maitienluat

a) Ta có $\frac{B_{3}O_{1}}{B_{2}O_{1}}.\frac{B_{2}O_{1}}{B_{2}O_{3}}.\frac{B_{1}O_{3}}{B_{1}O_{2}}=1$

Nên theo định lý Ceva đảo, $O_{1}B_{1}, O_{2}B_{2}, O_{3}B_{3}$ đồng quy tại một điểm (là $I$).

b) Dễ kiểm tra rằng điểm $I$ trên là tâm tỉ cự của hệ {$O_{1},O_{2},O_{3}$} hệ số $\left ( \frac{1}{R_{1}},\frac{1}{R_{2}},\frac{1}{R_{3}} \right )$ với .

$\Rightarrow \left ( \frac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}+\frac{1}{R_{3}} \right )\overrightarrow{KI}=\frac{1}{R_{1}}\overrightarrow {KO_{1}}+\frac{1}{R_{2}}\overrightarrow {KO_{2}}+\frac{1}{R_{3}}\overrightarrow {KO_{3}}$

Mặt khác theo cách chọn điểm $K$ thì

$\frac{1}{R}\overrightarrow {KO}=\frac{1}{R_{1}}\overrightarrow {KO_{1}}+\frac{1}{R_{2}}\overrightarrow {KO_{2}}+\frac{1}{R_{3}}\overrightarrow {KO_{3}}$

Suy ra $\overrightarrow {KO}=R\left ( \frac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}+\frac{1}{R_{3}} \right )\overrightarrow {KI}$

Tức là $K,I,O$ thẳng hàng.

Gọi $O,O_{1},O_{2},O_{3},R,R_{1},R_{2},R_{3}$ lần lượt là tâm và bán kính của các đường tròn $m,m_{1},m_{2},m_{3}$ và $K$ là tâm tỉ cự của hệ điểm {$O,O_{1},O_{2},O_{3}$} hệ số {$\frac{-1} {R}, \frac{1} {R_{1}}, \frac{1} {R_{2}}, \frac{1} {R_{3}}$}.

Từ giả thiết suy ra $A_{1},O_{1},O$ thẳng hàng theo thứ tự đó nên

$-A_{1}O_{1}\vec {A_{1}O}+A_{1}O\vec {A_{1}O_{1}}=\vec {0}$

$\Rightarrow -R_{1}.\vec {A_{1}O}+R\vec {A_{1}O_{1}}= \vec {0}$

$\Rightarrow \frac {-1} {R} \vec {A_{1}O}+ \frac {1} {R_{1}} \vec {A_{1}O_{1}}= \vec {0}$ (1)

Tương tự từ $B_{1},O_{3},O_{2}$ thẳng hàng ta có $\frac {1} {R_{2}} \vec {B_{1}O_{2}} + \frac {1} {R_{3}} \vec {B_{1}O_{3}}= \vec {0}$ (2)

Từ (1), (2) và để ý rằng:

$\frac{-1}{R}\overrightarrow{KO}+\frac{1}{R_{1}}\overrightarrow{KO_{1}}+\frac{1}{R_{2}}\overrightarrow{KO_{2}}+\frac{1}{R_{3}}\overrightarrow{KO_{3}}=\overrightarrow{0}$

ta có $\frac{-1}{R}\overrightarrow{KA_{1}}+\frac{1}{R_{1}}\overrightarrow{KA_{1}}+\frac{1}{R_{2}}\overrightarrow{KB_{1}}+\frac{1}{R_{3}}\overrightarrow{KB_{1}}=\overrightarrow{0}$

Suy ra $K \in A_{1}B_{1}$. Tương tự $K \in A_{2}B_{2}$,$K \in A_{3}B_{3}$.

Vậy $A_{1}B_{1}, A_{2}B_{2}, A_{3}B_{3}$ đồng quy.

Trước tiên ta có 2 bổ đề sau:

 $\bullet$ Cho $\alpha _{i} \in (0,\pi )$. Khi đó ta có $\prod_{i=1}^{n}\sin \alpha_{i}\leq \left (\sin \frac{\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}}{n} \right)^{n}$

 $\bullet$ Với $\alpha _{i} \in (0,\pi )$ thì $\alpha \geq \sin \alpha $

Trở lại bài toán.

Gọi $a_{i}, b_{i}, c_{i}$ lần lượt là độ dài các cạnh, góc xen giữa hai cạnh $a_{i}$ và $a_{i+1}$, diện tích tam giác tạo thành bởi hai cạnh $a_{i}$ và $a_{i+1}$.

Khi đó ta có $\prod_{i=1}^{n}c_{i} = \prod_{i=1}^{n} \left ( \frac{1} {2} a_{i}a_{i+1} \sin b_{i} \right ) = \frac{1} {2^{n}} \prod_{i=1}^{n}a_{i}^{2} \sin b_{i}$.

Theo BĐT AM-GM ta có $$\prod_{i=1}^{n}a_{i} \leq  \left ( \frac {\sum_{i=1}^{n}a_{i}} {n} \right )^{n} = \left ( \frac{4} {n} \right)^{n}$$

Theo 2 bổ đề và đề ý rằng tổng các góc trong của một n-giác bằng $(n-2) \pi$ ta có $$\prod_{i=1}^{n} \sin b_{i} \leq \left (\sin \frac{\sum_{i=1}^{n}b_{i}}{n} \right)^{n} = \left ( \sin \frac {(n-2)\pi} {n} \right)^{n} = \left ( \sin \frac {2\pi} {n} \right)^{n} \leq  \left ( \frac {2\pi} {n} \right)^{n}$$.

Từ đó $$\prod_{i=1}^{n}c_{i} \leq \frac {1} {2^{n}}  \left ( \frac{4} {n} \right)^{2n} \left ( \frac {2\pi} {n} \right)^{n}$$

Suy ra tồn tại $i$ sao cho $c_{i} \leq \frac {1} {2}  \left ( \frac{4} {n} \right)^{2} \left ( \frac {2\pi} {n} \right) = \frac {16\pi} {n^{3}}.$

Bài toán được chứng minh.

====================

Bài toán 29: Cho dãy số $\{a_n \}$ thỏa $ a_1 = 1, a_{2n}= a_n+1, a_{2n+1}=\frac{1}{a_{2n}} $.Chứng minh rằng tất cả các số hữu tỷ đều là số hạng của dãy này.

-68-

Theo em đề nên là các số hữu tỷ dương vì {$a_{n}$} là dãy dương.

 

=============================

Ta chứng minh bằng quy nạp

Gọi $S(m)$ là mệnh đề $\forall p=\frac{r}{s}, gcd(r,s)=1, r < m, s < m$ , $\exists n$ sao cho $a_{n}=p$.

Với $m=1$ thì $p=1=a_{1}$, mệnh đề $S(1)$ đúng.

Giả sử mệnh đề đúng tới $m-1$. Ta chứng minh $S(m)$ đúng. Chỉ cần xét $p\neq 1$.

 $\bullet$ TH1: $p= \frac {m} {s}$ với $s < m$

  Ta có $m-s < m, s < m$ nên theo giả thiết quy nạp tồn tại $n$ sao cho $p-1= \frac {m-s} {s} = a_{n} \Rightarrow p=a_{n}+1=a_{2n} $.

 $\bullet$ TH2: $p= \frac {s} {m}$ với $s < m$

  Ta có $\frac {1-p} {p} = \frac {m-s} {s}$ nên theo giả thiết quy nạp tồn tại $n$ sao cho $\frac {1-p} {p} = a_{n} \Rightarrow \frac {1} {p} =a_{n}+1=a_{2n} \Rightarrow p=a_{2n+1}$.

Mệnh đề được chứng minh. Từ đây dễ dàng suy ra kết quả bài toán $\square$

Giả sử $f(x)$ là đa thức hệ số nguyên thoả $f(a)=b,f(b)=c,f(c)=a$ với $a,b,c$ là 3 số nguyên phân biệt.

Do $f(x)$ là đa thức hệ số nguyên và $a,b,c$ là các số nguyên phân biệt nên ta có

$b-c=f(a)-f(b) \vdots a-b \Rightarrow \left | b-c \right | \geq \left | a-b \right |$

Tương tự ta có $ \left | c-a \right | \geq \left | b-c \right |$, $\left | a-b \right | \geq \left | c-a \right |$

Từ đây suy ra $\left | b-c \right |=\left | c-a \right |=\left | a-b \right |$

Mà $a\neq b$ nên từ $\left | b-c \right |=\left | c-a \right |$ ta suy ra $b-c=c-a \Leftrightarrow a=2c-b$ (1)

Tương tự từ $\left | c-a \right |=\left | a-b \right |$ ta suy ra $c-a=a-b \Leftrightarrow c=2a-b$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $a=c$, mâu thuẫn

Vậy k tồn tại đa thức hệ số nguyên thoả đề.

Đề mới nào

 

Bài toán 11: Cho đa thức $P(x) \in \mathbb{R}[x]$ với $P(x)=x^5-5x^3+a_3x^2+a_4x+a_5$.Giả sử các nghiệm của $P(x)$ là $x_5 \le x_4 \le x_3 \le x_2 \le x_1$ và $x_5=-2\sqrt{2}$,tìm $a_3;a_4;a_5$.

Theo định lý Vi-ét ta có

$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}=0$

$\Leftrightarrow x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=2\sqrt{2}$

$x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{1}x_{4}+x_{2}x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{4}+x_{5}(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4})=-5$

$\Leftrightarrow x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{1}x_{4}+x_{2}x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{4}=3$

Hay là $3(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4})^{2}=8(x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{1}x_{4}+x_{2}x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{4})$

$\Leftrightarrow (x_{1}-x_{2})^{2}+(x_{1}-x_{3})^{2}+(x_{1}-x_{4})^{2}+(x_{2}-x_{3})^{2}+(x_{2}-x_{4})^{2}+(x_{3}-x_{4})^{2}=0$

$\Leftrightarrow x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}= \frac{1}{\sqrt{2}}$

Từ đó dễ dàng tính được (cũng bằng Vi-ét) $a_{3}=5\sqrt{2}, a_{4}=\frac{-15}{4}, a_{5}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ .

Đặt $S=x+y,P=xy$. Từ điều kiện đã cho ta có $z=\frac{4-S}{1+P}$.

BĐT đã cho trở thành 

$$S+\frac{4-S}{1+P}\geq P+\frac{4-S}{1+P}.S$$

$$SP+4\geq P^{2}+P+4S-S^{2}$$

$$\Leftrightarrow f(P)=P^{2}+(1-S)P-(S-2)^{2}\leq 0$$

Ta có f là hàm bậc hai và $0\leq P\leq \frac{S^{2}}{4}$ nên $f(P)\leq max \left \{ f(0),f\left ( \frac{S^{2}}{4} \right ) \right \}$

Để ý rằng $S\leq 4$ ta dễ dàng kiểm tra được $f(0)\leq 0$ và $f\left ( \frac{S^2}{4} \right )\leq 0$.

Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=2,c=0$ và các hoán vị.

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{3}{\sqrt{b}}+\frac{8}{\sqrt{3c+2a}}= \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{9}{3\sqrt{b}}+\frac{16}{2\sqrt{3c+2a}}\geq \frac{64}{\sqrt{a}+3\sqrt{b}+2\sqrt{3c+2a}}$$

và

$$\sqrt{a}+3\sqrt{b}+2\sqrt{3c+2a}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\sqrt{12a}+\frac{1}{2}\sqrt{36b}+\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{36c+24a}\leq \sqrt{\frac{2}{3}}\sqrt{36(a+b+c)}=2\sqrt{6(a+b+c)}$$

Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=\frac{3}{2}c$.

Đặt $\frac{a}{b}=u$. Từ giả thiết ta có

$$4=(a+b)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )-\left [ (a+b)\frac{1}{c}+\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )c \right ]+1$$

$$\leq (a+b)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )-2\sqrt{(a+b)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )}+1=\left ( \sqrt{u+\frac{1}{u}+2}-1 \right )^{2}$$

$$\Rightarrow u+\frac{1}{u}\geq 7$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$$(a^{4}+b^{4}+c^{4})\left ( \frac{1}{a^{4}}+\frac{1}{b^{4}}+\frac{1}{c^{4}} \right )\geq \left [ \sqrt{(a^{4}+b^{4})\left ( \frac{1}{a^{4}}+\frac{1}{b^{4}} \right )}+1 \right ]^{2}=\left [ \sqrt{u^{4}+\frac{1}{u^{4}}+2}+1 \right ]^{2}=\left ( u^{2}+\frac{1}{u^{2}}+1 \right )^{2}=\left [ \left ( u+\frac{1}{u} \right )^{2}-1 \right ]^{2}\geq (7^{2}-1)^{2}=2304$$.

Áp dụng BĐT Holder ta có
$$\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )\left ( \sum \sqrt{ab} \right )^{2}\geq \left ( \sum ab \right )^{3}$$
$$\Leftrightarrow \left ( \sum \sqrt{ab} \right )^{2}\geq \frac{\left ( \sum ab \right )^{3}}{\sum a^{2}b^{2}}$$
Ta sẽ c/minh
$$\frac{\left ( \sum ab \right )^{3}}{\sum a^{2}b^{2}}\geq \frac{27}{\sum ab}$$
$$\Leftrightarrow \left ( \sum ab \right )^{4}\geq 27\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )$$(*)
Từ điều kiện ta suy ra $abc(a+b+c)=ab+bc+ca$
$$\Rightarrow \sum a^{2}b^{2}= \left ( \sum ab \right )^{2}-2abc\sum a=\left ( \sum ab \right )^{2}-2\sum ab$$
Vì thế nên BĐT (*) trở thành
$$\left ( \sum ab \right )^{4}\geq 27\left [ \left ( \sum ab \right )^{2}-2\sum ab \right ]$$
Dễ thấy đây là BĐT AM-GM cho 3 số, ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

BĐT đã cho tương đương với:
$$\frac{q}{r}+48r\geq 25$$
Đây là hàm nghịch biến theo $r$ nên ta chỉ cần c/minh khi có 2 biến bằng nhau.
Không mất tổng quát giả sử $b=c=x,a=1-2x$ với $0< x< \frac{1}{2}$. Khi đó BĐT cần c/minh trở thành
$$\frac{1}{1-2x}+\frac{2}{x}+48x^{2}+96x(1-2x)\geq 25$$
$$\Leftrightarrow \frac{(4x-1)^{2}(3x-1)^{2}}{x(1-2x)}\geq 0$$
Hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ hoặc $a=\frac{1}{2},b=c=\frac{1}{4}$ và các hoán vị.

Sử dụng BĐT Schwarz ta có
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{a+c}+\frac{4}{b+c}\geq \frac{18}{a+b+c}$$
$$\Rightarrow \frac{ab}{a+b+c}\leq \frac{2}{9}\left ( \frac{ab}{a+c}+\frac{ba}{b+c} \right )+\frac{1}{18}(a+b)$$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d$

Để ý rằng $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$ và $p\leq 3$ nên theo BĐT Schur thì
$$2r+1\leq \frac{p(5q-p^{2})}{9}+1\leq \frac{5q-p^{2}}{3}+1=q$$
ĐTXR khi $a=b=c=1$
_____________________

Trước tiên với $a\geq b\geq c$ thì ta có
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a-ab^{3}-bc^{3}-ca^{3}=(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)\geq 0$$
Nên ta sẽ c/minh 1 BĐT mạnh hơn BĐT đã cho là
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}\geq 2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )$$
Và cái này chỉ là AM-GM cho vế trái, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Câu 2:
BĐT đã cho tương đương với
$$\frac{a^{2}+b^{2}}{(a+b)^{2}}-\frac{1}{2}+\frac{b^{2}+c^{2}}{(b+c)^{2}}-\frac{1}{2}+\frac{c^{2}+a^{2}}{(c+a)^{2}}-\frac{1}{2}+\frac{a+b+c}{\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}-1\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \sum (b-c)^{2}\left [ \frac{1}{2(b+c)^{2}}-\frac{1}{\sqrt{3\sum a^{2}}(\sqrt{3\sum a^{2}}+\sum a)} \right ]\geq 0$$
Lại có $$a+b+c> \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$$
$$\Rightarrow \sqrt{3\sum a^{2}}\left ( \sqrt{3\sum a^{2}}+\sum a \right )$$
$$> (3+\sqrt{3})\sqrt{\sum a^{2}}> 4\sum a^{2}> 4(b^{2}+c^{2})\geq 2(b+c)^{2}$$
Nên ta suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.