{t} \geq \frac{3}{2}$

Suy ra: $\quad\frac{\mathrm{VT}}{\mathrm{abc}} \leq \sqrt{9-\frac{9}{4}}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$

Vậy: $\quad b c \sqrt{a^2-1}+c a \sqrt{b^2-1}+a b \sqrt{c^2-1} \leq \frac{3 \sqrt{3}}{2} a b c$

Câu 5

Trong một giải thi đấu thể thao, một môn thể thao có $\mathrm{x}$ huy chương được phát trong $\mathrm{n}$ ngày thi đấu. Ngày thứ nhất người ta phát một huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Ngày thứ hai người ta phát hai huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Cứ tiếp tục, ngày thứ $\mathrm{k}$ người ta phát $\mathrm{k}(3 \leq \mathrm{k} \leq \mathrm{n})$ huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Ngày sau cùng, còn lại $\mathrm{n}$ huy chương đề phát. Hỏi môn thể thao đó có tất cả bao nhiêu huy chương đã được phát và đã phát trong bao nhiêu ngày?

Lời Giải

Gọi $\mathrm{u}_{\mathrm{k}}$ là số huy chương còn lại khi bắt đầu ngày thi đấu thứ $\mathrm{k}(\mathrm{k}=1,2, \ldots, \mathrm{n})$.

Ta có: $\mathrm{u}_1=\mathrm{x} ; \mathrm{u}_2=\mathrm{u}_1-\left[1+\frac{1}{10}\left(\mathrm{u}_1-1\right)\right]=\frac{9}{10} \mathrm{u}_1-\frac{9}{10} .1$

$\quad\quad\quad\mathrm{u}_3=\mathrm{u}_2-\left[2+\frac{1}{10}\left(\mathrm{u}_2-2\right)\right]=\frac{9}{10} \mathrm{u}_2-\frac{18}{10}=\frac{9}{10} \mathrm{u}_2-\frac{9}{10} \cdot 2$

$\quad\quad\quad\text { …….. }$

$\quad\quad u_{k+1}=u_k-\left[k+\frac{1}{10}\left(u_k-k\right)\right]=\frac{9}{10} u_k-\frac{9 k}{10}=\frac{9}{10} u_k-\frac{9}{10} \cdot k$ $\quad(1)$ và $\quad u_n=n$

  • Tính $u_k$ theo $\mathrm{k}$ :

Cách 1: Đặt $\quad u_k=v_k+pk+q$, ta có:

(1) $\quad\Leftrightarrow v_{k+1}+pk+p+q=\frac{9}{10}\left(v_k+pk+q\right)-\frac{9}{10}{k}$

$\quad\quad\Rightarrow v_{k+1}=\frac{9}{10} v_k+k\left(\frac{9}{10} p-\frac{9}{10}-p\right)+\frac{9}{10} q-p-q$

Chọn $p, q$ thỏa $\left\{\begin{array}{l}\frac{9}{10} p-\frac{9}{10}-p=0 \\ \frac{9}{10} q-p-q=0\end{array}\Rightarrow p=-9\right.$ và $q=90$

Cách 2: Xét $\quad u_{k+1}=\frac{9}{10} u_k\quad(2)$

Ta có $\quad u_k^*=\left(\frac{9}{10}\right)^{k-1}\quad u_1$ là nghiệm của $(2)$

Đặt $\quad u_k=v_k-9 k+90$ ta có: $v_1=u_1-81=x-81$ và $v_{k+1}=\frac{9}{10} v_k$ với mọi $k$.

Suy ra: $v_1=x-81 ; v_2=\frac{9}{10} v_1 ; \ldots ; v_k=\frac{9}{10} v_{k-1} \Rightarrow v_k=\left(\frac{9}{10}\right)^{k-1}(x-81)$

Giả sử (1) có nghiệm riêng $\tilde{u_k}=Ak+B \Rightarrow \tilde u_k=-9 k+90$.

Vậy $\quad u_k=(x-81)\left(\frac{9}{10}\right)^{k-1}-9(k-10)$.

$\quad\quad\Rightarrow u_k=Cu_k^*+\tilde u_k=Cx\left(\frac{9}{10}\right)^{k-1}-9 k+90$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{u}_{\mathrm{k}}=(\mathrm{x}-81)\left(\frac{9}{10}\right)^{\mathrm{k}-1}-9(\mathrm{k}-10)$

Theo giả thiết

$\quad\quad\quad u_n=n \Leftrightarrow n=(x-81)\left(\frac{9}{10}\right)^{n-1}-9(n-10) \Leftrightarrow x=81+\frac{10^n}{9^{n-1}}(n-9)$

Vì $x$ là số nguyên dương nên suy ra $n=9$ và $x=81$.

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 – TOÁN LỚP 10 NĂM 2011

ĐỀ THI

Câu 1

Giải phương trình sau trên tập số thực: $\quad 9 \sqrt{x^3+8}=2\left(x^2+8\right)\quad\quad(1)$

Câu 2

Chứng minh rằng không tồn tại các sốnguyên $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ thỏa mãn hệ thức:

$\quad\quad\quad(x+2010)^2+(x+2012)^2=(x+y+z+2008)(y+z-x-2014)$.

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp đường tròn $(\mathrm{O})$ và ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$. Dựng đường tròn $\left(\mathrm{O}_1\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{D}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{K}$, đường tròn $\left(\mathrm{O}_2\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{E}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{M}$, đường tròn $\left(\mathrm{O}_2\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{F}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{N}$. Chứng minh rằng:

a) Các đường thẳng DK, EM, FN đồng quy tại một điểm $\mathrm{P}$.

b) Đường thẳng $\mathrm{OP}$ đi qua trực tâm $\mathrm{H}$ của tam giác $\mathrm{DEF}$.

Câu 4

Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn a ${ }^2+4 b^2+9 c^2=14$.

Chứng minh: $3 b+8 c+a b c \leq 12$.

Câu 5

Cho hàm số: $\mathrm{F}(\mathrm{x})=\sum_{\mathrm{k}=0}^{2011}(\mathrm{k}-2011 \mathrm{x})^2 \mathrm{C}_{2011}^{\mathrm{k}} \mathrm{x}^{\mathrm{k}}(\mathrm{l}-\mathrm{x})^{2011-\mathrm{k}}$

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[0 ; 1]$

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải phương trình sau trên tập số thực: $\quad 9 \sqrt{x^3+8}=2\left(x^2+8\right)\quad\quad(1)$

Lời Giải

Điều kiện: $x \geq-2$

Phương trình tương đương:

$\quad\quad\quad\quad\quad 9 \sqrt{(x+2)\left(x^2-2 x+4\right)}=2\left[2(x+2)+x^2-2 x+4\right]$

Vì $x^2-2 x+4=(x-1)^2+3 \geq 3$

Chia cả hai vế của phương trình $(2)$ cho $x^2-2 x+4$, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad 4\left(\frac{x+2}{x^2-2 x+4}\right)-9 \sqrt{\frac{x+2}{x^2-2 x+4}}+2=0$

$\quad\quad\quad\quad \Rightarrow \frac{x+2}{x^2-2 x+4}=\frac{1}{16} \Rightarrow x=9 \pm \sqrt{109}$ (nhận)

Câu 2

Chứng minh rằng không tồn tại các sốnguyên $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ thỏa mãn hệ thức:

$\quad\quad\quad(x+2010)^2+(x+2012)^2=(x+y+z+2008)(y+z-x-2014)$.

Lời Giải

Phương trình đã cho tương đương với

$\quad\quad\quad\quad(x+2010)^2+(x+2012)^2=(y+z-3)^2-(x+2011)^2$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow (x+2010)^2+(x+2011)^2+(x+2012)^2=(y+z-3)^2$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow 3 x^2+12066 x+2010^2+2011^2+2012^2=(y+z-3)^2$

Vế trái của phương trình chia cho 3 có số dư là 2 , vế phải của phương trình chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1 .

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp đường tròn $(\mathrm{O})$ và ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$. Dựng đường tròn $\left(\mathrm{O}_1\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{D}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{K}$, đường tròn $\left(\mathrm{O}_2\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{E}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{M}$, đường tròn $\left(\mathrm{O}_2\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{F}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{N}$. Chứng minh rằng:

a) Các đường thẳng DK, EM, FN đồng quy tại một điểm $\mathrm{P}$.

b) Đường thẳng $\mathrm{OP}$ đi qua trực tâm $\mathrm{H}$ của tam giác $\mathrm{DEF}$.

Lời Giải

a) Trước hết ta $\mathrm{CM}$ bổ đề: “Cho $\mathrm{X}$, $\mathrm{Y}$ là hai điểm trên đường tròn $(\mathrm{O})$, một đường tròn $\left(O^{\prime}\right)$ tiếp xúc $X Y$ tại $U$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $V$.

Khi đó, đường thẳng $\mathrm{UV}$ đi qua trung điểm $\mathrm{Z}$ của cung $\mathrm{XY}$ không chứa $\mathrm{V}$.” Thật vậy, xét phép vị tự tâm $V:\left(O^{\prime}\right) \rightarrow(O)$.

Khi đó $X Y \rightarrow d$ thỏa mãn $d / / X Y$ và $d$ tiếp xúc $(O)$ tại $Z$ là ảnh của $U$ $\Rightarrow Z$ là trung điểm cung $X Y$.

Xét bài toán đã cho:

Gọi $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$ là giao điểm của $\mathrm{DK}, \mathrm{EM}, \mathrm{FN}$ với $(\mathrm{O})$, theo Bổ đề $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$ là các trung điểm của các cung $\mathrm{BAC}, \mathrm{CBA}, \mathrm{ACB}$. Gọi $\mathrm{A}_0, \mathrm{~B}_0, \mathrm{C}_0$ là các điểm đối xứng của $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$ qua $\mathrm{O}$, khi đó $\Delta \mathrm{A}_0 \mathrm{~B}_0 \mathrm{C}_0, \Delta \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1 \mathrm{C}_1$ có các cạnh song song.

Mặt khác: $\quad B_0 \mathrm{C}_0, \mathrm{EF} \perp \mathrm{AI}$

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{A}_0 \mathrm{C}_0, \mathrm{FD} \perp \mathrm{BI}$

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{A}_0 \mathrm{~B}_0, \mathrm{DE} \perp \mathrm{CI}$

Suy ra $\Delta \mathrm{A}_0 \mathrm{~B}_0 \mathrm{C}_0, \Delta \mathrm{DEF}$ có các cạnh song song. Do đó $\Delta \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1 \mathrm{C}_1, \triangle \mathrm{DEF}$ có các cạnh song song và không bằng nhau $\left(\triangle \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1 \mathrm{C}_1\right.$ nội tiếp $(\mathrm{O}), \triangle \mathrm{DEF}$ nội tiếp (I))

$\quad\quad\Rightarrow \exists$ phép vị tự biến $\triangle \mathrm{DEF}$ thành $\Delta \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1 \mathrm{C}_1$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{DA}_1, \mathrm{~EB}_1, \mathrm{FC}_1$ đồng quy tại tâm $\mathrm{P}$ của phép vị tự.

b) Từ câu $\mathrm{a}) \Rightarrow \mathrm{P}, \mathrm{O}$, I thẳng hàng (1)

Gọi $\mathrm{A}^{\prime}, \mathrm{B}^{\prime}, \mathrm{C}^{\prime}$ là các giao điểm các đường cao $\mathrm{DD}^{\prime}, \mathrm{EE}^{\prime}, \mathrm{FF}^{\prime}$ của $\triangle \mathrm{DEF}$ với (1). của cung $\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime} \Rightarrow \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime} \perp \mathrm{ID} \Rightarrow \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C} / / \mathrm{BC}$ (do $\mathrm{BC} \perp \mathrm{ID}$ )

Tương tự $\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{A}^{\prime} / / \mathrm{CA}, \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} / / \mathrm{AB}$, và $\mathrm{H}$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$

Tữ đó $\triangle \mathrm{ABC}, \triangle \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ có các cạnh song song và không bằng nhau (do $\triangle \mathrm{ABC}$ nội tiếp $(\mathrm{O}), \Delta \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ nội tiếp $\left.(\mathrm{I})\right) \Rightarrow \exists$ phép vị tự biến $\Delta \mathrm{ABC}$ thành $\Delta \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$.

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{AA}^{\prime}, \mathrm{BB}^{\prime}, \mathrm{CC}{ }^{\prime}$ đồng quy tại tâm phép vị tự $\mathrm{Q} \Rightarrow \mathrm{Q}, \mathrm{I}, \mathrm{O}$ thẳng hàng (2)

Mặt khác $\mathrm{I}, \mathrm{H}$ là tâm nội tiếp $\Delta \mathrm{ABC}, \Delta \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime} \Rightarrow \mathrm{Q}, \mathrm{H}, I$ thẳng hàng (3)

Từ $(1),(2),(3)$ có đpcm.

Câu 4

Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn a ${ }^2+4 b^2+9 c^2=14$.

Chứng minh: $3 b+8 c+a b c \leq 12$.

Lời Giải

Bất đẳng thức đã cho tương đương: $6 b+16 c+2 a b c \leq 24$ (1)

  • Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad 6 b+16 c \leq 3\left(b^2+1\right)+8\left(c^2+1\right)=11+3 b^2+8 c^2$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =11+\left(a^2+4 b^2+9 c^2\right)-a^2-b^2-c^2=25-a^2-b^2-c^2$

Nên để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức:

$\quad\quad\quad\quad\quad a^2+b^2+c^2-1 \geq 2 a b c \quad(2) \text {, với } a, b, c \text { không âm. }$

  • Do giả thiết $\mathrm{a}^2+4 \mathrm{~b}^2+9 \mathrm{c}^2=14$, bất đẳng thức (2) có thể viết lại như sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad 14\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^2+4 b^2+9 c^2\right) \geq 28 a b c$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 13 a^2+10 b^2+5 c^2 \geq 28 a b c$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow \left(13 a^2+10 b^2+5 c^2\right) \sqrt{a^2+4 b^2+9 c^2} \geq 28 \sqrt{14} a b c$

  • Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$\quad\quad\quad 13 a^2+10 b^2+5 c^2 \geq 28 \sqrt[28]{\left(a^2\right)^{13}\left(b^2\right)^{10}\left(c^2\right)^5}=28 \sqrt[24]{a^{13} b^{10} c^5}$

và: $\quad a^2+4 b^2+9 c^2 \geq 14 \sqrt[14]{a^2\left(b^2\right)^4\left(c^2\right)^4}=14\left(\sqrt[14]{a b^4 c^9}\right)^2$

  • Do đó: $\left(13 \mathrm{a}^2+10 \mathrm{~b}^2+5 \mathrm{c}^2\right) \sqrt{\mathrm{a}^2+4 \mathrm{~b}^2+9 \mathrm{c}^2}$

$\quad\quad\quad\quad\geq 28 \sqrt[14]{a^{13} b^{10} c^5} \sqrt{14\left(\sqrt[14]{a b^4 c^9}\right)^2}=28 \sqrt{14} a b c$

Đẳng thức chỉ xảy ra khi $(\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c})=(1,1,1)$

Bài toán được chứng minh xong.

Câu 5

Cho hàm số: $\mathrm{F}(\mathrm{x})=\sum_{\mathrm{k}=0}^{2011}(\mathrm{k}-2011 \mathrm{x})^2 \mathrm{C}_{2011}^{\mathrm{k}} \mathrm{x}^{\mathrm{k}}(\mathrm{l}-\mathrm{x})^{2011-\mathrm{k}}$

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[0 ; 1]$

Lời Giải

Ta có

$\quad\quad\quad A =\sum_{k=0}^n(k-n x)^2 C_n^k x^k(1-x)^{n-k}$

$\quad\quad\quad\quad =(n x)^2 \sum_{k=0}^n C_n^k x^k(1-x)^{n-k}+\sum_{k=0}^n k^2 C_n^k x^k(1-x)^{n-k}-2 n x \sum_{k=0}^n k C_n^k x^k(1-x)^{n-k}$

Xét:

$\quad\quad\quad A_1 =\sum_{k=0}^n k C_n^k x^k(1-x)^{n-k}=\sum_{k=1}^n k C_n^k x^k(1-x)^{n-k}$

$\quad\quad\quad\quad =n \sum_{k=1}^n C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}=n x \sum_{k=1}^n C_{n-1}^{k-1} x^{k-1}(1-x)^{n-k}$

$\quad\quad\quad\quad =n x[x+(1-x)]^{n-1}=n x$

$\quad\quad\quad A_2 =\sum_{k=0}^n k^2 C_n^k x^k(1-x)^{n-k}=\sum_{k=1}^n k^2 C_n^k x^k(1-x)^{n-k}$

$\quad\quad\quad\quad =n \sum_{k=1}^n k C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}$

$\quad\quad\quad\quad =n \sum_{k=1}^n C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}+n \sum_{k=1}^n(k-1) C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}$

$\quad\quad\quad\quad =n x+n \sum_{k=1}^n(k-1) C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}$

$\quad\quad\quad\quad =n x+n(n-1) \sum_{k=2}^n C_{n-2}^{k-2} x^k(1-x)^{n-k}=n x+n(n-1) x^2 $

$\quad\quad\quad A_3=\sum_{k=0}^n C_n^k x^k(1-x)^{n-k}=[x+(1-x)]^n=1$

Vậy $A=(n x)^2+n x+n(n-1) x^2-2(n x)^2=n x(1-x)$

Áp dụng kết quả trên ta được $\mathrm{f}(\mathrm{x})=2011 \mathrm{x}(1-\mathrm{x})$

Do $\mathrm{x} \in[0 ; 1]$ nên $\mathrm{x}, 1-\mathrm{x} \geq 0$. Từ đó theo bất đẳng thức Cauchy:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x) \leq 2011 \cdot\left(\frac{x+(1-x)}{2}\right)^2=\frac{2011}{4}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{1}{2}$

Vậy $maxf(x)=\frac{2011}{4}$ đạt được khi $x=\frac{1}{2}$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 – TOÁN LỚP 10 NĂM 2009

ĐỀ THI

Câu 1

Giải phương trình: $\quad x^3+3 x^2-3 \sqrt[3]{3 x+5}=1-3 x$.

Câu 2

Tìm tất cả các số nguyên tố $\mathrm{p}$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $n, x, y$ thỏa mãn: $p^n=x^3+y^3$.

Câu 3

Cho đoạn thẳng $\mathrm{AC}$ cố định với $\mathrm{K}$ là trung điểm. Hai điểm $\mathrm{B}$ và $\mathrm{D}$ phân biệt, di động và luôn đối xứng nhau qua $\mathrm{K}$ và đường thẳng $\mathrm{BD}$ không trùng với đường thẳng $\mathrm{AC}$. Đường phân giác của $\widehat{\mathrm{BCD}}$ cắt $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{I}$ và $\mathrm{J}$.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{ABD}$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{AIJ}$ cắt nhau tại điểm $\mathrm{M}$ khác $\mathrm{A}$. Gọi $\mathrm{H}$ là hình chiếu của $\mathrm{M}$ trên trung trực của $\mathrm{AC}$ và $\mathrm{N}$ là giao điểm của $\mathrm{CH}$ và $\mathrm{KM}$.

Chứng minh khi $\mathrm{B}$ di động như trên thì $\mathrm{N}$ di động trên một đường cố định.

Câu 4

Cho a, b, c là các số thực dương.

Chứng minh rằng: $\quad\sqrt{\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{b}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{~b}}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{a}}} \leq 3$.

Câu 5

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ không cân có hai đỉnh $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ cố định và đỉnh $\mathrm{A}$ di động. Qua $\mathrm{B}$ dựng đường thẳng $\mathrm{d}$ vuông góc với $\mathrm{BC}$, $\mathrm{d}$ cắt trung tuyến $\mathrm{AI}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$ tại $\mathrm{K}$. Gọi $\mathrm{H}$ là trực tâm của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{IH}$ song song với $\mathrm{KC}$ thì điểm $\mathrm{A}$ di động trên đường cố định.

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải phương trình: $\quad x^3+3 x^2-3 \sqrt[3]{3 x+5}=1-3 x$.

Lời Giải

Phương trình đã cho tương đương $(x+1)^3=3 \sqrt[3]{3 x+5}+2$

Đặt $\sqrt[3]{3 x+5}=y+1$, suy ra $3 x+5=(y+1)^3$ và $(1)$ trở thành $(x+1)^3=3 y+5$.

Vậy ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x+1)^3=3 y+5 \\ (y+1)^3=3 x+5\end{array}\right.$

Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ trên, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad(x+1)^3-(y+1)^3=-3(x-y)$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(x-y)\left[(x+1)^2+(x+1)(y+1)+(y+1)^2+3\right]=0 \Leftrightarrow x=y$

$\quad\quad\quad\quad\text { (Vì } \left.(x+1)^2+(x+1)(y+1)+(y+1)^2+3>0, \forall x, y \in \mathbb{R}\right)$

Vậy ta có phương trình: $(x+1)^3=3 x+5 \Leftrightarrow x^3+3 x^2-4=0$ $\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=-2$.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: $x=1$ và $x=-2$.

Câu 2

Tìm tất cả các số nguyên tố $\mathrm{p}$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $n, x, y$ thỏa mãn: $p^n=x^3+y^3$.

Lời Giải

$p^n=x^3+y^3\quad(*)$

  • Với $\mathrm{p}=2$ ta có $2^1=1^3+1^3$.
  • Vó́i $p=3$ ta có $3^2=1^3+2^3$.

Ta chứng minh khi $\mathrm{p}>3$ thì không tồn tại các số nguyên dương $\mathrm{n}, \mathrm{x}, \mathrm{y}$ thỏa đề bài.

Thật vậy, giả sử ngược lại, chọn $n, x, y$ thỏa $(*)$ sao cho $n$ bé nhất.

Do $\mathrm{p} \neq 2$ nên $(\mathrm{x}, \mathrm{y}) \neq(1,1)$; khi đó:

$\quad\quad\quad\quad\quad x^2-x y+y^2=(x-y)^2+x y>1 \text { và } x+y>1$

Do đó $x^2-x y+y^2$ và $x+y$ đều là bội của $p$.

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow(x+y)^2-\left(x^2-x y+y^2\right)=3 x y \vdots p$

Do $p>3$ nên $x \vdots p$ hoặc $y \vdots p$

Mà $(x+y) \vdots p$ nên $x$ và $y$ đều chia hết cho $p$.

Điều này cho ta:

$(*) \Leftrightarrow \mathrm{p}^{\mathrm{n}-3}=\left(\frac{\mathrm{x}}{\mathrm{p}}\right)^3+\left(\frac{\mathrm{y}}{\mathrm{p}}\right)^3 \Leftrightarrow \mathrm{p}^{\mathrm{n}^{\prime}}=\mathrm{x}^{\prime 3}+\mathrm{y}^{\prime^3}$ với $\left(\mathrm{n}^{\prime}, \mathrm{x}^{\prime}, \mathrm{y}^{\prime}\right)=\left(\mathrm{n}-3, \frac{\mathrm{x}}{\mathrm{p}}, \frac{\mathrm{y}}{\mathrm{p}}\right)$

do đó $\mathrm{n}^{\prime}<\mathrm{n}$ (trái giả thiết $\mathrm{n}$ là nhỏ nhất).

Vậy chỉ có $\mathrm{p}=2$ và $\mathrm{p}=3$ thỏa đề bài.

Câu 3

Cho đoạn thẳng $\mathrm{AC}$ cố định với $\mathrm{K}$ là trung điểm. Hai điểm $\mathrm{B}$ và $\mathrm{D}$ phân biệt, di động và luôn đối xứng nhau qua $\mathrm{K}$ và đường thẳng $\mathrm{BD}$ không trùng với đường thẳng $\mathrm{AC}$. Đường phân giác của $\widehat{\mathrm{BCD}}$ cắt $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{I}$ và $\mathrm{J}$.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{ABD}$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{AIJ}$ cắt nhau tại điểm $\mathrm{M}$ khác $\mathrm{A}$. Gọi $\mathrm{H}$ là hình chiếu của $\mathrm{M}$ trên trung trực của $\mathrm{AC}$ và $\mathrm{N}$ là giao điểm của $\mathrm{CH}$ và $\mathrm{KM}$.

Chứng minh khi $\mathrm{B}$ di động như trên thì $\mathrm{N}$ di động trên một đường cố định.

Lời Giải

(Xem hình 1)

Gọi $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ là tâm đường tròn $(\mathrm{AIJ})$ và $(\mathrm{ADB}) \Rightarrow \mathrm{PQ}$ vuông góc $\mathrm{AM}\quad(1)$

Ta có $\widehat{\mathrm{AIJ}}=\widehat{\mathrm{BCJ}}=\widehat{\mathrm{DCJ}}=\widehat{\mathrm{AJI}}\quad\quad(2)$

$\quad\quad\widehat{\mathrm{PJA}}=\frac{180^{\circ}-\widehat{\mathrm{APJ}}}{2}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{AIJ}}\quad(3)$

$\quad\quad\widehat{\mathrm{PAD}}=\frac{180^{\circ}-\widehat{\mathrm{API}}}{2}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{AJI}}\quad(4)$

Từ $(2),(3)$ và (4) suy ra $\widehat{\mathrm{PJA}}=\widehat{\mathrm{PAI}}\quad(5)$

Mặt khác $\mathrm{PA}=\mathrm{PJ}\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(6)$

Vì $\widehat{\mathrm{BJC}}=\widehat{\mathrm{DCJ}}=\widehat{\mathrm{BCJ}}$ nên $\Delta \mathrm{BCJ}$ cân tại $\mathrm{B} \Rightarrow \mathrm{AD}=\mathrm{BC}=\mathrm{BJ}\quad(7)$

Từ $(5),(6)$ và $(7)$ suy ra $\triangle P A D=\Delta P J B \Rightarrow P B=P D$ mà $Q B=Q D$

$\quad\quad\Rightarrow P Q$ là trung trực của $B D \Rightarrow P Q$ vuông góc $B D\quad(8)$

Từ (1) và (8) suy ra $\mathrm{AM} / / \mathrm{BD}\quad(9)$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{AMDB}$ là hình thang cân (do $\mathrm{AMDB}$ nội tiếp)

$\quad\quad\Rightarrow \widehat{\mathrm{MDB}}=\widehat{\mathrm{ABD}}=\widehat{\mathrm{BDC}}$ và $\quad\quad\widehat{\mathrm{DBC}}=\widehat{\mathrm{BDA}}=\widehat{\mathrm{DBM}}$

Do đó $\Delta \mathrm{DBM}=\Delta \mathrm{DBC} \Rightarrow \mathrm{BD}$ vuông góc $\mathrm{MC}\quad(10)$

Từ $(9)$ và $(10) \Rightarrow \widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ} \Rightarrow \mathrm{M}$ thuộc đường tròn $(\mathrm{K})$ đường kính $\mathrm{AC}$ cố định.

  • (Xem hình 2) Dựng $\mathrm{NE} \perp \mathrm{AC}$ và $\mathrm{MF} \perp \mathrm{AC}$.

Ta có $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{KC}}=\frac{\mathrm{NE}}{\mathrm{HK}}=\frac{\mathrm{NE}}{\mathrm{MF}}=\frac{\mathrm{KN}}{\mathrm{KM}}$

Mặt khác $\mathrm{KC}=\mathrm{KM} \Rightarrow \mathrm{NK}=\mathrm{EC}$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{NK}=\mathrm{d}(\mathrm{N} ;(\Delta)$ ), với $\Delta$ là đường thẳng vuông góc $\mathrm{AC}$ tại $\mathrm{C}$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{N}$ thuộc parabol $(\mathrm{P})$ cố định có tiêu điểm $\mathrm{K}$ và đường chuẩn $(\Delta)$. $($ đpcm $)$

Câu 4

Cho a, b, c là các số thực dương.

Chứng minh rằng: $\quad\sqrt{\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{b}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{~b}}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{a}}} \leq 3$.

Lời Giải

Đặt $\mathrm{x}=\sqrt{\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}}, \mathrm{y}=\sqrt{\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{b}}}, \mathrm{z}=\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}}$, ta có $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}>0$ và $\mathrm{xyz}=1$.

Bất đẳng thức đã cho trở thành: $\sqrt{\frac{2}{1+\mathrm{x}^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+\mathrm{y}^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+\mathrm{z}^2}} \leq 3$

Giả sử $x y \leq 1 \Rightarrow z \geq 1$.

  • Ta chứng minh bất đẳng thức sau: $\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2} \leq \frac{2}{1+x y}\quad(1)$

Thật vậy, $(1) \Leftrightarrow\left(2+x^2+y^2\right)(1+x y) \leq 2\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)$ $\Leftrightarrow(1-x y)(x-y)^2 \geq 0 \quad$ (đúng)

  • Ta có: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki
    $\left(\sqrt{\frac{2}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+y^2}}\right)^2 \leq 2\left(\frac{2}{1+x^2}+\frac{2}{1+y^2}\right)=4\left(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\right)$

Theo bất đẳng thức (1) suy ra: $4\left(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\right) \leq \frac{8}{1+x y}=\frac{8 z}{1+z}$

Suy ra $\sqrt{\frac{2}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+y^2}} \leq 2 \sqrt{\frac{2 z}{1+z}}$. Mặt khác, ta lại có $\sqrt{\frac{2}{1+z^2}} \leq \frac{2}{1+z}$.

Do vậy, ta sẽ chứng minh $2 \sqrt{\frac{2 z}{1+z}}+\frac{2}{1+z} \leq 3$.

Thật vậy, ta có: $2 \sqrt{\frac{2 z}{1+z}}+\frac{2}{1+z} \leq 3 \Leftrightarrow 2 \sqrt{2 z(z+1)}+2 \leq 3(1+z)$

$\Leftrightarrow 2 z-2 \sqrt{2 z(z+1)}+(z+1) \geq 0 \Leftrightarrow(\sqrt{2 z}-\sqrt{z+1})^2 \geq 0$ (luôn đúng).

Vây bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi $x=y=z=1$.

Câu 5

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ không cân có hai đỉnh $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ cố định và đỉnh $\mathrm{A}$ di động. Qua $\mathrm{B}$ dựng đường thẳng $\mathrm{d}$ vuông góc với $\mathrm{BC}$, $\mathrm{d}$ cắt trung tuyến $\mathrm{AI}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$ tại $\mathrm{K}$. Gọi $\mathrm{H}$ là trực tâm của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{IH}$ song song với $\mathrm{KC}$ thì điểm $\mathrm{A}$ di động trên đường cố định.

Lời Giải

Chọn hệ trục tọa độ $\mathrm{Oxy}$ với $\mathrm{O}$ trùng I và trục $\mathrm{Ox}$ là đường thẳng $\mathrm{BC}$.

Chuẩn hóa $\mathrm{BC}=2$. Khi đó, tọa độ $\mathrm{B}(-1 ; 0)$ và $C(1 ; 0)$.

Giả sử tọa độ điểm $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_0 ; \mathrm{y}_0\right)$ với $\mathrm{y}_0 \neq 0$ và $\mathrm{x}_0 \neq 0$.

Khi đó, trực tâm $\mathrm{H}(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ là nghiệm của hệ phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{\mathrm{AH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}=0 \\ \overrightarrow{\mathrm{BH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}}=0\end{array}\right.$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=\mathrm{x}_0 \\ \left(\mathrm{x}_0-1\right)(\mathrm{x}+1)+\mathrm{y}_0 \mathrm{y}=0\end{array} \Rightarrow \mathrm{H}\left(\mathrm{x}_0 ; \frac{1-\mathrm{x}_0^2}{\mathrm{y}_0}\right)\right.$

Gọi $\mathrm{K}$ là giao điểm của $\mathrm{d}$ và $\mathrm{AI}$, khi đó tọa độ $\mathrm{K}$ là nghiệm của hệ phương trình

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x=-1 \\ y=\frac{y_0}{x_0} x\end{array} \Rightarrow K\left(-1 ;-\frac{y_0}{x_0}\right)\right.$

Theo giả thiết ta có: $\mathrm{IH} / / \mathrm{KC}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \overrightarrow{\mathrm{IH}} ; \overrightarrow{\mathrm{KC}} \text { cùng phương } \Leftrightarrow \frac{\mathrm{y}_0}{\mathrm{x}_0} \cdot \mathrm{x}_0-2 \frac{1-\mathrm{x}_0^2}{\mathrm{y}_0}=0 \Leftrightarrow \frac{\mathrm{x}_0^2}{1}+\frac{\mathrm{y}_0^2}{2}=1 \text {. }$

Vậy A di động trên đường Elíp (E): $\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{2}=1$ cố định.

Đó là điều phải chứng minh.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 – TOÁN LỚP 10 NĂM 2008

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\left|y+\frac{1}{x}\right|+\left|\frac{13}{16}+x-y\right|=x+\frac{1}{x}+\frac{13}{16} \\ x^2+y^2=\frac{97}{36} \\ x<0 \\ y>0\end{array}\right.$

Câu 2

Cho đường tròn $(O)$. $A B$ là dây cung không phải là đường kính. $\mathrm{H}$ là điểm trong đoạn $\mathrm{AB}$. Đường thẳng qua $\mathrm{H}$ vuông góc với $\mathrm{AB}$ cắt cung lớn $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{K}$. I thuộc đoạn $\mathrm{HK}$. IA cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{C}$. IB cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{D}(\mathrm{C}$ khác $\mathrm{D})$. Gọi $\mathrm{d}$ là đường thẳng đi qua trung điểm $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{BC}$. Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng của $\mathrm{CD}$ qua $\mathrm{d}$ đi qua một điểm cố định khi I thay đổi.

Câu 3

Xét a, b, c $>0$ tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\frac{\sqrt{\mathrm{abc}}}{(1+\mathrm{a})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})}$

Câu 4

Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đương tròn $(O)$ tâm $O$ bán kính $R, A=30^{\circ}, \widehat{C}<90^{\circ}$. Tổng khoảng cách từ $\mathrm{O}$ đến $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ là 2 và $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$. Tính $\mathrm{R}$.

Câu 5

Trong mặt phẳng cho $T$ là tập hợp hữu hạn điểm. Giữa hai điểm nào đó của $\mathrm{T}$ có nối nhau bởi cung tròn có hai mút là hai điểm đó. Một cung như vậy ta gọi là một cạnh. Kí hiệu s(A) là số cạnh có được có hai điểm mút thuộc tập $\mathrm{A}$. Biết rằng với mọi tập con $\mathrm{A}$ khác rỗng của $\mathrm{T}$ thì $\mathrm{s}(\mathrm{A}) \leq 2|\mathrm{~A}|-2$. Cho $\mathrm{A}_{\mathrm{i}}$ với $\mathrm{i}=1,2, \ldots, \mathrm{k}(\mathrm{k}>1)$ là các tập con khác rỗng của $\mathrm{T}$ đôi một giao nhau khác rỗng.

Nếu $s\left(A_i\right)=2\left|\mathrm{~A}_i\right|-2$ với i $=1,2, \ldots, \mathrm{k}$.

Chứng minh rằng $s\left(\bigcup_{i=1}^k A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^k A_i\right|-2$.

Câu 6

Chứng minh rằng phương trình $2^{\mathrm{x}}+3^{\mathrm{x}}=\mathrm{yx}^2$ có vô hạn nghiệm nguyên dương $\mathrm{x}, \mathrm{y}$.

Câu 7

Cho tam giác $\mathrm{ABC}, \mathrm{R}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad B C^2 \leq A B^2+C A^2+R^2\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)$

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\left|y+\frac{1}{x}\right|+\left|\frac{13}{16}+x-y\right|=x+\frac{1}{x}+\frac{13}{16} \\ x^2+y^2=\frac{97}{36} \\ x<0 \\ y>0\end{array}\right.$

Lời Giải

Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}y+\frac{1}{x} \geq 0, \frac{13}{6}+x-y \geq 0 \\ x^2+y^2=\frac{97}{36} \\ x<0 \ y>0\end{array}\right.$

Từ $\quad\left\{\begin{array}{l}y+\frac{1}{x} \geq 0, \frac{13}{6}+x-y \geq 0 \\ x<0\end{array}\right.$, suy ra $\quad 6 x^2+13 x+6 \leq 0$.

Từ $\quad 0<y \leq 13 / 6+x$, suy ra $\quad x^2+y^2 \leq x^2+(13 / 6+x)^2$

Do đó $\quad 97 / 36 \leq x^2+(13 / 6+x)^2$, hay $\quad 6 x^2+13 x+6 \geq 0$.

Vậy $\quad 6 x^2+13 x+6=0$. Do đó $\quad x=-3 / 2$ hoặc $x=-2 / 3$.

Tóm lại $\quad(x=-3 / 2, y=2 / 3),(x=-2 / 3, y=3 / 2)$. Thử lại thoả mãn hệ.

Câu 2

Cho đường tròn $(O)$. $A B$ là dây cung không phải là đường kính. $\mathrm{H}$ là điểm trong đoạn $\mathrm{AB}$. Đường thẳng qua $\mathrm{H}$ vuông góc với $\mathrm{AB}$ cắt cung lớn $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{K}$. I thuộc đoạn $\mathrm{HK}$. IA cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{C}$. IB cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{D}(\mathrm{C}$ khác $\mathrm{D})$. Gọi $\mathrm{d}$ là đường thẳng đi qua trung điểm $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{BC}$. Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng của $\mathrm{CD}$ qua $\mathrm{d}$ đi qua một điểm cố định khi I thay đổi.

Lời Giải

Kí hiệu như hình vẽ. T là hình chiếu của $I$ trên $\mathrm{CD} ; \mathrm{M}, \mathrm{N}$ là trung điểm $\mathrm{IA}, \mathrm{ID} ; \mathrm{P}, \mathrm{Q}$ là trung điểm của $\mathrm{BC}, \mathrm{AD}$.

  • $\mathrm{MQ}=\mathrm{IN}=\mathrm{TN}, \mathrm{QN}=\mathrm{IM}=\mathrm{HM}$

và $\widehat{\mathrm{HMQ}}=\widehat{\mathrm{TNQ}}$

(Vì góc $\widehat{\mathrm{HMI}}=2 \widehat{\mathrm{BAC}}$ và $\widehat{\mathrm{TNI}}=2 \widehat{\mathrm{BDC}}$ )

Do đó $\mathrm{QH}=\mathrm{QT}$. Tương tự $\mathrm{PH}=\mathrm{PT}$.

Vậy $\mathrm{T}$ và $\mathrm{H}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{d}$.

Kết luận: Khi I di động thì ảnh đối xứng của DC qua d luôn qua điểm cố định $\mathrm{H}$.

Câu 3

Xét a, b, c $>0$ tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\frac{\sqrt{\mathrm{abc}}}{(1+\mathrm{a})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})}$

Lời Giải

Đặt $u=\frac{a}{1+a}, v=\frac{b}{(1+a)(1+a+b)}$

$\quad\quad w=\frac{c}{(1+a+b)(1+a+b+c)}, s=\frac{1}{1+a+b+c}$

Ta có $u+v+w+s=1$ và $T^2=u v w s$.

Từ bất đẳng thức Côsi, ta có $\mathrm{T} \leq 1 / 16$. Dấu bằng có được khi:

$\quad\quad\quad\quad \frac{a}{1+a}=\frac{b}{(1+a)(1+a+b)}=\frac{c}{(1+a+b)(1+a+b+c)}=\frac{1}{1+a+b+c}=\frac{1}{4}$.

Giải hệ ta có $\mathrm{a}=1 / 3, \mathrm{~b}=2 / 3, \mathrm{c}=2$.

Vậy giá trị lớn nhất của T là $1 / 16$.

Câu 4

Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đương tròn $(O)$ tâm $O$ bán kính $R, A=30^{\circ}, \widehat{C}<90^{\circ}$. Tổng khoảng cách từ $\mathrm{O}$ đến $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ là 2 và $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$. Tính $\mathrm{R}$.

Lời Giải

Xét 3 trường hợp:

1) $\quad\widehat{\mathrm{B}}=90^{\circ}$ : Lúc đó $\mathrm{O}$ là trung điểm của $\mathrm{AC}$ nên

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{BC}=4>\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$. Vô lý.

2) $\quad\widehat{\mathrm{B}}<90^0:$ Ta có $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$.

Suy ra $\quad 2 R\left(\cos x+\cos \left(30^{\circ}-x\right)\right)=2+\sqrt{3}, R\left(\sin x+\sin \left(30^{\circ}-x\right)\right)=2$

Hay $\quad 4 R\left(\cos 15^0 \cos \left(x-15^0\right)\right)=2+\sqrt{3}, R\left(\sin 15^0 \cos \left(x-15^0\right)\right)=1$

Suy ra $\quad\tan 15^{\circ}=4 /(2+\sqrt{3})>1$. Vô lý.

3)$\quad\widehat{\mathrm{B}}>90^{\circ}:2\mathrm{R}\left(\cos\mathrm{x}+\cos\left(30^{\circ}+\mathrm{x}\right)\right)=2+\sqrt{3},\mathrm{R}\left(\sin\mathrm{x}+\sin\left(30^{\circ}+\mathrm{x}\right)\right)=2$.

Hay $\quad 4 R\left(\cos 15^{\circ} \cos \left(x+15^{\circ}\right)\right)=2+\sqrt{3}, R\left(\sin \left(x+15^{\circ}\right) \cos 150^{\circ}\right)=1$

Suy ra $\quad R^2=\frac{1+\left(\frac{2+\sqrt{3}}{4}\right)^2}{\cos ^2 15^0}=\frac{23+4 \sqrt{3}}{4(2+\sqrt{3})} \Rightarrow R=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{23+4 \sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}}$.

Vậy $\quad R=\frac{\sqrt{34-15 \sqrt{3}}}{2}$

Câu 5

Trong mặt phẳng cho $T$ là tập hợp hữu hạn điểm. Giữa hai điểm nào đó của $\mathrm{T}$ có nối nhau bởi cung tròn có hai mút là hai điểm đó. Một cung như vậy ta gọi là một cạnh. Kí hiệu s(A) là số cạnh có được có hai điểm mút thuộc tập $\mathrm{A}$. Biết rằng với mọi tập con $\mathrm{A}$ khác rỗng của $\mathrm{T}$ thì $\mathrm{s}(\mathrm{A}) \leq 2|\mathrm{~A}|-2$. Cho $\mathrm{A}_{\mathrm{i}}$ với $\mathrm{i}=1,2, \ldots, \mathrm{k}(\mathrm{k}>1)$ là các tập con khác rỗng của $\mathrm{T}$ đôi một giao nhau khác rỗng.

Nếu $s\left(A_i\right)=2\left|\mathrm{~A}_i\right|-2$ với i $=1,2, \ldots, \mathrm{k}$.

Chứng minh rằng $s\left(\bigcup_{i=1}^k A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^k A_i\right|-2$.

Lời Giải

Quy nạp:

  • Nếu $\mathrm{k}=2$, gọi $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ là hai tập và $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ lần lượt là số phần tử của $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{A} \cap \mathrm{B}$ thì $|\mathrm{A} \cup \mathrm{B}|=\mathrm{a}+\mathrm{b}-\mathrm{c}$.

  • Giả sử $\quad s(A \cup B)<2(a+b-c)-2$. Suy ra số cạnh hai đầu mút trong $A \cup B$ nhưng không đồng thời thuộc $A$ nhỏ hơn

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2(a+b-c)-2-s(A)=2(a+b-c)-2-(2 a-2)=2(b-c)$

  • Một cạnh có hai mút trong $\mathrm{B}$ thì hoặc hai mút thuộc $\mathrm{B} \backslash \mathrm{A}$ hoặc hai mút thuộc A. $\cap$ B hoặc hai mút thuộc hai tập $B \backslash A, A \cap B$.

Do đó số cạnh có hai mút thuộc $\mathrm{B} \backslash \mathrm{A}$ hoặc hai mút thuộc hai tập $\mathrm{B} \backslash \mathrm{A}, \mathrm{A} \cap \mathrm{B}$ nhỏ hơn $2(\mathrm{~b}-\mathrm{c})$.

Suy ra $\quad s(A \cap B)>s(B)-2(b-c)=2 b-2-2 b+2 c=2 c-2$ (mâu thuẫn).

  • Nếu $\quad s\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^n A_i\right|-2$ và $s\left(A_{n+1}\right)=2\left|A_{n+1}\right|-2$ thì từ giả thiết

$\bigcup_{i=1}^n A_i \cap A_{n+1} \neq \varnothing \text { nên từ trường hợp } \mathrm{k}=2 \text { ta có } s\left(\bigcup_{i=1}^{n+1} A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^{n+1} A_i\right|-2 .$

Câu 6

Chứng minh rằng phương trình $2^{\mathrm{x}}+3^{\mathrm{x}}=\mathrm{yx}^2$ có vô hạn nghiệm nguyên dương $\mathrm{x}, \mathrm{y}$.

Lời Giải

Nhận xét: Nếu $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ nguyên dương, $\mathrm{m}$ là số nguyên dương lẻ và $\mathrm{x}+\mathrm{y}$ chia hết cho $m$ thì $x^m+y^m$ chia hết cho $m(x+y)$.

Thật vậy:

$\quad\quad\quad\quad x^m+y^m=(x+y) \sum_{l=0}^{m-1}(-1)^l x^{m-1-l} y^l$

$\quad\quad\quad\quad\sum_{l=0}^{m-1}(-1)^l x^{m-1-l} y^l=m y^{m-1}+x^{m-1}-y^{m-1}-\left(x^{m-1}+y^{m-1}\right) y$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\left(x^{m-3}-y^{m-3}\right) y^2-\cdots-\left(x^2-y^2\right) y^{m-3}-(x+y) y^{m-2}$

Do đó $\quad x^m+y^m$ chia hết cho $m(x+y)$.

$\text { Xét dãy }\quad u_1=1, u_{k+1}=\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k}$

Bằng quy nạp ta chứng minh $\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2} \in \mathbb{N}$ và dãy là tăng

  • k=1: hiển nhiên.
  • Giả sử $\quad\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2} \in \mathbb{N}$ và $\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2}>1$.

Suy ra $\quad 2^{u_k}+3^{u_k}=\mathrm{Iu}_{\mathrm{k}}^2, l$ lé và $l>1$.

Theo nhận xét trên $\quad(2^{u_k})^I+(3^{u_k})^I \vdots I(2^{u_k}+3^{u_k})$  với $\quad l=\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2}$ thì

$\quad\quad\quad\quad\frac{2^{u_{k+1}}+3^{u_{k+1}}}{u_{k+1}{ }^2}>1$, $\frac{2^{u_{k+1}}+3^{u_{k+1}}}{u_{k+1}{ }^2} \in \mathbb{N}$

Kết luận: Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương $\mathrm{x}, \mathrm{y}$.

Câu 7

Cho tam giác $\mathrm{ABC}, \mathrm{R}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad B C^2 \leq A B^2+C A^2+R^2\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)$

Lời Giải

Bất đẳng thức (1) tương đương với

$\quad\quad\quad\quad\quad 4 R^2 \sin ^2 A \leq 4 R^2 \sin ^2 B+4 R^2 \sin ^2 C+R^2$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4 \sin ^2 A \leq 4 \sin ^2 B+4 \sin ^2 C+1$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4\left(1-\cos ^2 A\right) \leq 2(1-\cos 2 B)+2(1-\cos 2 C)+1$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4 \cos ^2 A-2(\cos 2 B+\cos 2 C)+1 \geq 0$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4 \cos ^2 A+4 \cos A \cos (B-C)+1 \geq 0$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(2 \cos A+\cos (B-C))^2+\sin ^2(B-C) \geq 0$

Dấu bằng xảy ra khi $\sin (\mathrm{B}-\mathrm{C})=0$ và $2 \cos \mathrm{A}+\cos (\mathrm{B}-\mathrm{C})=0$.

Do đó $\mathrm{B}=\mathrm{C}$ và $\cos \mathrm{A}=-\frac{1}{2}$ hay tam giác $\mathrm{ABC}$ cân tại $\mathrm{A}$ và $\widehat{\mathrm{A}}=120^{\circ}$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 – TOÁN LỚP 10 NĂM 2007

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2+y^2+\frac{8 x y}{x+y}=16\quad\quad(1) \\ \sqrt{x+y}=x^2-y\quad\quad\quad(2)\end{array}\right.$

Câu 2

Cho các số thực $a, b, x, y$ thoả mãn điều kiện $a x-b y=\sqrt{3}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{x}^2+\mathrm{y}^2+\mathrm{bx}+\mathrm{ay}$.

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có các góc $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ thỏa mãn điều kiện:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\sin \frac{3 \mathrm{~A}}{2}+\sin \frac{3 \mathrm{~B}}{2}=2 \cos \frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}$

Chứng minh tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác đều.

Câu 4

Cho tứ giác lồi $\mathrm{ABCD}$. Xét $\mathrm{M}$ là điểm tùy ý. Gọi $P, Q, R, S$ là các điểm sao cho:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MP}} ; \overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MQ}} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overrightarrow{\mathrm{MD}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MR}} ; \overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MS}}$

Tìm vị trí của điểm $\mathrm{M}$ sao cho $\mathrm{PA}=\mathrm{QB}=\mathrm{RC}=\mathrm{SD}$.

Câu 5

Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên.

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2+y^2+\frac{8 x y}{x+y}=16\quad\quad(1) \\ \sqrt{x+y}=x^2-y\quad\quad\quad(2)\end{array}\right.$

Lời Giải

  • Điều kiện: $x+y>0$
  • (1) $\Leftrightarrow\left(x^2+y^2\right)(x+y)+8 x y=16(x+y)$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow\left((x+y)^2-2 x y\right)(x+y)-16(x+y)+8 x y=0$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(x+y)^3-16(x+y)-2 x y(x+y)+8 x y=0$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(x+y)\left[(x+y)^2-16\right]-2 x y(x+y-4)=0$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(x+y-4)[(x+y)(x+y+4)-2 x y]=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x+y-4=0\quad\quad\quad\quad\quad\quad(3) \\ x^2+y^2+4(x+y)=0\quad\quad(4)\end{array}\right.$

Từ $(3) \Rightarrow x+y=4$, thế vào $(2)$ ta được:

$\quad\quad\quad\quad x^2+x-4=2 \Leftrightarrow x^2+x-6=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=-3 \Rightarrow y=7 \\ x=2 \Rightarrow y=2\end{array}\right.$

(4) vô nghiệm vì $x^2+y^2 \geq 0$ và $x+y>0$.

Vậy hệ có hai nghiệm là $(-3 ; 7) ;(2 ; 2)$

Câu 2

Cho các số thực $a, b, x, y$ thoả mãn điều kiện $a x-b y=\sqrt{3}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{x}^2+\mathrm{y}^2+\mathrm{bx}+\mathrm{ay}$.

Lời Giải

Viết lại $\mathrm{F}=\left(\mathrm{x}+\frac{\mathrm{b}}{2}\right)^2+\left(\mathrm{y}+\frac{\mathrm{a}}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\left(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2\right)$

Đặt $M=(x ; y), A=\left(-\frac{b}{2} ;-\frac{a}{2}\right),(\Delta): a x-b y=\sqrt{3}$.

Ta có: $M A^2=\left(x+\frac{b}{2}\right)^2+\left(y+\frac{a}{2}\right)^2$

Mà $\mathrm{M} \in(\Delta)$ nên $\mathrm{MA}^2 \geq[\mathrm{d}(\mathrm{A} ; \Delta)]^2=\frac{3}{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2}$ Đẳng thức xảy ra khi $M$ là hình chiếu của $A$ trên $(\Delta)$.

Suy ra $F \geq \frac{3}{a^2+b^2}+\frac{3}{4}\left(a^2+b^2\right) \geq 2 \sqrt{\frac{3}{a^2+b^2} \cdot \frac{3}{4}\left(a^2+b^2\right)}=3$

Vậy $minF =3$ đạt được chẳng hạn khi $(a ; b ; x ; y)=\left(\sqrt{2} ; 0 ; \frac{\sqrt{6}}{2} ; \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có các góc $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ thỏa mãn điều kiện:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\sin \frac{3 \mathrm{~A}}{2}+\sin \frac{3 \mathrm{~B}}{2}=2 \cos \frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}$

Chứng minh tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác đều.

Lời Giải

Ta có: $\sin \left(\frac{3 \mathrm{~A}}{2}\right)+\sin \left(\frac{3 \mathrm{~B}}{2}\right)=2 \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)$

$\quad\quad\quad\quad 1 \geq \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right)>0 ; \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)>0$

$\quad\quad\quad\quad 0 \leq \frac{|\mathrm{A}-\mathrm{B}|}{2} \leq \frac{3|\mathrm{~A}-\mathrm{B}|}{2}<\pi$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \cos \frac{|\mathrm{A}-\mathrm{B}|}{2} \geq \cos \frac{3|\mathrm{~A}-\mathrm{B}|}{4} \Rightarrow \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right) \geq \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)$

Từ $\sin \left(\frac{3 \mathrm{~A}}{2}\right)+\sin \left(\frac{3 \mathrm{~B}}{2}\right)=2 \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)$ và $\cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)>0$

Suy ra: $2 \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)>0$ hay $\cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)>0$.

Kết hợp với $\sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \leq 1$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right) \leq \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)$

Do đó:

$\quad\quad\quad\quad 2 \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right) \leq 2 \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right) \leq 2 \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)$

Vì vậy nếu $\sin \left(\frac{3 \mathrm{~A}}{2}\right)+\sin \left(\frac{3 \mathrm{~B}}{2}\right)=2 \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)$ thì phải có:

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}\frac{|\mathrm{A}-\mathrm{B}|}{2}=\frac{3|\mathrm{~A}-\mathrm{B}|}{4} \\ \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right)=1\end{array} \Leftrightarrow \mathrm{A}=\mathrm{B}=\frac{\pi}{3}\right.$

Vậy tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác đều.

Câu 4

Cho tứ giác lồi $\mathrm{ABCD}$. Xét $\mathrm{M}$ là điểm tùy ý. Gọi $P, Q, R, S$ là các điểm sao cho:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MP}} ; \overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MQ}} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overrightarrow{\mathrm{MD}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MR}} ; \overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MS}}$

Tìm vị trí của điểm $\mathrm{M}$ sao cho $\mathrm{PA}=\mathrm{QB}=\mathrm{RC}=\mathrm{SD}$.

Lời Giải

Giả sử có điểm $\mathrm{M}$ thỏa bài toán. Gọi $\mathrm{G}$ là điểm sao cho

$\quad\quad\quad5\overrightarrow{\mathrm{MG}}=\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}$

Từ $\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MP}}$, ta có $4 \overrightarrow{\mathrm{PA}}=5 \overrightarrow{\mathrm{GA}}$

Tương tự $4 \overrightarrow{\mathrm{QB}}=5 \overrightarrow{\mathrm{GB}}, 4 \overrightarrow{\mathrm{RC}}=5 \overrightarrow{\mathrm{GC}}, 4 \overrightarrow{\mathrm{SD}}=5 \overrightarrow{\mathrm{GD}}$

Do đó $\mathrm{PA}=\mathrm{QB}=\mathrm{RC}=\mathrm{SD} \Leftrightarrow \mathrm{GA}=\mathrm{GB}=\mathrm{GC}=\mathrm{GD}$.

Nếu $\mathrm{ABCD}$ là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tâm $\mathrm{O}$ thì $\mathrm{G}$ trùng $\mathrm{O}$ và $\mathrm{M}$ là điểm duy nhất xác định bởi $\overrightarrow{\mathrm{MO}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{OD}}$

Kiểm tra lại thấy thỏa $\mathrm{PA}=\mathrm{QB}=\mathrm{RC}=\mathrm{SD}$.

Nếu $\mathrm{ABCD}$ không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn thì không tồn tại điểm M.

Câu 5

Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên.

Lời Giải

Coi đỉnh $\mathrm{Ai}(x i ; y i), \mathrm{i}=1,2,3,4,5$.

$\quad\quad\quad(xi; yi)$ có thể rơi vào những trường hợp sau:

$\quad\quad\quad\left(2 \mathrm{k} ; 2 \mathrm{k}^{\prime}\right),\left(2 \mathrm{k} ; 2 \mathrm{k}^{\prime}+1\right),\left(2 \mathrm{k}+1 ; 2 \mathrm{k}^{\prime}+1\right),\left(2 \mathrm{k}+1 ; 2 \mathrm{k}^{\prime}\right) \text { với } \mathrm{k}, \mathrm{k}^{\prime} \in Z$

Do đa giác có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đi rich lê, có ít nhất 2 đỉnh có tọa độ thuộc một trong bốn kiểu trên.

Khi đó trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh ấy sẽ có tọa độ nguyên.

Do ngũ giác là lồi nên điểm này ở miền trong hoặc trên cạnh của ngũ giác đó.

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 – TOÁN LỚP 10 NĂM 2005

ĐỀ THI

Câu 1

Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad y^2=x^2\left(x^2+x+1\right)+(x+1)^2$

Câu 2

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=\left(3 x^2+x+1\right) y^2 z^2 \\ y^2(z+x)^2=\left(4 y^2+y+1\right) z^2 x^2 \\ z^2(x+y)^2=\left(5 z^2+z+1\right) x^2 y^2\end{array}\right.$

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$, lấy điểm $\mathrm{M}$ trên cạnh $\mathrm{AC}$ sao cho bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác $\mathrm{ABM}$ và $\mathrm{BCM}$ bằng nhau.

Chứng minh $\mathrm{BM}^2=\operatorname{Scotg} \frac{\mathrm{B}}{2}$, trong đó $\mathrm{S}$ là diện tích tam giác $\mathrm{ABC}$.

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa mãn: $2 \operatorname{tg} B=\operatorname{tg} \mathrm{A}+\operatorname{tg}$ C. Chứng minh rằng:

a) $\mathrm{B} \geq \frac{\pi}{3}$;

b) $\cos A+\cos C \leq \frac{3 \sqrt{2}}{4}$.

Câu 5

Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$, t là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^2+y^2+z^2+t^2=2005 \text {. }$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\frac{\mathrm{x}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{yzt}}+\frac{\mathrm{y}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{ztx}}+\frac{\mathrm{z}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{txy}}+\frac{t}{2005 \sqrt{2005}+x y z}$

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad y^2=x^2\left(x^2+x+1\right)+(x+1)^2$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad y^2=x^2\left(x^2+x+1\right)+(x+1)^2\quad\quad\quad(1)$

Phương trình (1) tương đương với:

$\quad\quad\quad\quad y^2=x^4+x^3+2 x^2+2 x+1 \Leftrightarrow 4 y^2=4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4$

Ta lại có: $\left(2 x^2+x+1\right)^2=4 x^4+4 x^3+5 x^2+2 x+1<4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4$

$\quad\quad\quad\quad \left(2 x^2+x+3\right)^2=4 x^4+4 x^3+13 x^2+6 x+9>4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4$

$\quad\quad\quad \Rightarrow\left(2 x^2+x+3\right)^2<(2 y)^2<\left(2 x^2+x+3\right)^2 \Rightarrow(2 y)^2=\left(2 x^2+x+2\right)^2$

$\quad\quad\quad \Rightarrow 4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4=4 x^4+4 x^3+9 x^2+4 x+4 \Rightarrow x^2-4 x=0$

$\quad\quad\quad \Rightarrow x=0$ (loại) hay $x=4$

Với $x=4 \Rightarrow y=19$

Cạp số $x=4 ; y=19$ thỏa phương trình đã cho.

Vậy nghiệm của phương trình là $\left\{\begin{array}{l}x=4 \\ y=19\end{array}\right.$.

Câu 2

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=\left(3 x^2+x+1\right) y^2 z^2 \\ y^2(z+x)^2=\left(4 y^2+y+1\right) z^2 x^2 \\ z^2(x+y)^2=\left(5 z^2+z+1\right) x^2 y^2\end{array}\right.$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=\left(3 x^2+x+1\right) y^2 z^2\quad(1) \\ y^2(z+x)^2=\left(4 y^2+y+1\right) z^2 x^2\quad(2)\quad\quad\quad\quad(I) \\ z^2(x+y)^2=\left(5 z^2+z+1\right) x^2 y^2\quad(3)\end{array}\right.$

Trường hợp $1: x y z=0$

  • Nếu $x=0,(I) \Leftrightarrow y=0$ hay $z=0$

Khi đó hệ nhận nghiệm $(0 ; 0 ; z)$ và $(0 ; y ; 0) \forall y, z \in \mathbb{R}$

  • Tương tự cho trường hợp $\mathrm{y}=0$ hay $z=0$

Trường hợp 2: $x y z \neq 0$

Chia 2 vế của các phương trình (I) cho $\mathrm{x}^2 \mathrm{y}^2 \mathrm{z}^2$ ta có hệ phương trình tương đương với:

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{y}\right)^2=3+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2} \\ \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)^2=4+\frac{1}{y}+\frac{1}{y^2} \\ \left(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)^2=5+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}\end{array}\right.$

Đặt $\mathrm{a}=\frac{1}{\mathrm{x}} ; \mathrm{b}=\frac{1}{\mathrm{y}} ; \mathrm{c}=\frac{1}{\mathrm{z}}$

Hệ phương trình trở thành: $\left\{\begin{array}{l}(b+c)^2=3+a+a^2\quad\quad \left(1^{\prime}\right)\\ (c+a)^2=4+b+b^2\quad\quad\left(2^{\prime}\right) \\(a+b)^2=5+c+c^2\quad\quad\left(3^{\prime}\right)\end{array}\right.$

Cộng từng vế các phương trình, rút gọn ta được:

$(a+b+c)^2-(a+b+c)-12=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a+b+c=4 \\ a+b+c=-3\end{array}\right.$

  • Khi $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=4$ thay vào $\left(1^{\prime}\right),\left(2^{\prime}\right),\left(3^{\prime}\right)$ ta tính được

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a=\frac{13}{9} \\ y=\frac{4}{3} \\ z=\frac{11}{9}\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=\frac{9}{13} \\ y=\frac{3}{4} \\ z=\frac{9}{11}\end{array}\right.$

  • Khi $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=-3$ thay vào $\left(1^{\prime}\right),\left(2^{\prime}\right),\left(3^{\prime}\right)$ ta tính được

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{6}{5} \\ y=-1 \\ z=-\frac{4}{5}\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{5}{6}\\ y=-1 \\ z=-\frac{5}{4}\end{array}\right.$

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: $(\mathrm{x} ; 0 ; 0) ;(0 ; \mathrm{y} ; 0) ;(0 ; 0 ; \mathrm{x})(\forall \mathbf{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ $\in \mathbb{R})$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left(\frac{9}{13} ; \frac{3}{4} ; \frac{9}{11}\right) ;\left(-\frac{5}{6} ;-1 ;-\frac{5}{4}\right)$

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$, lấy điểm $\mathrm{M}$ trên cạnh $\mathrm{AC}$ sao cho bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác $\mathrm{ABM}$ và $\mathrm{BCM}$ bằng nhau.

Chứng minh $\mathrm{BM}^2=\operatorname{Scotg} \frac{\mathrm{B}}{2}$, trong đó $\mathrm{S}$ là diện tích tam giác $\mathrm{ABC}$.

Lời Giải

Đặt $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{CA}=\mathrm{b}\mathrm{AB}=\mathrm{c} ; \mathrm{BM}=\mathrm{x}$

$\mathrm{p} ; \mathrm{p}^{\prime}$ là nửa chu vi tam giác $\mathrm{ABM}$ và BCM.

r là bán kính của 2 đường tròn nội tiếp tam giác $A B M$ và $B C M$.

Suy ra $S=p r+p^{\prime} r$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow r(a+b+c+2 x)=2 S\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)$

Lại có: $\quad \mathrm{AF}=\mathrm{AD}=\operatorname{rcotg} \frac{\mathrm{A}}{2}=\frac{1}{2}(\mathrm{AB}+\mathrm{AM}-\mathrm{x})\quad\quad\quad(2)$

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{CH}=\mathrm{CG}=\operatorname{rcotg} \frac{\mathrm{C}}{2}=\frac{1}{2}(\mathrm{CB}+\mathrm{CM}-\mathrm{x})\quad\quad\quad(3)$

Cộng (2) và (3): $r\left(\cot g \frac{A}{2}+\cot g \frac{C}{2}\right)=\frac{1}{2}(a+b+c-2 x)\quad\quad(4)$

Từ (1), (4): $S\left(\operatorname{cotg} \frac{A}{2}+\cot g \frac{C}{2}\right)=\frac{r}{2}(a+b+c+2 x)\left(\cot g \frac{A}{2}+\cot g \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{4}(a+b+c+2 x)(a+b+c-2 x)=\frac{1}{4}(a+b+c)^2-x^2\quad\quad(5)$

Gọi $r_1$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad S\left(\operatorname{cotg} \frac{A}{2}+\cot g \frac{B}{2}+\operatorname{cotg} \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad=\frac{1}{2}(a+b+c)\left(r_1 \cot g \frac{A}{2}+r_1 \cot g \frac{B}{2}+r_1 \cot g \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad=\frac{1}{4}(a+b+c)\left(\frac{b+c-a}{2}+\frac{c+a-b}{2}+\frac{a+b-c}{2}\right)=\frac{1}{4}(a+b+c)^2\quad\quad(6)$

Lấy (6) trừ (5) ta có: $\mathrm{BM}^2=\mathrm{x}^2=\mathrm{Scotg} \frac{\mathrm{B}}{2}$ (điều phải chứng minh).

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa mãn: $2 \operatorname{tg} B=\operatorname{tg} \mathrm{A}+\operatorname{tg}$ C. Chứng minh rằng:

a) $\mathrm{B} \geq \frac{\pi}{3}$;

b) $\cos A+\cos C \leq \frac{3 \sqrt{2}}{4}$.

Lời Giải

a) Ta có: $2 \operatorname{tg} B=\operatorname{tg} A+\operatorname{tg} C$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow \frac{2 \sin B}{\cos B}=\frac{\sin (A+C)}{\cos A \cdot \cos C} \Rightarrow 2 \cos A \cdot \cos C=\cos B$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow \cos (A+C)+\cos (A-C)=\cos B \Leftrightarrow \cos (A-C)=2 \cos B$

Suy ra: $\cos B=\frac{1}{2} \cos (A-C) \leq \frac{1}{2} \Rightarrow B \geq \frac{\pi}{3}($ đpcm $)$

b) Lại có: $\cos \mathrm{A}+\cos \mathrm{C}=2 \cos \frac{\mathrm{A}+\mathrm{C}}{2} \cos \frac{\mathrm{A}-\mathrm{C}}{2}$

$\quad\quad\quad\quad =2 \sin \frac{B}{2} \sqrt{\frac{1+\cos (A-C)}{2}}=2 \sin \frac{B}{2} \sqrt{\frac{1+2 \cos B}{2}}$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow(\cos A+\cos C)^2=4 \sin ^2 \frac{B}{2}\left(\frac{1+2 \cos B}{2}\right)=(1-\cos B)(1+2 \cos B)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{2}(2-2 \cos B)(1+2 \cos B)$

$\quad\quad\quad\quad\leq \frac{1}{2}\left(\frac{2-2 \cos B+1+2 \cos B}{2}\right)=\frac{9}{8}$

Vậy $\cos A+\cos C \leq \frac{2}{2 \sqrt{2}}=\frac{3 \sqrt{2}}{4}$ (đpcm).

Câu 5

Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$, t là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^2+y^2+z^2+t^2=2005 \text {. }$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\frac{\mathrm{x}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{yzt}}+\frac{\mathrm{y}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{ztx}}+\frac{\mathrm{z}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{txy}}+\frac{t}{2005 \sqrt{2005}+x y z}$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad x, y, z$ thỏa $\left\{\begin{array}{l}x, y, z, t \text { không âm }\\ x^2+y^2+z^2+t^2=2005\quad\quad\quad(I) \end{array}\right.$

Đặt $\mathrm{a}=\frac{\mathrm{x}}{\sqrt{2005}} ; \mathrm{b}=\frac{\mathrm{y}}{\sqrt{2005}} ; \mathrm{c}=\frac{\mathrm{z}}{\sqrt{2005}} ; \mathrm{d}=\frac{\mathrm{t}}{\sqrt{2005}}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}a, b, c, d \text { không âm } \\ a^2+b^2+c^2+d^2=1\quad\quad\quad(II)\end{array}\right.$

và $\mathrm{F}=\frac{1}{2005}\left(\frac{\mathrm{a}}{1+\mathrm{bcd}}+\frac{\mathrm{b}}{1+\mathrm{acd}}+\frac{\mathrm{c}}{1+\mathrm{abd}}+\frac{\mathrm{d}}{1+\mathrm{abc}}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\underset{B\cdot C\cdot S}{\geq}\frac{1}{2005} \cdot \frac{(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d})^2}{\mathrm{a}(1+\mathrm{bcd})+\mathrm{b}(1+\mathrm{acd})+\mathrm{c}(1+\mathrm{abd})+\mathrm{d}(1+\mathrm{abc})}$

$\quad\quad\quad\quad=\frac{1}{2005} \cdot \frac{1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)}{a+b+c+d+4 a b c d}\quad\quad\quad(1)$

Mặt khác (II) $\Rightarrow a, b, c, d$ thuộc đoạn $[0,1]$ và $a, b, c, d$ không đồng thời bằng 0

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)-(a+b+c+d)-4 a b c d $

$\quad\quad\quad\quad =(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)+(a b+a c+a d+b c+b d+c d)+$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +(a b c+a b d+a c d+b c d)-5 a b c d$

$\quad\quad\quad\quad\geq a b+a c+a d+b c+b d+c d-5 a b c d$

$\quad\quad\quad\quad\underset{c o s i}{\geq} 6 \sqrt[6]{a^3 b^3 c^3 d^3}-5 a b c d=6 \sqrt{a b c d}-5 a b c d$

$\quad\quad\quad\quad =5 \sqrt{a b c d}(1-\sqrt{a b c d})+\sqrt{a b c d} \geq 0$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d) \geq a+b+c+d+4 a b c d>0$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)}{a+b+c+d+4 a b c d} \geq 1\quad\quad\quad(2)$

Tứ $(1),(2) \Rightarrow \mathrm{F} \geq \frac{1}{2005} \forall \mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ thỏa (II)

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{F} \geq \frac{\mathrm{I}}{2005} \forall \mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}, \mathrm{t}$ thỏa (I)

Lấy $\mathrm{x}=\mathrm{y}=\mathrm{z}=0, \mathrm{t}=\sqrt{2005}$ ta có $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}, \mathrm{t}$ thỏa (I) và $\mathrm{F}=\frac{1}{2005}$

Vậy $\operatorname{minF}=\frac{1}{2005}$.