truongphat266

Một bài toán cũ từ Liên Xô:

Có thể sắp xếp hay không $1965$ điểm trong hình vuông cạnh $1$ sao cho mọi hình chữ nhật diện tích $\dfrac{1}{200}$ có cạnh song song với cạnh hình vuông chứa trong nó ít nhất một trong các điểm đó.

Bạn xem ở đây hoặc ở đây

P/s: xem cái sau hơn và tham khảo cái đầu

@truongphat266 Bài toán nước ngoài nào vậy anh, anh đăng lên đi   

Đây nhé 

https://www.jstor.org/stable/2323911

https://math.stackex...ce?noredirect=1

Cho $a$ là số thực khác $0$ và dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_0 = a, x_{n+1} = \dfrac{x_n}{\sqrt{2+2\sqrt{1+x_n^2}}}, \forall n \in \mathbb{N}$. Đặt $y_n = \dfrac{x_{n}}{x_{n+1}}$. Chứng minh $(y_n)$ hội tụ và tìm giới hạn đó.

Cho tam giác $ABC$ với độ dài các cạnh là $a,b,c$. Gọi $O,G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm của tam giác ấy. $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh rằng: $OG^2 = R^2 - \dfrac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)$

Cho $n$ điểm trên mặt phẳng. Chứng minh số cặp điểm có khoảng cách bằng $1$ không vượt quá $\dfrac{n}{4} + \dfrac{\sqrt{2n^3}}{2}$.

Trong một bảng ô vuông $n$x$n$. Mỗi ô được tô điền bởi hai số $1$ và $0$. Gọi $P$ là số bộ $(A,B,C)$ các ô mà $2$ ô đầu trong cùng $1$ hàng và $2$ ô cuối trong cùng $1$ cột với $A$ và $C$ điền số $1$ và $B$ điền số $0$. Tìm giá trị lớn nhất có thể của $P$.

Cho $x,y,z \geq 0$. Chứng minh rằng:$$\frac{x^2y^2}{2zy^3+z^4}+\frac{y^2z^2}{2xz^3+x^4}+\frac{z^2x^2}{2yx^3+y^4} \geq \frac{x^3+y^3+z^2}{x^2+y^2+z^2}.$$

Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_n=\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum^n_{k=1}\frac{2^k}{k}.$ Chứng minh rằng $\lim_{n\rightarrow +\infty} u_n$ tồn tại và tìm giới hạn đó.

Một cách giải khác tự nhiên hơn mà không cần phải nháp trước phương trình giới hạn:

Để ý rằng $S_n>0, \forall n$

Biến đổi như sau:

$$S_{n+1}=\frac{n+2}{2^{n+2}}\left[\left(\frac{2}{1}+\frac{2^2}{2} +\ldots + \frac{2^n}{n}\right)+\frac{2^{n+1}}{n+1}\right]= \frac{n+2}{2(n+1)}(S_n+1)$$

$$S_{n+1}-S_n=\frac{n+2-nS_n}{2n+2}$$

Để ý rằng $(S_n)$ giảm nên ta sẽ đi chứng minh bằng quy nạp:

$$nS_n \geq n+2$$

Do $S_n$ giảm và bị chặn dưới nên lập phương trình giới hạn ta suy ra được $\lim S_n = 1$

Ngoài ra bài này còn có thể sử dụng nguyên lí kẹp hoặc định lí Stolz

1.jpg
Nguồn: Hướng tới Olympic Toán VN (nhóm facebook)

Bài 3:
a) Có $O_1$ là tâm của $(BHC)$ do đó $AOO_1H$ là hình bình hành
Gọi $J$ là trung điểm $AO_1$ nên $J$ là tâm $(DEF)$
Có $\overline{ND}.\overline{NF}=\overline{NH}.\overline{NB}$ nên $N$ nằm trên trục đẳng phương của $(BHC)$ và $(DEF)$
Tương tự thì $M$ cũng vậy nên $MN \perp JO_1$ hay $MN \perp O_1A$
b) Gọi tia $Dx$ là tiếp tuyến của $(AL)$ hay $(ADL)$ đi qua $AB$
Gọi $K$ là giao điểm $DH$ và $MN$ và $P$ là giao điểm $MN$ và $AO_1$
Có $\widehat{xDN}=\widehat{xDA}-\widehat{ADF}=\widehat{ALD}-\widehat{ADE}=\widehat{AKP}-(180^o-\widehat{NMD}-\widehat{MKD})=\widehat{NMD}$
Nên $(DMN)$ tiếp xúc $(AL)$

1.jpg

Nguồn: Hướng tới Olympic Toán VN (nhóm facebook)

Câu 2: Chứng minh bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi số nguyên dương $n$ và số thực dương $a$:

$$a^n+\frac{1}{a^n}-2 \geq n^2\left(a+\frac{1}{a}-2\right)$$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$$\left(\sqrt[n]{a}-\frac{1}{\sqrt[n]{a}}\right)^2 \geq n^2 \left(\sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2\Leftrightarrow \sqrt[n]{a}-\frac{1}{\sqrt[n]{a}} \geq n\left(\sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right)$$

$$\Leftrightarrow \sum_{i=0}^{n-1}a^i \geq n(\sqrt{a})^{n-1}$$

Điều này đúng theo bất đẳng thức AM-GM

1.jpg

Nguồn: Hướng tới Olympic Toán VN (nhóm facebook)

Câu 1: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa:

$$f(xf(x)+f(y))=f(f(x^2)+y), \forall x,y \in \mathbb{R}$$

Giả sử tồn tại hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa:

$$f(xf(x)+f(y))=f(f(x^2)+y), \forall x,y \in \mathbb{R} ,(1)$$

Kí hiệu $P_n(u,v)$ là thay$x \rightarrow u,y\rightarrow v$ vào $(n)$

Nếu $f \equiv c \in \mathbb{R}$, thay vào $(1)$:

$$c = c+y,\forall y \in\mathbb{R}$$

Điều này vô lí nên $f$ khác hằng

$$P_1(0,y):f(f(y))=f(f(0))+y$$

Do đó $f$ song ánh trên $\mathbb{R}$

$$P_1(x,0):f(xf(x)+f(0))=f(f(x^2))\Rightarrow f(x^2)=xf(x)+f(0), (2)$$

$$P_2(1,0):f(0)=0$$

Do đó $f(f(x))=x$

Suy ra $f^2(x) = x^2$

Xét 3 trường hợp suy ra $f(x) = \pm x$

Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác nên có thể đặt $a=x+y,$ $b=y+z,$ $c=z+x$ $(x,y,z>0).$

BĐT cần chứng minh tương đương với \[2\sqrt{xy}+2\sqrt{yz}+2\sqrt{zx}\leq\sqrt{(x+y)(y+z)}+\sqrt{(y+z)(z+x)}+\sqrt{(z+x)(x+y)}\] Sử dụng BĐT $\text{Cauchy-Schwarz}$ ta có: 

$\sqrt{xy}+\sqrt{zx}\leq\sqrt{(x+z)(y+x)}$

$\sqrt{yz}+\sqrt{xy}\leq\sqrt{(y+x)(z+y)}$

$\sqrt{zx}+\sqrt{yz}\leq\sqrt{(z+y)(x+z)}$

Cộng vế theo vế ta được điều phải chứng minh.

Một bài thú vị tương tự: $\sqrt{a+(b+c)^2}+\sqrt{b+(c+a)^2} + \sqrt{c+(a+b)^2} \geq \sqrt{5}(a+b+c) , \forall a,b,c \in [0;1]$

Cho $a,b$ là các số nguyên dương thoả mãn: $54^a=a^b$. Chứng minh rằng: $a$ là một luỹ thừa của $54$

Gọi $x = v_2(a)$ và $y = v_2(a)$ với $x,y \in \mathbb{Z}^+$

Có: $v_2(54^a) = a$ và $v_3(54^a)=3a$

Lại có: $v_2(a^b) = bx$ và $v_3(a^b)=by$

Suy ra: $x = \dfrac{a}{b}$ và $y = \dfrac{3a}{b}$ nên $3x=y$ 

Ta có điều phải chứng minh.

Cho dãy số nguyên $(u_{n})$ xác định $u_{1} = 2, u_{2}=7$ và $\frac{-1}{2} < u_{n} - \frac{u^2_{n-1}}{u_{n-2}} \leqslant \frac{1}{2}$. Chứng minh $u_{n}$ lẻ $\forall n \ge 2$ 

Từ giả thiết, có: $u_3 = 25, u_4 = 89$

Ta sẽ đi chứng minh dãy số $(v_n)$ nguyên dương thỏa mãn: $v_1=2,v_2 = 27$ và $v_{n+2} = 3v_{n+1} + 2v_{n}, \forall n$

thỏa mãn $\dfrac{-1}{2} < v_n - \dfrac{v_{n-1}^2}{v_{n-2}} \leq \dfrac{1}{2}$

Từ công thức truy hồi, ta được:

$$v_{n+2}v_{n} - v_{n+1}^2 = -2(v_{n+1}v_{n-1}-v_n^2)$$

Đây là cấp số nhân nên ta suy ra được:

$$v_{n+2}v_{n} - v_{n+1}^2 = (-2)^{n-1} \Leftrightarrow \left|v_{n+2} - \dfrac{v_{n-1}^2}{v_{n-2}} \right| = \dfrac{2^{n-1}}{v_n}$$

Quy nạp, ta chứng minh được: $v_n >2^n, \forall n \in \mathbb{N}$

Do đó suy ra được: $\dfrac{-1}{2} < v_n - \dfrac{v_{n-1}^2}{v_{n-2}} \leq \dfrac{1}{2}$

Ta chỉ cần chỉ sự tồn tại của $(u_n)$ là duy nhất là đủ

Ta chứng minh bằng quy nạp cho dãy $(u_n)$ và $(v_n)$

Với các trường hợp cơ sở $n=1,2,3$ thì đúng

Giả sử điều này đúng đến $n = k \geq 3$

Ta xét trường hợp $n=k+1$

Có:

$$\frac{-1}{2} +  \frac{u^2_{k}}{u_{k-1}}< u_{k+1}\leq \frac{1}{2} +  \frac{u^2_{k}}{u_{k-1}}$$

$$\frac{-1}{2} +  \frac{v^2_{k}}{v_{k-1}}< v_{k+1}\leq \frac{1}{2} +  \frac{v^2_{k}}{v_{k-1}}$$

Do $u_k = v_k$ nên $u_{k+1}$ và $v_{k+1}$ đều nằm trong khoảng: $$\left(\frac{-1}{2} +  \frac{u^2_{k}}{u_{k-1}} ;  \frac{1}{2} +  \frac{u^2_{k}}{u_{k-1}} \right]$$

Có:

$$\left(\frac{1}{2} +  \frac{u^2_{k}}{u_{k-1}} \right) - \left(\frac{-1}{2} +  \frac{u^2_{k}}{u_{k-1}} \right) =1$$

nên khoảng này chỉ có tối đa $1$ số nguyên, do đó ta kết luận sự tồn tại của $(u_n)$ là duy nhất

Kết hợp điều trên ta có được $u_{n+2} = 3u_{n+1} + 2u_{n}$

Ta chứng minh $u_n$ lẻ với mọi $n$

Với $n=1,2,3$ thì điều này đúng

Giả sử điều này đúng đến $n=k >3$

Xét trường hợp $n=k+1$, ta có:

$$u_{k+1} = 3u_{k} + 2u_{k-1} \not \vdots 2$$

nên hoàn tất chứng minh.

cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn: $a+b+c=3$. Tìm $GTNN$ và $GTLN$ của:

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

Có: 

$$\sum_{cyc}\frac{a}{2a+b^2+c^2} = \sum_{cyc}\frac{a}{2a+b(b-3)+b(b-3) +3(b+c)} \geq \sum_{cyc}\frac{a}{9-a}$$

$$\geq\sum _{cyc} \frac{a}{6} = \frac{1}{2}.$$

Dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c) = (3,0,0)$ và các hoán vị.