IHateMath

Câu $2$ lại là một bài toán khá quen thuộc, đó chính là bài toán $Bernoulli-Euler$ về gửi thư nhầm địa chỉ. Bài toán tổng quát với $n$ lá thư có đáp số là:

$n!\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$.

Có thể giải bài toán này bằng song ánh, hoặc nguyên lí bù trừ.

P/s: Trường hợp $n=8$ đã xuất hiện trong kỳ thi $Olympic$ $30/4$ năm $2015$ lớp $10$.

Câu $1.2$ là bài bất đẳng thức trong $IMO 1995$. Có khá nhiều cách giải khác nhau cho bài toán này: dùng $Cauchy-Schwarz$, $Chebyshev$, $AM-GM$, $AM-HM$...

Cho tập $A=\left\{ 1,2,\ldots ,36\right\}$. Đặt $S=\left\{ A_1,A_2,\ldots ,A_n\right\}$ trong đó $A_i\subset A$, $|A_i|=3$, $A_i\cap A_j\ne\varnothing$, $\bigcap A_i=\varnothing$ với mọi $1\leq i<j\leq n$. CMR $n\leq 100$ và tìm tất cả các tập $S$ như trên khi $n=100$.

BMO 2005 Round 2 Problem 4

Câu số học mình có cách dùng quy nạp và sử dụng phi hàm ơ le rất hay

Bạn có thể nói chi tiết hơn cách làm của bạn được không?

Câu 5b. quen quá nhỉ, IMO SL 1995 Ta lập bảng và đếm bằng 2 cách. Đánh số các người là $1,2,\ldots ,12k$ và đặt $h$ là số người bắt tay với $2$ người bất kỳ. Xét bảng ô vuông $12k\times 12k$. Ở ô vuông là giao của dòng $i$, cột $j$ ($i\ne j$), ta điền vào số $1$ nếu $i$ và $j$ bắt tay nhau; số $0$ nếu họ không bắt tay nhau. Các ô nằm trên đường chéo chính để trống (không xét tới). Ta có số cặp số $1$ nằm trên mỗi dòng là $\dbinom{3k+6}{2}=\frac{(3k+6)(3k+5)}{2}$, suy ra toàn bảng có $\frac{12k(3k+6)(3k+5)}{2}$ cặp số $1$ trên các dòng. Mặt khác, vì cứ $2$ cột bất kì thì số cặp số $1$ trên dòng sẽ xuất hiện đúng $h$ lần, nên số cặp số $1$ theo dòng trên toàn bảng sẽ là $h.\dbinom{12k}{2}=\frac{h.12k(12k-1)}{2}$. Vậy nên $\frac{12k(3k+6)(3k+5)}{2}=\frac{h.12k(12k-1)}{2}$ hay tương đương với $9k^2+(33-12h)k+30+h=0$. Giải phương trình này (với $h$, $k$ là các số nguyên dương), ta thu được $k=3$, $h=6$. Vậy có tất cả $36$ người.

Câu 6

a. Đây là một kết quả khá cơ bản. Chỉ cần lấy O' đối xứng với O qua BC thì ta có O' là tâm (BHC), đồng thời dễ cm được AOO'H là hình bình hành, suy ra A, $O_9$ và O' thẳng hàng (ở đây $O_9$ chỉ tâm của đường tròn Euler (DEF)). Vậy hiển nhiên AX=AY.

b. Ta có AH.AD=AF.AB (phương tích của A tới (O). Ta có, mặt khác, AS:SO'=AH:MO'=AH:MO=2, do đó AS:AO'=2:3, suy ra $AS:AO_9=4:3$. Ta sẽ tính AR. Theo tính chất của phương tích, $RO'=\frac{O'O_9^2+R^2-R^{2}/4}{2O'O_9}=\frac{AO_9^2+3/4R^2}{2AO_9}$, suy ra $AR=AO'-RO'=2AO_9-\frac{AO_9^2+3/4R^2}{2AO_9}\Rightarrow AS.AR=4/3AO_9.\frac{3AO_9^2-3/4R^2}{2AO_9}=2AO_9^2-1/2R^2$. Ta lại có $AO_9^2-R^2/4=AF.AN=1/2AF.AB$ (N là trung điểm AB) nên $2AO_9^2-1/2R^2=AF.AB=AH.AD$, vậy nên AS.AR=AH.AD, suy ra HDSR nội tiếp một đường tròn (đpcm).

Hình vẽ

Câu 3.

b. ta sẽ cm AI là đường nối tâm của (EIF) và (GIH). thật vậy, ta gọi giao của AI với (AEF) là J (khác A). Khi đó $\angle EJF=180^{o}-\angle BAC$, mà AI lại là phân giác góc EAF nên J là trung điểm cung EF của (AEF), hay JE=JF. Mà $\angle EIF=1/2\angle ABC+1/2\angle ACB=1/2(180^{o}-\angle BAC)$ và hơn nữa, IJ không phải là phân giác góc EIF nên J chính là tâm của (EIF) (1)

Gọi S, T lần lượt là tâm của (BIG) và (CIH). Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng (GIH) tiếp xúc với ST. Dễ thấy EF và GH là 2 đường đối song, vậy nên $\angle EFM=\angle GHM$. Ta có $\angle GIS=90^{o}-\angle GBI=90^{o}-\angle IFM=90^{o}-1/2\angle ABC-\angle JFM=90^{o}-1/2\angle ABC-\angle JFE+\angle MFE=90^{o}-1/2\angle ABC-1/2\angle BAC+\angle GHM=1/2\angle ACB+\angle HGM=\angle MHI+\angle MHG=\angle GHI$ suy ra ST là tiếp tuyến của (GIH) tại I, hay tâm của (GIH) thuộc AI. Từ đó có đpcm.

P/S: mình đánh nhầm tên các điểm E, H với nhau trong lời giải câu 3a. ở trên.

Hình vẽ

Câu 3.

a. Ta sẽ chứng minh rằng AI cũng là tiếp tuyến tại A của đường tròn (AHE). Thật vậy, trước hết có $\angle HIA=\angle HCI=1/2\angle ACB$. Từ đó $\angle HIC=\angle AIC-\angle AIH=90^{o}+1/2\angle ABC-1/2\angle ACB$. Măt khác, $\angle HEC=180^{o}-\angle HIC=90^{o}-1/2\angle ABC+1/2\angle ACB$ suy ra $\angle AEH=\angle AEC-\angle HEC=90^{o}-1/2\angle ABC-1/2\angle ACB=1/2\angle BAC=\angle IAH$ Vậy IA cũng là tiếp tuyến của (AHC). Tới đây thì theo tính chất của phương tích, ta phải có giao điểm của HE và AI (ta gọi là M) là trung điểm của AI.

Hình vẽ

Trong toán sơ cấp có một bất đẳng thức vô cùng quen thuộc mang tên nhà toán học Nesbitt (không phải anh Lê Hữu Điền Khuê nha ), phát biểu của nó như sau:

"Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương, khi đó $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}\geq\frac{3}{2}$." $(1)$

Ngoài ra, bất đẳng thức này có thể được làm chặt hơn nữa, ví dụ như:

"Chứng minh rằng với mọi $a$, $b$, $c$ dương ta có $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}+\frac{abc}{2(a^3+b^3+c^3)}\geq\frac{5}{3}$." $(2)$ (Sáng tạo bất đẳng thức - Phạm Kim Hùng)

Rõ ràng $(2)$ chặt hơn $(1)$ vì ta có $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$. Trong chủ đề này, mình muốn các bạn đóng góp thêm một số bất đẳng thức là dạng làm chặt của bất đẳng thức Nesbitt (có thể không cần chứng minh, nhưng phải ghi rõ nguồn ; nếu sáng tác thì ghi "sáng tác" và lưu ý, không được chế "bậy" ) để chúng ta có thể làm phong phú hơn về chủ đề màu mỡ này. Mong các bạn mạnh dạn tham gia!

Chứng minh của Terence Tao là không sơ cấp, nên không thể đưa ra bàn ở đây được bạn. Mình nghĩ bạn chỉ nên tìm hiểu thêm về hoàn cảnh ra đời và lịch sử phát triển của nó là được rồi.

Chém phát câu 4 1) bài toán tương đương với việc tìm số các bộ không có thứ tự $(a,b)$ trong đó $a$, $b$ là các số tự nhiên và $1\leq a,b\leq 1000$ và $a+b>1000$. Giả sử $a>b$ thì $a\geq 501$. Từ đây dễ tính được số bộ như vậy là $1+3+5+...+997+999=\left(\frac{999+1}{2}\right) ^2=250000$.

Bài hình ngày 1:

Ta chỉ cần cm $MN$ là trung trực của $PQ$ là đủ. Thật vậy, gọi $J$ là trung điểm $IA$ thì ta có $JQ=\frac{1}{2}.IA,JM=\frac{1}{2}.IB$, suy ra $JQ:JM=IA:IB=IQ:IP$. Mặt khác, ta có $\widehat{QJM}=\widehat{QIP}$, do $\widehat{QIA}=\widehat{PIB}$. Vậy nên 2 tam giác $PIQ$ và $PJM$ đồng dạng, do đó 2 tam giác sau cũng dồng dạng :$QJI$ và $QMP$ theo phép vị tự quay. Mà tam giác $QJI$ lại cân tại $J$ nên $QMP$ cũng cân tại $M$. Hoàn toàn tương tự, tam giác $QNP$ cân tại $N$, suy ra $đ.p.c.m$.

Hình vẽ bài toán

Câu I có cả trong Tài liệu chuyên, Chuyên khảo dãy số và mới nhất là Kỷ yếu Gặp gỡ Toán học mà hình như nó còn là đề thi đề nghị Olympic 30-4 thì phải

Chém câu bất: Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$: $VT=\sum{\frac{1}{\sqrt{bc(b+c)}}}\geq\frac{9}{\sum{\sqrt{bc(b+c)}}}$. Mà theo bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ và $Schur$ ta có $\left[\sum{\sqrt{bc(b+c)}}\right]^2\leq 3(a^3+b^3+c^3+3abc)\Rightarrow \sum{\sqrt{bc(b+c)}}\leq \sqrt{3(a^3+b^3+c^3+3abc)}\Rightarrow đpcm$.

P/s: Bất đẳng thức quá lỏng lẻo

Số $n$ nguyên (ít nhất là $4$) là số đẹp nếu: với bất kỳ bộ $X$ gồm $n$ điểm đồng phẳng và không có $3$ điểm nào thẳng hàng, ta xét một điểm bất kỳ $P$ thuộc $X$ và thấy rằng có một số chẵn tam giác có $3$ đỉnh cũng thuộc $X$ và chứa $P$ ở miền trong thật sự của nó (không trùng với đỉnh). 

i) Chỉ ra một lớp số đẹp.

ii) (câu hỏi mở) Tìm tất cả các số đẹp.