Sin99

Bài 3: Bất đẳng thức tương đương: 

$ (\sum ab)^2 + (\sum a)^2 \geq 18abc $.

Áp dụng AM-GM: VT $ \geq  2(\sum ab)(\sum a) \geq 2.3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\sqrt[3]{abc} = 18abc $ = VP.

Dấu "=" khi a = b = c = 1.

Mình xin sửa lại lời giải như sau khi tham khảo và tìm hiểu ở tài liệu tác giả Nguyễn Văn Huyện.

Đặt $ a = x + 1,  b = y  +1, c = z+1  \Rightarrow x + y  +z = 0  $.  BĐT tương đương 

$ (\sum xy ) ^2 \geq 12( \sum xy ) + 18xyz. $

Ta thấy $ xy.yz.xz = x^2y^2z^2 \geq 0 $ nên tồn tại ít nhất 1 số $ \geq 0 $, giả sử $ xy \geq 0 $. Rút $ z = -x -y $ ta được : 

$ ( x^2 + y^2  +xy)^2 + 12(x^2 + xy+y^2)  +18xy(x+y) \geq 0 $ 

Ta có $ (x^2  + xy + y^2) \geq \frac{3}{4}(x+y)^2 \geq 3xy $ với $ xy  \geq 0 $.  Áp dụng suy ra 

VT $ \geq 9x^2y^2 + 9(x+y)^2 + 18xy(x+y)  $ 

Ta cần chứng minh  $  9x^2y^2 + 9(x+y)^2 + 18xy(x+y) \geq 0 $  hay $ x^2y^2 + (x+y)^2 + 2xy(x+y) \geq 0 $. BĐT đúng do $ (xy + x + y )^2 \geq 0 $. 

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c = 1 

Sau khi tham khảo trên AOPS thì cuối cùng mình cũng biết được 1 cách chứng minh rất hay cho bài này. 

Đặt $ a = x + 2 , b =  y +2, z = c + 2, t = x+y+z  $ với $ x,y,z \geq 0 $ , giả thiết trở thành: $ \sum x = \sum \frac{1}{a+2} + 2  \Rightarrow 7 = 2 \sum x + \sum \frac{x}{x+2} $ Xử lí giả thiết:

$  7 = 2\sum x + \sum \frac{x}{x+2} = 2t + \sum \frac{x^2}{x^2+2x} \geq 2t + \frac{t^2}{\sum x^2 + 2t} $.

Xét $ 0 \leq t \leq 3 $: $ \sum ab \leq \frac{(a+b+c)^2}{3} = \frac{(t+6)^2}{3} \leq  27 $.

Xét $ t \geq 3 $: $ \sum ab = \sum xy + 4t + 12 $. Ta có $ 7 \geq  2t + \frac{t^2}{\sum x^2 + 2t} \Rightarrow 7\sum x^2 + 14t \geq 2t \sum x^2 + 4t^2 \geq 6 \sum x^2 + 4t^2 \Rightarrow \sum x^2 + 14t \geq 4t^2 \Rightarrow \sum xy \leq 7t - 2t^2 $. Thay vào $ \sum ab = \sum xy + 4t + 12 $ ta có $ \sum ab \leq -2t^2  +11t + 12 = 27 - (t-3)(2t-5) \leq 27 $. 

Chỗ này làm sao nói $ x_{n} <  x , y_{n} < y, z_{n} < z $ cũng là nghiệm vậy bạn? Tại vì nếu làm lặp lại tương tự như trên thì $x_{n}+y_{n}+z_{n}=2^{n+1}x_{n}y_{n}z_{n}$ chứ đâu có phải là $x_{n}+y_{n}+z_{n}=2x_{n}y_{n}z_{n}$ đâu nhì? 

Em có 1 chút nhầm lẫn đoạn này như chị nói  . Quá trình đó lặp lại nên ta có $ x \vdots  2^n $ và $ n \in Z $, n tiến đến vô cực , suy ra $ x = 0 $ . Tương tự với $ y =z = 0 $.

Giả sử $ x ,y ,z $ là bộ nghiệm thỏa $ x + y + z $ nhỏ nhất. 

Xét TH có 2 số lẻ và 1 số chẵn. 

VT $ \equiv  1 + 1 + 0 \equiv  2 $ (mod 4).

VP $\equiv  0 $ (mod 4) .Vô lí !

Vậy cả 2 số đều cùng chẵn. Đặt $ x =2x_{1}, y=2y_{1}, z = 2z_{1} $ phương trình tương đương: 

$ x_{1}^2 + y_{1}^2 +  z_{1} ^2 = 4x_{1}y_{1}z_{1}  $ Tiếp tục lập luận như trên ta suy ra tồn tại $ x_{n} , y_{n}, z_{n} $ chẵn với $ n > 2 $. Quá trình này sẽ lặp lại vô số lần nên luôn có nghiệm $ x_{n} <  x , y_{n} < y, z_{n} < z $ ( trái với giả thiết ).

Vậy phương trình vô nghiệm nguyên dương.

Ngay từ dòng đầu cộng 3 vế ta có bạn đã sai rồi 

Bài này có thể chứng minh điểm trùng nhau. Gọi $O$ là tâm ( ABC ). Phân giác $ \angle BAC $  là $ AI' $ cắt  $ (O) $ tại $ I' $ $ \Rightarrow $ $ I'$ là điểm chính giữa cung BC không chứa A suy ra $ OI' \bot  BC $ tại trung điểm $ BC $ suy ra $ OI'$ là trung trực $ BC $. Vậy $ I' \equiv  I $ (dpcm)

Bằng Casio và Viet đảo, ta tìm được nhân tử $ x^2  - 3x - 3 $, ta sẽ tách theo nhân tử này. Phương trình tương đương: 

$ (x^2 - 3x -3 )\sqrt{2x^2+x+1} + 6(x+1)\sqrt{2x^2+x+1} - (x+1)(x^2  +3x+9) = 0 $

$ \Leftrightarrow (x^2 - 3x -3 )\sqrt{2x^2+x+1}  + (x+1)( 6\sqrt{2x^2+x+1} - x^2 - 3x - 9 ) = 0 $

$\Leftrightarrow (x^2 - 3x -3 )\sqrt{2x^2+x+1}  + (x+1)[6(\sqrt{2x^2+x+1} - x-2) - x^2 + 3x + 3 ] = 0 $

$ \Leftrightarrow (x^2 - 3x -3 )\sqrt{2x^2+x+1}  + (x+1) [ 6\frac{ x^2 -3x -3}{ \sqrt{2x^2+x+1} + x+2} - (x^2 -3x - 3)] = 0 $

$  \Leftrightarrow  x^2 - 3x -3  = 0 $ hoặc $ \sqrt{2x^2+x+1}  + (x+1)( \frac{6}{ \sqrt{2x^2+x+1} + x+2} - 1 ) = 0 $.

Xử lí vế thứ 2: Đặt $ \sqrt{2x^2 + x+1} = a, x+1 = b $ ta được $ a +b(\frac{6}{a+b+1} - 1) = 0 $ 

Đến đây giải bình thường.

Câu c) Hệ tương đương : 

$ \left\{\begin{matrix} \frac{3}{x^2+y^2-1} - 1 = \frac{2y}{x} (1)\\ x^2 + y^2 - 4 = \frac{2x}{y} (2) \end{matrix}\right.$

$ \Leftrightarrow  \left\{\begin{matrix} \frac{4- x^2 - y^2 }{x^2+y^2-1}  = \frac{2y}{x} (1)\\  x^2 + y^2 - 4 = \frac{2x}{y} (2) \end{matrix}\right. $ 

Nhân (1) với (2) theo vế ta được $ \frac{(4-x^2-y^2)^2}{x^2+y^2-1} = -4 $. Đến đây đặt $ x^2 + y^2 = a $ rồi giải bình thường.

$ \boxed{ \text{Giới thiệu}} $ Chào các bạn, khát khao của mình sau khi đậu chuyên là sẽ tích cực hoạt động ở VMF, và cho đến bây giờ, mục tiêu thứ nhất xem như đã hoàn thành, đến với mục tiêu thứ 2   Để nhằm hiện thực khát khao ấy, cũng như nâng cao kiến thức, kĩ năng giải hình học phẳng, mình quyết định mở 1 Topic nhỏ với đối tượng hướng đến các bạn đam mê hình học, có nguyên vọng chinh phục các kì thi HSG ở bậc THPT từ lớp 10 đến lớp 12.

$ \boxed{ \text{Nội dung}} $ Như đã nói như trên, topic sẽ xoay quanh các bài toán hình học phẳng qua các mức độ dễ đến khó. Mỗi các nhân sẽ post 1 bài toán đề nghị do sưu tầm, sáng tác,... với điều kiện đưa ra lời giải của bài toán trước đó. Topic sẽ không giới hạn số lời giải của 1 bài toán. Các bạn sau khi post lời giải cần post bài toán đề nghị và cứ như thế... đến khi đơm hoa kết trái, mình sẽ tổng hợp thành file và lưu lại sau này. Do đây mới là topic nhỏ nên độ khó của các bài toán cũng ở mức giới hạn, dành cho cả HS vừa vào lớp 10.   Topic này được mình tham khảo từ Topic Marathon số học Olympic 

$ \boxed{\text{Qui định}} $

1) Các bài toán được ghi nguồn rõ ràng

2) Nội dung xoay quanh hình học phẳng, nhằm luyện tập hướng đến các kì thi Olympic.

3) Lời giải rõ ràng, cụ thể, không lan man,...

4) Không được đăng các bài toán vẫn đang trong thời gian diễn ra của những cuộc thi khác ( VD: Toán học và tuổi trẻ, toán tuổi thơ,...)

5) Bạn giải bài thứ $ n $ thì đề xuất luôn bài toán thứ  $ n +1 $. 

6) Tuyệt đối không spam, quảng cáo, mình sẽ báo cáo các anh quản trị viên có hình phạt thích hợp.

7) Sau 3 ngày bài toán không có lời giải, người đề cử sẽ đăng bài toán đó và tiếp tục đề cử bài mới. 

(P/s) Do đây là lần đầu, cộng thêm kiến thức còn rất hạn hẹp, nên có sai sót gì mong các anh chị, các bạn bỏ qua, cùng nhau đóng góp để topic và cá nhân mình ngày càng hoàn thiện.  

Mình xin đề xuất bài toán đầu tiên: 

$ \boxed{\text{Bài toán 1}} $ (Gặp gỡ Toán học 2010)

Đường tròn $ (I) $ nội tiếp tam giác $ ABC $ tiếp xúc các cạnh $ AB, AC $ tương ứng tại  $ D , E $. $ P $ là 1 điểm bất kì trên cung lớn $ \mathop DE $ của $ (I) $. Lấy $ F $ là điểm đối xứng với $ A $ qua $ PD $ và $ M $ là trung điểm đoạn $ DE $. Chứng minh rằng $ \angle FMP  = 90^{\circ} $. 

Cho các số thực $ a,b,c  \geq 2 $ thỏa mãn điều kiện $ a+b+c = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + 8 $.

CMR  $ \sum ab \leq 27 $ 

Ban co the giai thich cho minh sao gia thiet lai co b-c dong du 15(mod 31).Minh cam on

Từ giả thiết suy ra $ a +b - c - ( a - b + c - 1) $ chia hết cho 31 hay $ 2(b-c) + 1 $ chia hết cho 31, suy ra $ 2(b-c) \equiv  30 $ (mod 31 ) do $ ( 2,31)  = 1 $

Câu 4 a)

Theo định lí Viet cho phương trình bậc 3 ta có : 

  $\left\{\begin{matrix} b+ x_{1}+ x_{2}= -2a(1)\\ bx_{1} + bx_{2} + x_{1}x_{2} = 2a^2 +b (2)\\ bx_{1}x_{2} = -c (3) \end{matrix}\right.$

Từ (1) $ \Rightarrow b^2+ x_{1}^2+ x_{2}^2 + 2(bx_{1} + bx_{2} + x_{1}x_{2}) = 4a^2$ 

$ \Leftrightarrow  b^2+ x_{1}^2+ x_{2}^2 + 4a^2 + 2b = 4a^2 $ 

$ \Leftrightarrow  b^2+ x_{1}^2+ x_{2}^2 = 0 $. Suy ra $ b^2 + 2b \leq 0 $ hay $ -2 \leq b \leq 0 $ Vậy $ |b| \leq 2 $.

Câu 3:

Từ giả thiết suy ra  $b -c \equiv 15 $ (mod 31) $ \Rightarrow a \equiv 16 $ (mod 31).

Ta có $0 \equiv ab -c -1 \equiv 16(c+15) -c -1 \equiv 15c + 15.16- 1 = 15c + 22$ (mod 31)

 $\Rightarrow 15c \equiv 9$ (mod 31) $ \Rightarrow 5c \equiv 3$ (mod 31) (do $ (3,31) =1$). Tồn tại 1 số nguyên dương k để $  31.k  + 3 $ chia hết cho 5 và $ 1 \leq k \leq 4 $. Khi đó $ 5c \equiv 3$ (mod 31) $ \Leftrightarrow $ $ 5c  \equiv  31k  + 3 $ (mod 31). Chọn $ k = 2 $ ta được $ c  \equiv 13 $ (mod 31) $ \Rightarrow  b  \equiv  28 $ (mod 31).

Vậy $ a + bc  \equiv  16 + 13.28  \equiv 8 $ (mod 31).

Bạn xem lại đoạn <=>  3^y = (x+1)^2 - 9 + 1 = (x+1-3)(x+1+3) + 1  = (x-2)(x+4) + 1  suy ra x đồng dư 1 mod 3 ? 

Cho $ 2n +1 $ điểm, kí hiệu là $ P_{i} $ trên nửa đường tròn tâm $ O $ bán kính bằng 1 cm. CMR: $ | \overrightarrow{OP_{1}}+ \overrightarrow{OP_{2}} +...+\overrightarrow{OP_{2n+1}} | \geq 1$.