NĂM HỌC TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN TRONG KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CỦA CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ

Transcript

1 1 Blog TOÁN HỌC CHO MỌI NGƯỜI TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN TRONG KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CỦA CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM HỌC

2

3 TRẦN MINH NGỌC LƯƠNG VĂN KHẢI VÕ THÀNH ĐẠT HOÀNG ĐÌNH HIẾU LÊ THÀNH LONG ĐẶNG NHÌ NGUYỄN DUY TÙNG NGUYỄN TRƯỜNG HẢI ĐỖ TRẦN NGUYÊN HUY PHẠM THỊ HỒNG NHUNG PHẠM QUỐC THẮNG TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN TRONG KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CỦA CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM HỌC Tháng 1 năm 016

4

5 LỜI NÓI ĐẦU Ban biên tập "Đi nhiều người, bạn sẽ đi rất xa." Với mục đích giúp quý thầy cô và các bạn học sinh có một tài liệu chất lượng để chuẩn bị cho kì thi Học sinh giỏi Quốc gia môn Toán (VMO), tập thể các quản trị viên blog Toán học cho mọi người đã cùng nhau biên soạn cuốn sách "Tuyển chọn theo chuyên đề các bài toán trong kì thi chọn đội tuyển VMO của các tỉnh, thành phố". Trong cuốn sách này, các bài toán được liệt kê trước, sau đó là phần lời giải, đáp số. Trong một số bài toán, chúng tôi có đưa ra nhiều hơn một cách tiếp cận, nhưng cũng có những bài toán mà chúng tôi thấy chỉ cần hướng dẫn sơ lược lời giải, qua đó giúp bạn đọc chủ động trong quá trình đọc tài liệu. Nhiều bài giải của chúng tôi trong đây chưa phải là cách làm hay nhất, tốt nhất cho các bài toán tương ứng, và chúng tôi rất mong nhận được sự đánh giá, đóng góp của bạn đọc để những lần biên soạn sau, chất lượng cuốn tuyển tập này được nâng lên. Các phần của cuốn sách và người biên soạn cụ thể như sau: Bất đẳng thức: Võ Thành Đạt (Sinh viên khoa Toán - Tin học Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. HCM). Đa thức, Phương trình và Hệ phương trình: Đỗ Trần Nguyên Huy (Học sinh trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp. HCM) và Phạm Quốc Thắng (Học sinh trường THPT chuyên Long An). Hình học: Trần Minh Ngọc (Học viên Cao học Đại học Sư phạm Tp. HCM), Lương Văn Khải và Nguyễn Duy Tùng (Sinh viên khoa Toán - Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên Tp. HCM). Số học: Phạm Thị Hồng Nhung (Học sinh trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu). Tổ hợp: Hoàng Đình Hiếu (Sinh viên khoa Công nghệ thông tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. HCM) và Đặng Nhì (Sinh viên khoa Toán - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. HCM). Giải tích: Nguyễn Trường Hải (Học sinh trường THPT chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận). Phương trình hàm: Lê Thành Long (Sinh viên khoa Điện - Điện tử trường Đại học Bách khoa Tp. HCM). 5

6 Chúng tôi xin chân thành cảm ơn TS Trần Nam Dũng (trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. HCM), anh Lê Phúc Lữ (FPT Software, Tp. HCM), bạn Đào Nguyễn Nguyên Trân (Swiss UMEF, Thuỵ Sĩ), bạn Đỗ Thuỳ Anh (THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hoá), bạn Nguyễn Trần Hữu Thịnh (THPT chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ), bạn Hoàng Hữu Quốc Huy (THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bà Rịa - Vũng Tàu) đã giúp đỡ chúng tôi rất nhiều trong quá trình biên soạn cuốn sách này. Cảm ơn các thành viên của các diễn đàn NangKhieuToan.com (nangkhieutoan.com), Diễn đàn Mathscope (forum.mathscope.org), Diễn đàn Toán học Việt Nam (diendantoanhoc.net), Diễn đàn Art of Problem Solving (artofproblemsolving.com) đã đóng góp các đề bài và lời giải. Trong quá trình biên soạn, chắc chắn chúng tôi không tránh khỏi những sai sót ở các đề bài và lời giải, rất mong được lắng nghe những nhận xét, góp ý và phê bình thẳng thắn từ các bạn. Mọi thắc mắc và đóng góp xin vui lòng liên hệ fanpage Toán học cho mọi người ở địa chỉ hoặc qua blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com. Cảm ơn tất cả các bạn! 6

7 Mục lục I CÁC BÀI TOÁN 8 1 Bất đẳng thức 8 Đa thức 11 3 Giải tích 13 4 Hình học 19 5 Phương trình và hệ phương trình 8 6 Số học 30 7 Tổ hợp 33 II LỜI GIẢI 39 1 Bất đẳng thức 39 Đa thức 60 3 Giải tích 81 4 Hình học 11 5 Phương trình và hệ phương trình Số học Tổ hợp

8 Phần I CÁC BÀI TOÁN 1 Bất đẳng thức Bài 1. (THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội) 1. Cho x, y là các số thực dương sao cho x + y và y +x khác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x + y)(4x + y ) (x + y ) + (y + x)(4y + x ) (x + y ) 3(x + y). Cho a,b,c > 0 sao cho a + b + c = 3. Chứng minh rằng a b (ca + 1) + b c (ab + 1) + c a (bc + 1) 9 (1 + abc)(ab + bc + ca) Bài. (Trường Phổ thông Năng Khiếu - ĐHQG Tp. HCM) Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức x k y k z k (x 3 + y 3 + z 3 ) 3 đúng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Bài 3. ( THPT chuyên Đại học Vinh) Tìm tất cả các số thực k sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm a,b,c (a + b + c) ab + bc + ca + k.max{(a b),(b c),(c a) } a + b + c 3 Bài 4. (Bà Rịa - Vũng Tàu) 1. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x yz = 1. Chứng minh bất đẳng thức 1 (x + y + z) + 1 (y + z + x) + 1 (z + x + y) Cho x, y, z không âm và thỏa x + y + z = 1. Chứng minh bất đẳng thức ( ) (x y + y z + z 1 x) x y z

9 Bài 5. (Bắc Ninh) Cho a,b,c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c = 9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = ab 3a + 4b + 5c + bc 3b + 4c + 5a + ca 3c + 4a + 5b 1 ab(a + c)(b + c) Bài 6. (Bến Tre) Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 1344 a + ab + 3 abc 016 a + b + c Bài 7. (Bình Thuận) Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng x y + z + y z + x + z x + y x + y + z yz y + z + x y x + y + zx z + x Bài 8. (Đồng Nai) Cho các số thưc dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng : a b + c + b c a + c + a + b 3 3 a 3 + b 3 + c Bài 9. (Hà Nam) Cho a,b,c 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của: a P = b + c + b c a + c + a + b Bài 10. (Hà Nội) Cho a,b,c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 a + 1 b + 1 (a + b + c). c Bài 11. (Hà Tĩnh) Cho các số thực dương a,b,c và thỏa mãn a 5 + b 5 + c 5 = 3. Chứng minh rằng a 6 b 6 + b 6 c 6 + c 6 a 6 3. Bài 1. (Hải Phòng) Cho a,b,c 1 thỏa mãn a + b + c = 6. chứng minh rằng ab + bc + ca 3 abc + ab + bc + ca 4 9

10 Bài 13. (Hòa Bình) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn abc = 1 và x, y, z thuộc R Chứng minh rằng : x (a + b) + y (b + c) + z (c + a) (x y + yz + zx) Bài 14. (Khánh Hòa) Cho hai số thực x và y thỏa mãn x + x y + y. Chứng minh rằng 5x + x y + y 1 Bài 15. (Lạng Sơn) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x yz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của : P = 1 x + y y + z z + x + 3 Bài 16. (Nam Định) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a +b +c = 3. Chứng minh rằng: (a + b) a ab + b + (b + c) b bc + c + (c + a) c ca + a 1. Bài 17. (Ninh Bình) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng: 1 x + y + 1 y + z + ( 1 4 z + x 1 x y z + 7 ) Bài 18. (Quảng Bình) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác và a b c. Chứng minh rằng a(a + b ab) + b(a + c ac) + c(c + b bc) a + b + c Bài 19. (Quảng Nam) Cho các số thực không âm a,b,c,d. Chứng minh bất đẳng thức: (a + b + c + d) 3 4(a 3 + b 3 + c 3 + d 3 ) + 4(abc + bcd + cda + dab) Bài 0. (Quảng Ninh) Cho a,b,c > 0 thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a ab + b b bc + c c ca + a P = + + ab + 1 bc + 1 ca

11 Bài 1. (Quảng Ngãi) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa a+b+c = 3. Chứng minh rằng 1 a + 1 b + 1 c + a b + b c + c a 6 8 a + b b + c c + a + Bài. (Quảng Trị) Cho 3 số không âm x, y, z thỏa x + y + z =. Chứng minh rằng x y + y z + z x x 3 + y 3 + z (x4 + y 4 + z 4 ) Bài 3. (Tp. HCM) Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (a + 1) + (b + 1) + c + 1) + 6 6abc Bài 4. (Thái Nguyên) 1. Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng 1 (1 + a) (1 + a) (1 + a) (ab + bc + ca) 3 3. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x yz 1 và z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x 1 + y + y 1 + x + 4 z3 3(1 + x y) Bài 5. (Thanh Hóa) Cho x, y, z > 0 thỏa x + y + z = 1 x + 1 y + 1. Chứng minh rằng z 1 (x y + yz + zx) + 1 (yz + zx + x y) + 1 (zx + x y + yz) 3 16x y z. Đa thức Bài 1. (THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội) Tìm tất cả đa thức hệ số thực thỏa mãn ( ( ) ) ( ) 1 1 P(x) P + 3P(x )P x x = 0. Bài. (Bến Tre) Cho khai triển (1 x + x 3 ) n = a 0 + a 1 x + a x a 3n x 3n. Xác định hệ số a 6 biết rằng a 0 + a 1 + a a ( ) 3n n =. 11

12 Bài 3. (Bến Tre) Cho phương trình x 5 1 x4 5x 3 + x + 4x 1 = 0 Chứng minh rằng phương trình trên có đúng 5 nghiệm phân biệt. Với x i (i = 1,5) là 5 x i + 1 nghiệm của phương trình trên, tính tổng S biết: S = i=1 x 5 x 4 i i. Bài 4. (Bình Dương) Cho dãy các đa thức hệ số thực {P n (x)},n = 1,,3,... thỏa mãn điều kiện P n (cos x) = n cos(nx), x R, n N. Chứng minh rằng với mỗi n N thì P n (x) là đa thức hệ số nguyên bậc n và x n P n (x), x >. Bài 5. (Đà Nẵng) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại đa thức f (x) bậc n có hệ số nguyên thỏa mãn: f (0) = 0, f (1) = 1 và với mọi m N, f (m)(f (m) 1) là bội của 017. Bài 6. (Đà Nẵng) Chứng minh rằng với mọi m N, tồn tại đa thức f m (x) có hệ số hữu tỉ thỏa mãn với mọi n N thì: 1 m+1 + m n m+1 = f m (n(n + 1)). Bài 7. (Đồng Nai) Cho số tự nhiên n và n số thực a 1, a,..., a n sao cho a 1 > 1, a n 1. Giả sử phương trình xn n + a 1x n 1 + a x n a n 1 x + a n = 0 có đúng n nghiệm thực. Chứng minh rằng tất cả các nghiệm đó nằm trong đoạn [ a 1, a 1 + ]. Bài 8. (Hà Nam) Cho P,Q,R là 3 đa thức hệ số thực thỏa mãn: P(Q(x)) + P(R(x)) = c x R với c = const R. Chứng minh rằng P(x) const hoặc [Q(x) + R(x)] const Bài 9. (Hà Tĩnh) Cho các đa thức P(x),Q(x),R(x) với hệ số thực có bậc tương ứng là 3,,3 thỏa mãn đẳng thức P (x)+q (x) = R (x), x R. Hỏi đa thức T (x) = P(x).Q(x).R(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả nghiệm bội). Bài 10. (Hải Phòng) Cho dãy đa thức hệ số thực { P n (x) } + n=0 xác định như sau P 0 (x) = (,P 1 (x) = x,p n+1 (x) = x.p n (x) + 1 x ) P n 1 (x) n Xác định công thức tổng quát của P n (x).. Tìm tất cả các số tự nhiên n để P n (x) chia hết cho x + 3. Bài 11. (Hòa Bình) Cho đa thức P(x) = x 4 +ax 3 +bx +cx +d và Q(x) = x +px +q cùng thuộc Q[x]. Biết rằng hai đa thức cùng nhận giá trị âm trên khoảng I có độ dài lớn hơn hai và ngoài khoảng I chúng đều nhận giá trị không âm. Chứng minh rằng tồn tại x o R đề P(x o ) < Q(x o ). Bài 1. (Tp. HCM) Cho đa thức P(x) = x a 015 x a 014 x a 1 x + a 0 có hệ số thực với P(1)P() 0 và 4 P / () P() > P / (1) Giả sử P(x) có 016 nghiệm thực, P(1) chứng minh rằng trong số đó, có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (1;). Bài 13. (Khánh Hòa) Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại hai đa thức Q(x) và R(x) sao cho 1

13 1. P(x)R(x) là các đa thức của x.. P(x)R(x) là các đa thức của x 3. Bài 14. (Long An) Tìm tất cả đa thức P (x) thỏa mãn: P( x).p(3x) + ( P(x) ) = P(x).P(5x), x R. Bài 15. (Nghệ An) Cho m là số nguyên dương thỏa mãn m 1(mod017). Chứng minh rằng đa thức P(x) = x 017 mx là đa thức bất khả quy trên Z[x]. Bài 16. (Phú Thọ) Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn (x 6x + 8)P(x) (x + x)p(x ) = 6x 1x. Bài 17. (Quảng Bình) Cho đa thức f (x) = x ax + bx + c trong đó a,b,c Z có ba nghiệm nguyên x 1, x, x 3. Chứng minh rằng biểu thức sau là bội của 017 (a b c )(x 1 x )(x x 3 )(x 3 x 1 ) Bài 18. (Quảng Nam) Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: P(x ) + P(x).P(x + 1) = 0, x R Bài 19. (Vĩnh Phúc) Cho P i (x) = x + b i x + c i (i = 1,,...,n) là n đa thức đôi một phân biệt với hệ số thực sao cho với mọi 1 i < j n thì đa thức Q i,j (x) = P i (x) + P j (x) có nghiệm thực duy nhất. Tìm giá trị lớn nhất có thể của n. 3 Giải tích Bài 1. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) Cho dãy số (x n ) thỏa x 1 = 3, x = 7 và: x n+ = x n+1 x n + x n,n N Đặt dãy: y n = n 1 k=1 x k Chứng minh (y n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 13

14 Bài. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) Tìm a để dãy số (u n ) hội tụ, biết u 1 = a và: u n 1 khi u n > 0 u n+1 = 1 khi 1 u n 0,n N un + 4u n + khi u n < 1 Bài 3. (THPT chuyên ĐH Vinh) Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn: 1. f (1) > 0.. f (x y 1) + f (x)f (y) = 3x y 1 x, y R. Bài 4. (THPT chuyên ĐH Vinh) Cho số thực a và dãy số ( ) u n xác đinh bởi: u 1 = a u n+1 = u n + ln u n + 1,n N u n 3 Chứng minh rằng dãy u n có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 5. (Bà Rịa - Vũng Tàu) 1. Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f : R R thỏa mãn: f (x 016f (y)) = y 017f (x) x, y R.. Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn f (x + y f (x)) = x f (y) + f (x) x, y R. Bài 6. (Bà Rịa - Vũng Tàu) Cho dãy số x n xác định bởi: x 1 = 1 nxn x n+1 =,n N 1 + (n + 1)x n 1 1. Chứng minh x n, n 1. n(n + 1). Với mỗi số nguyên dương n, đặt y n = hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. n kx k. Chứng minh dãy số có giới 1 + (k + 1)x k k=1 Bài 7. (Bình Dương) Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn 1 3 f (x y) f (xz) f (x)f (yz) 1 9. Bài 8. (Bình Thuận) 14

15 a. Tìm limu n với u n = 1 3 n n + n N. b. Cho dãy số (u n ) xác định bởi: u 1 = 1 u n+1 = Tìm công thức tổng quát của (u n ). 1 + un 1,n N u n Bài 9. (Đà Nẵng) Cho dãy Fibonacci xác định như sau: { u 1 = u = 1 u n = u n 1 + u n Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p 7 thì có đúng 1 trong số u p 1,u p+1 là bội của p. Bài 10. (Đồng Nai) Tìm tất cả các hàm f : R R thỏa mãn f (x y f (x)) + f (y ) = f (x y), x, y R. Bài 11. (Đồng Nai) Cho dãy số (u n ) xác định bởi: u 1 ( 1; ) u n+1 = 1 + u n u n, n N Chứng minh rằng ( u n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 1. (Hà Nam) Cho hai dãy số được xác định bởi: x 1 = y 1 = 3 x n+1 = x n xn y, n N n y n+1 = yn 1. Chứng minh rằng x n y n (;3) n.. Tính lim n + y n. Bài 13. (Hà Nội) Cho dãy số ( u n ) có u1 = 1,u n = 1. Xác định công thức của ( u n ).. Chứng minh u 1 + u u 016 < n n 1 u n 1 + n với n N và n. 15

16 Bài 14. (Hà Tĩnh) Với mỗi số nguyên dương n, xét hàm số f n trên R được xác định bởi f n (x) = x n + x n x + x Chứng minh hàm số f n đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm duy nhất.. Gọi giá trị nhỏ nhất của hàm số f n là s n. Chứng minh dãy số (s n ) có giới hạn hữu hạn. Bài 15. (Hải Phòng) Cho dãy số (u n ) thỏa: u 1 = 1 u n+1 = u n + n,n N u n ( ) u n Chứng minh rằng dãy có giới hạn hữu hạn. n Bài 16. (Hòa Bình) Xác định tất cả các hàm f : R R thỏa mãn: f ([x]y) = f (x)[f (y)] với [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Bài 17. (Hòa Bình) Cho (x n ) được xác định như sau: Tìm lim nx n. x n x 0 > 0; x n+1 = 1 + xn,n N Bài 18. (Hòa Bình) Cho dãy số (x n ) xác định bởi: x o = 1 x 1 = 41 x n+ = 3x n + 8(xn+1 + x n),n N Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số nguyên. Bài 19. (Tp. HCM) Cho dãy số u n xác định bởi công thức: u 1 = 1,u = 3 u n+ = u n+1 +,n N u n + Chứng minh dãy số u n có giới hạn hữu hạn. Bài 0. (Khánh Hòa) Tìm các hàm số f : R R thỏa mãn: f (x y)+ f (x y)+ f (x+y +1) = x y + x + 1 với mọi x, y R Bài 1. (Khánh Hòa) Cho dãy số (u n ) xác định bởi: u 1 = a u n+1 = u n n + n,n N u n 16

17 [ ] Chứng minh rằng un = n khi n 4. Bài. (Lạng Sơn) Cho dãy số (u n ) xác định bởi u 1 = 1 3 u n = u n + 1 u n + 1 n N. 1. Chứng minh rằng u n < 3(u n + 1) 10 n N.. Chứng minh rằng dãy (u n ) hội tụ. Tính lim n + u n. Bài 3. (Lạng Sơn) Tìm tất cả các hàm số f : R R đơn điệu trên R thỏa mãn: f (x 3 + f (y)) = f 3 (x) + y x, y R Bài 4. (Lào Cai) Cho dãy số thực (x n ) được xác định bởi x 1 = 5 x n+1 = xn 3 0n + 1 1x n + n + 1. Chứng minh rằng dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 5. (Ninh Bình) Cho hàm số f : N N thỏa mãn các điều kiện sau: i. f (m) < f (n) m,n N ;m < n. ii. f (mn) = f (m)f (n) m,n N ;(m,n) = 1. iii. i N,i > 1 sao cho f (i) = i. 1. Chứng minh rằng f (1) = 1, f (3) = 3.. Tìm tất cả các hàm f (n) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bài 6. (Ninh Bình) Cho dãy số (x n ) xác định bởi hệ thức: Đặt y n = n i=1 x 1 = 1 x n+1 = x n (x n + 1)(x n + )(x n + 3) + 1,n N 1 x i +. Tính lim y n. 17

18 Bài 7. (Phú Thọ) Xét dãy số thực vô hạn x 1, x,, x n thỏa mãn x m+n x m x n < 1 m + n với mọi số nguyên dương m,n. Chứng minh rằng (x n ) là cấp số cộng. Bài 8. (Quảng Bình) Tìm tất cả hàm số f : N N sao cho ba số a, f (b), f (b+f (a) 1) luôn là độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi a,b N Bài 9. (Quảng Binh) Cho a là một số thực và dãy số thực (x n ) xác định bởi x n = 016n + a. 3 n Tìm a sao cho dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn.. Tìm a để dãy số là dãy tăng từ một lúc nào đó. Bài 30. (Quảng Ninh) Cho a,b là các số thực dương. Xét dãy số u n được xác định bởi u n = a n + bn, với n N. Tính Lim { un }. Bài 31. (Quảng Trị) Cho dãy số x n xác định bởi Tìm số hạng tổng quát x n và tìm lim x n. x 1 = x n+1 = x n + 1 x n + Bài 3. (Thái Bình) Cho dãy số (a n ) có a 1 R và a n+1 = a n 1 n, n N. Tìm lim a n. Bài 33. (Thanh Hóa) Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn: f (f (x) + f (y)) = f (x ) + x f (y) + (f (y)) với mọi x, y R Bài 34. (Thanh Hóa) Với số thực a 1 cho trước,xét dãy số a n cho bởi a 1 = a a n+1 = 7 an a n + an + 7 Xác định a để dãy có giới hạn hữu han. 18

19 4 Hình học Bài 1. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) ABC nhọn (AB < AC) có H,O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp. Điểm E thuộc cạnh AC sao cho OE//BC. OE cắt đường tròn ngoại tiếp EBC tại F. Tiếp tuyển tại F của đường tròn ngoại tiếp EBC cắt BC, AH ở P,Q. 1. Chứng minh đường tròn (K ) ngoại tiếp BPQ đi qua trung điểm M của AH.. PA,PH cắt (K ) ở S,T khác P. Chứng minh hai tiếp tuyển của (K ) tại S,T cắt nhau tại một điểm trên ME. Bài. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) Tứ giác ABCD nội tiếp (O) sao cho ABCD không phải hình thang. Tiếp tuyến tại C,D của (O) cắt nhau tại T. T A cắt BD tại S, E dối xứng với D qua S. AB cắt đường tròn ngoại tiếp EBC tại F. EC cắt T A tại P. 1. Chứng minh rằng PF tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp EBC.. Giả sử PF cắt AC tại Q, H,K lần lượt là hình chiếu của Q lên F A,FC. M là trung điểm F A. Chứng minh rằng tiếp tuyến qua A của (O) và đường thẳng qua Qv song song AO cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp M HK. Bài 3. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) ABC nhọn nội tiếp (O) có H là trực tâm. P là một điểm nằm trên trung trực của BC và nằm trong ABC. Đường thẳng qua A song song PH cắt (O) tại E khác A. Đường thẳng qua E song song AH cắt (O) tại F khác E. Gọi Q là điểm đối xứng với P qua O. Đường thẳng qua F song song với AQ cắt PH tại G. 1. Chứng minh rằng B,C,P,G cùng thuộc một đường tròn tâm K.. AQ cắt (O) tại R khác A. PQ cắt F R tại L. Chứng minh K L = OP. Bài 4. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I ). Đường tròn qua B,C tiếp xúc (I ) tại P. AI giao BC tại X. Tiếp tuyến qua X của (I ) khác BC, giao tiếp tuyến tại (I ) tại P tại S. AS giao (O) tại T khác A. Chứng minh rằng AT I = 90 o Bài 5. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) Cho ABC nhọn. Đường tròn (I ) có tâm I thuộc BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại E,F.Llấy hai điểm M, N bên trong tứ giác BCEF sao cho tứ giác EF N M nội tiếp (I ) và các đường thẳng BC, M N,EF đồng quy. MF cắt NE tại P, AP cắt BC tại D. 1. Chứng minh A,D,E,F cùng thuộc một đường tròn.. Trên đường thẳng BN,C M lấy các điểm H,K sao cho AC H = ABK = 90 o. Lấy T là trung điểm HK. Chứng minh T B = TC. 19

20 Bài 6. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) ABC có B AC tù, H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC. Điểm M thay đổi trên cạnh AB. Dựng N sao cho BMN HC A (H, N) nằm khác phía với AB. 1. C M cắt đường tròn ngoại tiếp BMN tại K khác M. Chứng minh NK luôn đi qua điểm cố định.. N H cắt AC tại P. Dựng Q sao cho HPQ H N M (Q, M khác phía với NP. Chứng minh Q thuộc một đường thẳng cố định. Bài 7. (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội) Cho ABC. Đường tròn (I ) nội tiếp ABC tiếp xúc với BC,C A, AB tại D,E,F. Đường thẳng DI cắt đường tròn tâm A bán kính AE tại M, N (N) nằm giữa M và D). Các đường thẳng AD,EF cắt nhau tại P. các đường thẳng M A, NP cắt nhau tại Q. Gọi H là giao điểm thứ hai của AD và (I ). Đường thẳng qua trung điểm của DH,DE cắt AC tại L. Chứng minh rằng: 1. QH AD.. DL//EF. Bài 8. (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội) Hai đường tròn (O 1 ) và (O ) tiếp xúc ngoài nhau tại A. BC là một tiếp tuyến chung ngoài của (O 1 ) và (O ), với B (O 1 ) và C (O ). Gọi M là trung điểm BC, P,Q theo thứ tự là điểm đối xứng của B,C qua O 1,O. MP theo thứ tự cắt BO,B A tại X,Y. MQ cắt CO 1,C A tại Z,T. Chứng minh rằng: 1. Các tứ giác B Z T P,C X Y Q nội tiếp.. AM, Z T, X Y đồng quy. Bài 9. (THPT chuyên ĐH Vinh) ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng qua A song song BC cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Đường thẳng qua I song song AB cắt AD tại J. Đường tròn tâm C bán kính C I cắt (O) tại E và F (E thuộc cung B AC. 1. Gọi S là giao điểm của I J với CD. Chứng minh S,E,F thẳng hàng.. Chứng minh E J AF. Bài 10. (THPT chuyên ĐH Vinh) ABC có M di chuyển trên cạnh AC. Đường tròn ngoại tiếp ABM cắt cạnh BC tại điểm thứ hai là D. Đường tròn ngoại tiếp BC M cắt cạnh AB tại điểm thứ hai là E. 1. Gọi O là giao điểm của AD và CE. Chứng minh A,E,O, M cùng thuộc một đường tròn.. Gọi I, J, N lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và DM, BC và E M, AJ và C I. Chứng minh đường thẳng M N luôn đi qua điểm cố định. 0

21 Bài 11. (Bà Rịa - Vũng Tàu) Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB lấy hai điểm M, N sao cho AM < AN và M N không song song với AB. Đường tròn ngoại tiếp OM N cắt AB tại điểm D khác O. Đường thẳng AN cắt đường tròn ngoại tiếp MBD tại hai điểm E,F (E nằm giữa A và N). Đường thẳng BM cắt đường tròn ngoại tiếp N AD tại hai điểm P,Q (P nằm giữa B và M). 1. Chứng minh E,F,P,Q cùng thuộc một đường tròn.. Đường thẳng AP cắt BE tại điểm X, đường thẳng BE cắt AQ tại điểm Y. Chứng minh bốn đường thẳng EP,QF, X Y, AB đồng quy. Bài 1. (Bắc Ninh) Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Giả sử AD cắt BC tại N, AB cắt CD tại M, AC cắt BD tại E. Đường thẳng OE cắt M N tại K. Chứng minh KO là phân giác của BK D. Bài 13. (Bến Tre) Cho đường tròn (O 1 ),(O ) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một đường thẳng cắt đường tròn (O 1 ) tại hai điểm A,B phân biệt và tiếp xúc với (O ) tại X. đường thẳng X T cắt (O 1 ) Tại S ( S khác T và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B. Cho CY là tiếp tuyến của (O ) tại Y sao cho các đoạn thẳng CY và ST không cắt nhau. Cho I là giao điển của các đường thẳng X Y và SC. Chứng minh rằng: 1. C,T,Y và I cùng thuộc một đường tròn.. S A = SI Bài 14. (Bình Dương) ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm P nằm trong ABC sao cho PA,PB,PC cắt (O) lần lượt tại D,E,F. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T. Chứng minh rằng nếu T A = T P thì DE = DF. Bài 15. (Bình Định) Cho đường tròn (O),(O ) cắt nhau tại A,B. trên tia B A lấy M (M nằm ngoài (O )). Từ M Kẻ tiếp tuyến MC, MD của (O ) (C,D là tiếp điểm). AC, AD lần lượt cắt (O) tại P,Q. 1. Chứng minh D A DQ = C A CQ.. Chứng minh C đi qua trung điểm PQ. 3. Chứng minh CD đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên tia B A. Bài 16. (Bình Thuận) Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiêp và M là một điểm nằm trong giác. Gọi A 1,B 1,C 1 là các điểm đối xứng với điểm M lần lượt qua các đường thẳng AI,B I,C I. Chứng minh rằng các đường thẳng AA 1,BB 1,CC 1 đồng quy. Bài 17. (Bình Thuận) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N,P lần lượt là giao điểm của AB và CD, AC và BD. Lấy K là trung điểm của đoạn M N. Đoạn PK cắt (O) tại H, M H cắt (O) tại I khác H, N H cắt (O) tại J khác H. Hãy phân tích PK theo hai vectơ M I, M J. Bài 18. ((Đà Nẵng) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), H là trực tâm tam giác. Đường thẳng qua A vuông góc OH cắt BC tại D. K.L là tâm (ADB),(ADC). 1

22 1. Chứng minh A,K,L,O thuộc một đường tròn gọi là (S).. AH cắt lại (S) tại E.F đối xứng với E qua BC. Chứng minh H A = HF. Bài 19. (Đà Nẵng) Cho tứ giác ABCD lồi, P là điểm nằm bên trong tứ giác thỏa PAD = C AB.M, N đối xứng C qua AB, AD. (CP M),(CP N) cắt đoạn AB, AD tại S,T.X,Y tâm (PSC),(PTC).Q là giao của X Y và trung trực AP. 1. Chứng minh AQ là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp AX Y.. Tiếp tuyến tại P,C của (PST ),(CST ) cắt nhau ở G.(PST ),(CST ) cắt lại AP, AC ở U,V. Chứng minh tâm (AUV ) thuộc AG. Bài 0. (Đồng Nai) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có M là trung điểm BC, các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Gọi K là trung điểm AH, L là giao điểm EF và AH, N là giao điểm của đoạn AM và đường tròn ngoại tiếp BC H. 1. Chứng minh rằng 5 điểm A,E, N, H,F cùng thuộc một đường tròn.. Chứng minh rằng H M A = LNK. Bài 1. (Đồng Nai) Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của ABC không đều. Chứng minh rằng AIO 90 0 BC AB + AC. Bài. (Hà Nội) ABC nhọn (AB < AC) có trung tuyến AM. Đường thẳng AM cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại điểm thứ hai D. Đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E, đường thẳng AC và BD cắt nhau tại F. ĐƯờng tròn ngoại tiếp ABF cắt đường tròn ngoại tiếp ACE tại điểm thứ hai P. Gọi (S 1 ) là đường tròn đi qua C và tiếp xúc với AB tại A, (S ) là đường tròn đi qua B và tiếp xúc AC tại A. (S 1 ) cắt (S ) tại điểm thứ hai Q. Chứng minh OPQ vuông. Bài 3. (Hà Tĩnh) ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm ABC, A,B,C lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A,B,C xuống BC,C A, AB. Gọi A 1,B 1,C 1 là các điểm trên (O) sao cho AA 1 //BC,BB 1 //C A,CC 1 //AB. A 1,B 1,C 1 là các điểm trên (O) sao cho A 1 A 1 //AA, B 1 B 1 //BB,C 1 C 1 //CC. 1. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác OA 1 A 1,OB 1B 1,OC 1C 1 cùng đi qua một điểm K khác O.. Chứng minh OK.OH = abc, trong đó a,b,c là độ dài 3 cạnh của ABC và p là p chu vi tam giác A 1 B 1 C 1.

23 Bài 4. (Hà Tĩnh) ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), E là trung điểm cung BC không chứa A. Gọi D là giao điểm AE và BC. P,Q lần lượt là hai điểm di động trên đoạn AD sao cho ABQ = DBP và Q nằm giữa A,P. Lấy điểm S sao cho QS//AO và DS AO. Gọi M là trung điểm BC, N là điểm đối xứng của M qua AE, R là hình chiếu vuông góc của Q lên BC. 1. Chứng minh M N MR = ME QE.. Chứng minh đường thẳng qua P vuông góc SM đi qua một điểm cố định khi P,Q thay đổi. Bài 5. (Hải Phòng) ABC nhọn (AB < AC) có AD là phân giác trong đỉnh A(D BC). E là điểm trên đoạn BC sao cho BD = CE. Phân giác ngoài đỉnh A cắt đường thẳng qua D và vuông góc với BC tại F. Gọi I là trung điểm DF, đường thẳng E I cắt AD tại M, đường thẳng EF cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại K. 1. Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại P, K D cắt đường tròn đường kính DF tại L khác D. Chứng minh đường thẳng PL tiếp xúc với đường tròn đường kính DF.. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp K BC. Bài 6. (Hải Phòng) ABC nhọn (AB < AC) có trực tâm H, D,E là chân các đường cao kẻ từ B và C xuống C A, AB. Gọi M là trung điểm BC, F là giao điểm của hai đường thẳng DE và BC, K là giao điểm thứ hai của AM với đường tròn (C) ngoại tiếp ADE. 1. Chứng minh F, H,K thẳng hàng.. Gọi S là trung điểm MF, T là giao điểm của đường thẳng DE với đường thẳng qua A và song song với BC. Chứng minh đường thẳng ST tiếp xúc với đường tròn (C). 3. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác OA 1 A 1,OB 1B 1,OC 1C 1 cùng đi qua một điểm K khác O. 4. Chứng minh OK.OH = abc, trong đó a,b,c là độ dài 3 cạnh của ABC và p là p chu vi tam giác A 1 B 1 C 1. Bài 7. (Hoà Bình) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) và P là một điểm nằm trên cung nhỏ BC. Tiếp tuyến tại B,C cắt nhau tại T. Đường thẳng qua O và vuông góc với PT cắt C A, AB lần lượt tại E,F. Hai đường thẳng PE,PF cắt đường tròn (O) lần lượt tại M, N khác P. Lấy K,L sao cho K AC = K NP = L AB = LMP = 90 o. 1. Chứng minh rằng BQF = K AB với Q là giao của EF với PT.. Chứng minh rằng K B và LC vắt nhau tại 1 điểm thuộc (O). 3

24 Bài 8. (Hoà Bình) Cho hai đường tròn (O 1 ) và (O ) cắt nhau tại A,B. CD là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O 1 ) và (O ) với C (O 1 ), D (O), và B gần CD hơn A. 1. Gọi E là giao điểm của BC và AD, F là giao điểm của DB và AC. Chứng minh rằng EF //CD.. Gọi N là giao điểm của AB và EF. Lấy K trên CD sao cho B AC = D AK. Chứng minh rằng K E = K F. Bài 9. (Tp. HCM) Cho ABC có tâm đường tròn nội tiếp I. Gọi M, N,P lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh AB,BC,C A sao cho AN AP = BP BM = CP C M. Gọi X,Y, Z lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của ANP, BP M, C MN. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp của X Y Z. Bài 30. (Tp. HCM) Đường tròn nội tiếp ABC lần lượt tiếp xúc với BC,C A, AB tại A 1,B 1,C Chứng minh các đường thẳng AA 1,BB 1,CC 1 đồng quy tại một điểm T.. Đường tròn ω 1 đi qua T tiếp xúc với C A,CB tại B, A 3. Các điểm C, A,B 3,C 3 xác định tương tự. Chứng minh sáu điểm A,B,C, A 3,B 3,C 3 cùng thuộc một đường tròn. Bài 31. (Khánh Hoà) Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng qua C cắt các tia đối của tia B A,D A lần lượt tại M, N. Chứng minh 4S ABC S AMN ( ) BD. AC Bài 3. (Khánh Hoà) ABC nhọn có AM,BN,CP là các trung tuyến. Gọi R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp ABC. Chứng minh AM + BN +CP 4R + r. Bài 33. (Lào Cai) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH, trực tâm K. Đường thẳng BK cắt đường tròn đường kính (C A) tại D,E (BD < BE). Đường thẳng CK cắt (AB) tại F,G (CF < CG). Và (DHF ) cắt BC tại điểm thứ hai là P. 1. Chứng minh rằng các điểm G, H,P,E cùng thuộc một đường tròn.. Chứng minh rằng các đường thẳng BF,CD,PK đồng quy. Bài 34. (Lạng Sơn) Cho ABC nhọn nội tiếp (O) với I là tâm nội tiếp tam giác. Đường tròn đi qua C tiếp xúc với AI tại I cắt AC tại E và cắt (O) tại H (E, H C). 1. Chứng minh E H đi qua trung điểm của AI.. Đường tròn đi qua B tiếp xúc với AI tại I cắt AB tại F và cắt (O) tại G (G,F B). Chứng minh rằng đường tròn (E I F ) và (GI H) tiếp xúc nhau. 4

25 Bài 35. (Lạng Sơn) Cho ABC nhọn nội tiếp (O). Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau ttai5 H (D BC,E C A,F AB). Gọi M là trung điểm của BC. đường tròn (DEF ) và (HBC) cắt nhau tại X và Y 1. Chứng minh AX = AY.. Gọi R là trung điểm của X Y. AR cắt H M tại S. Chứng minh tứ giác HDSR nội tiếp. Bài 36. (Long An) Từ một điểm M tùy ý trong tam giác ABC, các đường thẳng M A, MB, MC lần lượt cắt BC,C A, AB tại A 1,B 1,C 1. Chứng minh rằng M A 1 AA 1 + MB 1 BB 1 + MC 1 CC 1 = 1. Bài 37. (Nghệ An) Cho hai đường tròn (O 1 ) và (O ) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng qua B cắt hai đường tròn (O 1 ),(O ) lần lượt tại C và D. Gọi M là trung điểm CD. Đường thẳng AM cắt (O 1 ) tại điểm thứ hai là K (K và C khác phía so với AB), cắt đường tròn (O ) tại điểm thứ hai P. Đường thẳng (d) qua M vuông góc với O 1 M cắt đường thẳng AC tại Q và cắt đường thẳng K B tại R. 1. Gọi I, J lần lượt là giao điểm củaab,ck với đường thẳng (d). Chứng minh M là trung điểm I J vàrq.. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua một điểm cố định. Bài 38. (Nghệ An) X Y Z đều, các đỉnh X,Y, Z lần lượt nằm trên các cạnh BC,C A, AB của ABC nhọn. Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp ABC nằm trong X Y Z. Bài 39. (Ninh Bình) Cho ABC. Đường tròn (O) đi qua A và C cắt các cạnh AB,BC tại K, N. Đường tròn (K BN) cắt đường tròn (ABC) tại B và M. Tính BMO. Bài 40. (Ninh Bình) Cho ABC và điểm (O) nằm trog ABC Đường thẳng d 1 đi qua O song song với BC lần lượt cắt AB, AC tại J,G. Đường thẳng d đi qua O song song với C A lần lượt cắt BC,C A tại F, J. Đường thẳng d 3 đi qua O song song với AB lần lượt cắt C A,CB tại H,E. Dựng các hình bình hành OE A 1 F,OGB 1 H,OIC 1 J. Chứng minh rằng các đường thẳng AA 1,BB 1,CC 1 đồng quy. Bài 41. (Nam Định) Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn ω tâm O. Một đường tròn ω, đi qua B,C cắt các cạnh AB, AC lần lượt ở E,F (E,F A). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại đường tròn ω tại K (A K ). K E,K F lần lượt cắt lại đường tròn ω tại Q,P (P,Q K ). Gọi T là giao điểm của BQ và CP; M, N lần lượt là trung điểm BF,CE. 1. Chứng minh rằng A,O,T thẳng hàng.. Chứng minh rằng K A là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N. 5

26 Bài 4. (Nam Định) ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I ). Gọi P là trung điểm cung BC không chứa A của (O), J là điểm đối xứng với I qua O. Tiếp tuyến tại I của đường tròn ngoại tiếp I BC cắt BC tại M, H là hình chiếu của M trên OI. Gọi D là trung điểm BC và K là giao điểm thứ hai của I D với đường tròn ngoại tiếp ODH. 1. Chứng minh rằng JP M vuông ở J.. Chứng minh H, A,K thẳng hàng. Bài 43. (Phú Thọ) Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I ). Các cạnh AB, AC tiếp xúc với (I ) tại E,F. Đường thằng qua B song song với AC cắt EF tại K. CK cắt AB tại G. Chứng minh tam giác AIG vuông. Bài 44. (Phú Thọ) Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Các đường tròn (O 1 ) và (O ) nằm về một phía đối với đường thẳng AB, Tiếp xúc với nhau tại T đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O). Tiếp tuyến chung tại T của (O 1 ),(O ) cắt đường tròn (O) tại C (Với C thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa (O 1 ),(O )). Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Bài 45. (Quảng Bình) Cho tam giác ABC nhọn không cân. P là một điểm bất kì trên cạnh BC và không trùng với B,C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP cắt AC tại Y khác A. Tương tự xác định Z. Gọi BY cắt C Z tại K. Gọi T là hình chiếu của A lên BC, H là trực tâm tam giác ABC, A là điểm đối xứng của A qua BC. 1. Chứng minh A,P,K thẳng hàng.. Chứng minh khi P di chuyển trên BC, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z luôn di chuyển trên một đường thẳng cố định. Bài 46. (Quảng Nam) Cho đường tròn (O) và dây cung BC khác đường kính. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC không cân tại A. Gọi M là giao điểm của hai tiếp tuyến với (O) tại B và C, AM cắt (O) tại D khác A. Dựng đường kính DE của (O). Các đường thẳng BD,CE cắt nhau tại X, các đường thẳng BE,CD cắt nhau tại Y. 1. Chứng minh rằng M X = MY.. Gọi N là giao điểm của AE và X Y. Chứng minh rằng N nằm trên một đường thẳng cố định. Bài 47. (Quảng Ngãi) ABC nội tiếp đường tròn (O;R), D là điểm di chuyển trên cung BC không chứa A (D không trùng B,C). 1. Gọi E,F lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AD và BC, AB và CD. Gọi P là trung điểm EF, M là điểm đối xứng với B qua P. Chứng minh đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định.. Gọi H, I,K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến các cạnh BC,C A, AB. Cho BC = R 3. Tìm GTNN của tổng AB DK + AC DI + BC DH. 6

27 Bài 48. (Quảng Ninh) Cho ABC nhọn ko cân tại A nội tiếp (O). Gọi M là trung điểm của BC. tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại P. Gọi D,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của B va C lên AP, Q là giao điểm của AP và BC. Đường tròn (CQD) và (BQE) lần lượt cắt (O) tại điểm thứ là K,L. 1. Chứng minh MKC = MLB.. Kẻ đường kính AT của (O). Giả sử các đường thẳng T B,TC, AK, AL đôi 1 cắt nhau tại 4 điểm phân biệt. CMR: 4 giao điểm này là 4 đỉnh của 1 tứ giác nội tiếp. Bài 49. (Quảng Ninh) Cho ABC nhọn nội tiếp (O) (AB < AC), trực tâm H. Lấy điểm T trên (O) sao cho AT BC. Giả sử AH cắt (O) tại K, T H cắt (O) tại D trên cung nhỏ BC. Gọi I là trung điểm của HT. 1. Chứng minh 5 điểm A,L,O,K,D cùng thuộc 1 đường tròn.. Gọi P là giao điểm thứ của AO với (O). Đường thẳng qua H song song với BC cắt PD tại X. Chứng minh rằng X A là tiếp tuyến của (O). Bài 50. (Quảng Trị) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi Ilà giao điểm AC và BD, H và K lần lượt là trực tâm của I AD và I BC. M và N lần lượt là trung điểm AB và CD; Pvà Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ I đến BC và AD. 1. Chứng minh HK M N.. Chứng minh M N đi qua trung điểm PQ. Bài 51. (Quảng Trị) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O ) tiếp xúc với hai cạnh AB, AC theo thứ tự tại P.Q và tiếp xúc trong với (O) tại S. Hai đường thẳng SP.SQ cắt lại (O) theo thứ tự tại M, N. Gọi E,D,F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của S trên các đường thẳng AM, M N, AN. 1. Chứng minh SM.AN = SN.AM.. Chứng minh DE = DF. Bài 5. (Thái Bình) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD. Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B cắt AC tại P. Gọi G là giao điểm thứ hai của đường thẳng DP với (O), I là trung điểm AP. Chứng minh rằng: 1. O,P,C, I cùng thuộc một đường tròn.. AG,BC,OP đồng quy. Bài 53. (Thái Nguyên) Cho tam giác ABC nhọn, có AC > AB. Gọi D là hình chiếu của A trên BC và E là hình chiếu của D trên AC. Xét điểm F trên đoạn DE. Chứng minh rằng AF BF EF.DC = BD.DE 7

28 . Bài 54. (Thanh Hoá) Cho tam giác ABC không cân tại A.Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ABC với BC,C A, AB. Đường tròn ngoại tiếp ABC cắt đường thẳng EF tại Pvà Q. Gọi Mlà trung điểm BC, O 1 và O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác I AB và I AC. 1. Chứng minh rằng D,P,Q, M nằm trên một đường tròn.. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp DPQ nằm trên đường thẳng O 1 O. Bài 55. (Vĩnh Phúc) ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có AB < AC. Gọi D,E lần lượt là trung điểm AB, AC. Các đường tròn ngoại tiếp ABE và ACD cắt nhau tại K khác A. Đường thẳng LB cắt đường tròn ngoại tiếp ABE tại điểm thứ hai M, đường thẳng LC cắt đường tròn ngoại tiếp ACD tại điểm thứ hai N. 1. Chứng minh M,K,L thẳng hàng và M N OL.. Chứng minh K là trung điểm M N. Bài 56. (Vĩnh Phúc) ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), P nằm trong ABC nằm trên đường phân giác trong góc B AC. Gọi K,L lần lượt là giao điểm khác P của BP với (APC), CP với (APB). Gọi E,F lần lượt là giao điểm của các phân giác trong góc ABC, ACB với (O). các đường thẳng AE, AF cắt (APC),(APB) lần lượt tại M, N khác A. Chứng minh K,L, M, N cùng thuộc một đường tròn. 5 Phương trình và hệ phương trình Bài 1. (Bắc Ninh) Giải hệ phương trình: [ ] 6x(x + 1) + y(y 4x 1) = (x + 1) x + y 1 x + 5 x = 13 y 6 ( + 44log + 131x ) (x, y R) 5 x 3 Bài. (Bến Tre) Giải hệ phương trình : { x 3 y 3 + 6y + (x 7y) + 1 = 0 3 x + y 3 = x + y 10x 5y + (x, y R) Bài 3. (Hà Nội) 1. Giải phương trình x x x x 7x + 1 = 0 8

29 . Giải hệ phương trình { x + y + x + 4y = 5 x + 4y + x y = 3 Bài 4. (Hòa Bình) Giải hệ phương trình { y 3x y + 5x + 4 = 4 5y + 3 7x = x 1 4y Bài 5. (Khánh Hòa) Giải phương trình trên tập số thực (x 4) x 1 4 x + x 5 = + (x 4) x x 1 Bài 6. (Khánh Hòa) Giải hệ phương trình x + x(x + 3x + 3) = 3 y y = 7 x + 1 x + 18x + 18 = 3 y Bài 7. (Lào Cai) Giải hệ phương trình (x + 1) y + y + + (y 1) x + x + 1 = x + y (x + x) x y + 3 = x + x + y + 1 Bài 8. (Ninh Bình) Giải hệ phương trình: { y 3 + 4x y + 3x y = x 6 + 3x 5 + 4x 4 x y + 1 = 4 Bài 9. (Quảng Trị) 1. Giải phương trình x x + 1 = x + x +. Giải hệ phương trình x 3 + y = (x + 1) y 3 + z = (y + 1) 3z 3 + x = (3z + 1) 9

30 Bài 10. (Thái Nguyên) Giải bất phương trình (1 x) x + x 1 x x 1 Bài 11. (Thái Nguyên) Giải hệ phương trình y 3 + y + x 1 x = 3 1 x 9 4y = x + 6y 7 ( x, y R ) Bài 1. (Vĩnh Phúc) Giải hệ phương trình x + 7x x + 1 = y + y x y + y x x y + 3 (x, y R) 3x + y 5 = y Số học Bài 1. (Trường THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG HN) 1. Giải phương trình nghiệm nguyên dương (a, p,n) trong đó p là một số nguyên tố thỏa mãn : a (a + 1) = 5 n (5 n+1 p 3 ).. Một số nguyên dương n được gọi là tốt nếu với mọi k n thì n có dạng n = a 1 + a a k trong đó (n, a k ) = 1 và các số a i là nguyên dương. Tính tổng tất cả các số tốt nhỏ hơn 016. Bài. (Trường THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG HN) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p 1 là một lũy thừa của 7. Bài 3. (Trường THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG HN) Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương m có n chữ số, chỉ gồm các chữ số 1,,3 và chia hết cho S(m)(tổng các chữ số của m). Bài 4. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp.HCM) Cho hàm số f : N N thỏa mãn các điều kiện: f tăng thực sự và f (n) = f (n) với mọi số n nguyên dương. 1. Giả sử f (a) = 3 và p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh tồn tại n sao cho f (n) chia hết cho p.. Cho q là một số nguyên tố lẻ. Hãy xây dựng một hàm f thỏa mãn bài toán mà f (n) không chia hết cho q với mọi số nguyên dương n. 30

31 Bài 5. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp.HCM) Với mỗi số nguyên dương n,tồn tại duy nhất số tự nhiên a thỏa mãn a n < (a + 1). Đặt n = n a. 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của n khi n thay đổi và luôn thỏa n = 15m với m là số nguyên dương.. Cho p, q là các số nguyên dương và d = 5(4p + 3)q. Chứng minh d 5. Bài 6. (THPT chuyên ĐH Vinh) Tìm các số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn a + b + 3 c = 3d! + 1, biết rằng tồn tại các số nguyên tố p, q sao cho a = (p + 1)(p + 1) = (q + 1)(q 1) Bài 7. (Bắc Ninh) Cho dãy số (a n ) xác định bởi { a 1 = 34 a n+1 = 4an 3 104a n 107a n. với mọi số n nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên tố p thỏa mãn hai điều kiện p 3( mod 4) và a p. Bài 8. (Bến Tre) Cho p là số nguyên tố lẻ và T = T chia hết cho p. p Cp k C k p+k (p +1). Chứng minh rằng Bài 9. (Bình Dương) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình sau có nghiệm nguyên dương (x + y) = n(4x y + 1). k=0 Bài 10. (Hà Nội) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn 1 x + y 4 = 56 z Bài 11. (Hà Tĩnh) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn. x 19 1 = (x 1)(y 1 1) Bài 1. (Hải Dương) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 1 n + n n không chia hết cho 017. Bài 13. (Hải Phòng) 1. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng nếu ord p () = p(p 1) và v p ( p(p 1) 1) = thì ord p k () = p k 1 (p 1) và v p ( pk 1 (p 1) 1) = k, k, trong đó ord b (a) là cấp của a theo mod b và v p (a) là số mũ đúng của a theo mod b. 31

32 . Có bao nhiêu số nguyên dương n thỏa mãn đồng thời n 017 ( mod 3 11 ) ; n 016 ( mod 11 3 )? Bài 14. (Tp. HCM) Với mỗi số nguyên dương n lớn hơn 1, số 1 n được biểu diễn dưới dạng thập phân như sau 1 n = 0, a 1a... Tìm tất cả các số n sao cho n = a 1 + a +... Bài 15. (Khánh Hòa) Cho các số nguyên tố thỏa mãn p 1 < p < p 3 < p 4 và p 4 p 1 = 8. Giả sử p 1 > 5. Chứng minh rằng p 1 chia 30 dư 11. Bài 16. (Kiên Giang) Chứng minh rằng nếu n và m = + 1n + 1 là các số nguyên dương thì m là số chính phương. Bài 17. (Lào Cai) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 9x + 4x + 15 = y 3. Bài 18. (Lạng Sơn) Cho đa thức P(x) = 4x 3 18x +7x +m. Chứng minh rằng với mỗi m Z, n Z sao cho P(n).107. Bài 19. (Long An) Cho số nguyên dương n và d 1 < d < d 3 < d 4 là 4 ước nguyên dương nhỏ nhất của n. Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn n = d 1 + d + d 3 + d 4. Bài 0. (Nam Định) Tìm tất cả các số nguyên dương n có tính chất: nếu a,b là ước của n và (a,b) = 1 thì a + b 1 cũng là ước của n. Bài 1. (Nghệ An) Cho số nguyên dương a không chính phương. Chứng minh số là số vô tỷ. Bài. (Nghệ An) { a} + { a} { a} n 1. Tồn tại hay không các số thực phân biệt a,b sao cho a + b Q nhưng a n + b n Q với mỗi số nguyên dương n > 1?. Cho a,b là các số thực khác nhau sao cho a n b n là số nguyên với mỗi số nguyên dương n. Hỏi a,b là nguyên, hữu tỷ hay vô tỷ? Bài 3. (Ninh Bình) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m luôn tồn tại vô số số nguyên dương n thỏa mãn (3. n + n).m. Bài 4. (Phú Thọ) Với mỗi số nguyên dương n, gọi f (n) là số cách chọn các dấu cộng, trừ trong biểu thức E n = ±1 ± ± ± n sao cho E n = 0. Chứng minh rằng: 1. f (n) = 0 khi n 1,( mod 4). 3

33 n n. Khi n 0,3 ( mod 4) ta có f (n) n 1+[ ]. Bài 5. (Quảng Bình) Cho đa thức f (x) = x ax + bx + c, trong đó a,b,c Z có 3 nghiệm nguyên x 1, x, x 3. Chứng minh rằng biểu thức sau là bội của 017: (a b c )(x 1 x )(x x 3 )(x 3 x 1 ). Bài 6. (Quảng Nam) Cho số nguyên tố p và các số nguyên dương a,b,c phân biệt nhỏ hơn p. Chứng minh rằng nếu các số a 3,b 3,c 3 có cùng số dư khi chia cho p thì a + b + c chia hết cho a + b + c. Bài 7. (Quảng Ngãi) 1. Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình x +016x+017y +y = x y+017x y Cho m,n là các số nguyên dương, m là số lẻ. Chứng minh rằng 4m 3 n + 1 khi và chỉ khi m 3 n + 1 và 3 (m) n + 1. Bài 8. (Quảng Ninh) Cho số nguyên n thỏa mãn điều kiện ϕ(n) +3 ϕ(n) +...+n ϕ(n) chia hết cho n, trong đó ϕ(n) là số các số nguyên dương ko vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n. 1. Chứng minh rằng n ko có ước số lớn hơn 1 nào là số chính phương.. Biết rằng n có ko quá 3 ước nguyên tố, tìm tất cả các số n thỏa mãn điều kiện trên. Bài 9. (Thái Bình) Giải phương trình nghiệm nguyên dương x y y x = (x + y) x+y. 7 Tổ hợp Bài 1. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN ) Trên một giá sách có n cuốn sách được đánh số từ 1 đến n (n N cho trước), ban đầu các cuốn sách được sắp xếp theo thứ tự nào đó. Một thủ thư muốn xếp lại theo đúng thứ tự 1,,...,n từ trái qua phải, quy tắc xếp như sau: Chọn quyển sách đầu tiên có số không đúng vị trí (tính từ bên phải sang) và chuyển cuốn sách đó về đúng vị trí của nó. Ví dụ, trên giá có 4 quyển sách theo thứ tự 3 1 4, sau một bước chuyển quyển số về đúng vị trí của nó ta xếp lại thành Chứng minh rằng người thủ thư có thể hoàn thành công việc của mình sau ít hơn n lần xếp theo quy tắc. 33

34 Bài. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN ) Tìm số lớn nhất phần tử của một tập hợp là tập con của { 1,,3, } thỏa mãn hiệu hai phần tử bất kỳ khác 4 và 7. Bài 3. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN ) Cho n nguyên dương. Các tâm thẻ trong một bộ sưu tập có giá trị m! với m là số nguyên dương nào đó, Một bộ sưu tập tốt là một bộ sưu tập sao cho với mọi số k thỏa mãn k n!, luôn tồn tại một số tâm thẻ trong bộ sưu tập mà tồng giá trị các thẻ này bằng k. Tìm số tấm thẻ ít nhất của bộ sưu tập tốt. Bài 4. (Trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp. HCM) Với các số nguyên a,b,c,d thỏa 1 a < b < c < d, kí hiệu T (a,b,c,d) = {x, y, z, t N 1 x < y < z < t, x a, y b, z c, t d}. 1. Tính số phần tử của T (1,4,6,7).. Cho a = 1 và b 4. Gọi d 1 là số phần tử của T (a,b,c,d) chứa 1 và không chứa, d là số phần tử chứa 1, nhưng không chứa 3, d 3 là số phần tử chứa 1,,3 nhưng không chứa 4. Chứng minh rằng d 1 d d 3. Dấu bằng xảy ra khi nào? Bài 5. (Trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp. HCM) Trong một hệ thống máy tính, một máy tính có thể kết nối trực tiếp với ít nhất 30% máy tính khác của hệ thống. Hệ thống này có một chương trình ngăn chặn và cảnh báo khá tốt,do đó khi một máy tính bị virus,nó chỉ đủ thời gian lây virus cho các máy tính được kết nối trực tiếp với nó. Chứng minh rằng dù vậy, kẻ tấn công vẫn có thể chọn hai máy tính của hệ thống mà nểu thả virus vào hai máy đó, ít nhất 50% máy tính của hệ thống sẽ bị nhiễm virus. Bài 6. (THPT chuyên ĐH Vinh) Bạn An có 1 tấm thẻ, trên mỗi tấm thẻ ghi một số nguyên từ 1 đến 1, các số trên các thẻ đều phân biệt. 1. Chứng minh rằng bạn An có thể chia 1 tấm thẻ đó thành một số nhóm thỏa mãn tính chất (P) như sau: trong mỗi nhóm có nhiều hơn một tấm thẻ đồng thời số lớn nhất ghi trên một tấm thể nào đó bằng tổng các số ghi trên tấm thẻ còn lại.. Nếu bạn An cho bạn Bình n tấm thẻ mang các số từ 1 đến n (1 n 1) thì với những tấm thẻ còn lại bạn An có thể chia thành một số nhóm thỏa mãn tính chất (P) hay không? Bài 7. (Bà Rịa - Vũng Tàu) 1. Tính số hoán vị f (1); f ();...; f (016) sao cho biểu thức T = f (1) 1 + f () f (016) 016 đạt trá trị lớn nhất, trong đó f (1) là giá trị ở vị trí thứ i trong mỗi hoán vị,i = 1,,3,

35 . Trên mặt phẳng xét 4 điểm mà không có ba điểm nào thẳng hàng.ta dựng các đoạn thẳng nối hai điểm trong các điểm nói trên sao cho mọi bộ ba điểm đang xét luôn có hai điểm được nối với nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của số đoạn thẳng cần dựng. Bài 8. (Bắc Ninh) 1. Xung quanh bờ hồ hình tròn có 017 cây liễu. Người ta dự định chặt bớt 5 cây liễu sao cho không có cây liễu nào kề nhau bị chặt. Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện khác nhau?. Một cuộc họp có 1k( k N ) người, trong đó mỗi người bắt tay với đúng 3k + 6 người khác. Biết rằng với mọi cách chọn cặp hai người (A;B) thì số người bắt tay với cả hai người A và B luôn là m(m N,m 3k +6). Hỏi cuộc họp có bao nhiêu người? Bài 9. (Bình Dương) Trên mặt phẳng cho 017 điểm sao cho với ba điểm bất kì ta luôn tìm được hai điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một đường tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 1009 điểm đã cho. Bài 10. (Bình Dương) Trên bảng cho các số 1 016, 016,...,. Mỗi lần thực hiện trò chơi cho phép ta xóa đi hai số a,b bất kì và thay vào số mới bằng a + b 3ab. Hỏi sau 015 lần thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào? Bài 11. (Bình Dương) 1. Trên mỗi ô vuông của một bảng 9x9, ta đặt một con châu chấu. Giả sử cứ sau một tiếng gõ, mỗi con châu chấu nhảy sang ô bên cạnh cùng một hàng hoặc cùng một cột. Chứng minh rằng sau một tiếng gõ có ít nhất hai con ở cùng một ô.. Trên mặt phẳng tọa độ Descartes Ox y, có một con châu chấu ở tọa độ (x, y) trong đó x, y Z. Với N là số nguyên dương cho trước, con châu chấu có thể nhảy từ điểm nguyên A đến điểm nguyên B nếu độ dài AB bằng N. Hỏi rằng con châu chấu có thể nhảy đến bất kì điểm nguyên nào sau hữu hạn các bước nhảy không nếu N = 05. Vì sao? (Điểm nguyên là điểm có tung độ và hoành độ là các số nguyên). Bài 1. (Đà Nẵng) Trong mặt phẳng cho n đường thẳng đôi một cắt nhau và không có ba đường nào đồng quy. Các đường này chia mặt phẳng thành các miền hữu hạn và vô hạn. Chứng minh ta có thể đánh dấu các miền đó bằng các số nguyên thỏa mãn cả ba điều kiện sau: (i) Các số đó khác 0. (ii) Trị tuyệt đối của mỗi số không lớn hơn n. 35

36 (iii) Mỗi đường thẳng đã cho sẽ phân mặt phẳng làm hai phần mà tổng các số của mọi miền thuộc mỗi phần sẽ bằng 0. Bài 13. (Đà Nẵng) Cho bảng ô vuông 017 x 017, người ta điền vào mỗi ô của bảng một số nguyên từ 1 đến 017 sao cho mỗi số được điền vào bảng đúng một lần. 1. Chứng minh tồn tại hai số cạnh nhau trong bảng (tức thuộc hai ô chung cạnh) có hiệu không nhỏ hơn Tìm k N nhỏ nhất sao cho tồn tại một cách điền để hiệu hai số cạnh nhau bất kì trong bảng đều không lớn hơn k. Bài 14. (Đồng Nai) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho: Với n số nguyên dương { } a 1, a,..., a n đôi một khác nhau, luôn tồn tại hai chỉ số i, j 1,,3,...,n để a i + a j 017(a i, a j ) với (a,b) là ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương a,b. Bài 15. (Đồng Nai) Có bao nhiêu hoán vị (a 1, a,..., a 10 ) của các số 1,,3,..,10 sao cho a i > a i với 1 i 5 và a j > a j +1 với 1 i 4. Bài 16. (Hà Nam) Gọi A là tập các bộ (x 1, x, x 3 ) với x 1, x, x 3 { 0;1;;...;7 }. Bộ x = (x 1, x, x 3 ) A gọi là trội hơn bộ y = (y 1, y, y 3 ) A nếu x y và x i y i i = 1;;3. Khi đó ta viết x > y. Tìm n min N sao cho mọi tập con có n ptử của A đều chứa ít nhất bộ x > y. Bài 17. (Hà Tĩnh) Cho tập S = { 1,,3,...,016 }. Hỏi có bao nhiêu hoán vị (a 1, a,..., a 016 ) của tập S sao cho (a 1 + a + a a k ). k với k = 0,1,,...,016 Bài 18. (Tp. HCM) Xét tập hợp S gồm 016 số nguyên dương đầu tiên. Gọi A,B,C là 3 tập con bất kỳ của S, đôi một không giao nhau sao cho A = B = C = 67 và A B C = S. Chứng minh rằng tồn tại 3 số a,b,c lần lượt thuộc 3 tập A,B,C mà số này bằng tổng hai số kia. } Bài 19. (Khánh Hòa) Cho tập hợp A = {a 1, a,..., a 15 gồm 15 phần tử. Chúng ta sẽ tạo ra những tập hợp mà mỗi tập hợp này chỉ chứa một hay nhiều phần tử của A (có thể sử dụng tất cả các phần tử của tập A) và chỉ số dưới của mỗi phần tử trong mỗi tập hợp được tạo thành phải là bội của chỉ số dưới nhỏ nhất có trong tập hợp } đó. } Có bao nhiêu tập hợp như hợp như thế được tạo thành? Chẳng hạn {a, a 4, a 8, {a 6,... là các tập hợp thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 0. (Lạng Sơn) Cho tập M n = { 1;;...;n } (n N ) 1. Gọi X là 1 tập con của M 15 sao cho tích của 3 ptử bất kỳ của X không phải số chính phương. Tìm max X.. Gọi Y là 1 tập con gồm có 15 phần tử của tập M 5. Tập I gọi là tập "tốt" nếu như không tồn tại phần tử nào mà tích của chúng là số chính phương. Tính số tất cả các tập "tốt". 36

37 Bài 1. (Nghệ An) Một số nguyên dương k được gọi là "đẹp" nếu có thể phân hoạch tập hợp các số nguyên dương Z thành tập hợp A 1, A,..., A k sao cho với mỗi số nguyên dương n 15 và với mọi i { 1;;...;k } đều tồn tại hai sô thuộc tập A i có tổng là n. 1. Chứng minh rằng k = 3 là đẹp.. Chứng minh rằng mọi k 4 đều không đẹp. Bài. (Ninh Bình) Tìm k max N sao cho ta có thể phân hoạch tập hợp các số nguyên dương thành k tập hợp A 1, A,..., A k thỏa mãn với mỗi n N,n > 14, trong mỗi tập A i i = 1,k đều tồn tại số có tổng bằng n. Bài 3. (Phú Thọ) Một hàng cây bưởi Đoan Hùng gồm 17 cây thẳng hàng đánh số cây theo thứ tự là các số tự nhiên từ 1 đến 17. Ban đầu mỗi cây có một con đậu trên đó để hút mật hoa. Sau đó, cứ mỗi giờ có hai con ong nào đó bay sang hai cây bên cạnh để tìm và hút mật nhưng theo hai chiều ngược nhau. Hỏi sau một số giờ có hay không trường hợp mà 1. Không có con ong ở cây có số thứ tự chẵn.. Có 9 con ong ở cây cuối cùng. Bài 4. (Quảng Bình) Cho số nguyên dương n 4. Tìm số lớn nhất các cặp gồm hai phần tử phân biệt của tập X n = { 1,,...,n } sao cho tổng các cặp khác nhau là các số nguyên khác nhau và không vượt quá n. Bài 5. (Quảng Ninh) Giả sử S là tập hợp hữu hạn các điểm mà mỗi điểm của nó được tô bởi một trong màu đỏ hoặc xanh. Gọi A 1, A,..., A 68 là tập con của tập S mà mỗi tập chứa đúng 5 điểm thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: Hỏi: i Mỗi tập A 1, A,..., A 68 chứa ít nhất một điểm màu đỏ. ii Với ba điểm bất kì trong S, tồn tại chính xác 1 tập con A i chứa 3 điểm đó. 1. Tìm số phần tử của tập S.. Tồn tại hay không một tập con A i chứa 4 hoặc 5 điểm đỏ. Vì sao? Bài 6. (Quảng Trị) 1. Cho tập hợp S = { 1;;3;...;016 }. Hỏi có bao nhiêu tập con của S có 3 phần tử mà chúng là độ dài của 3 cạnh của một tam giác có chiều dài cạnh lớn nhất bằng 1000?. Cho một hình vuông có cạnh bằng 1. Bên trong hình vuông này có n( n N ) hình tròn có tổng diện tích lớn hơn n 1. Chứng minh rằng tồn tại một điểm của hình vuông nằm trong tất cả hình tròn này. 37

38 Bài 7. (Thái Nguyên) Cho tập hợp E = { 1;;3;4;5 }. Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất ba chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10. Bài 8. (Thanh Hóa) Tại bốn đỉnh của tứ diện ABCD có ghi tương ứng bốn số a,b,c,d không đồng thời bằng nhau.thực hiện phép biến đổi số tại các đỉnh của tứ diện như sau: Mỗi lần biến đổi ta xóa bộ các số cũ (x; y; z; t) và thay vào đó bộ bốn số mới (x +y +z 3t; y +z +t 3x; z +t +x 3y; t +x +y 3z) theo thứ tự bất kỳ. Chứng minh rằng kể từ sau lần biến đổi đầu tiên, trong bốn đỉnh của tứ điện có ít nhất một đỉnh được ghi số dương và sau một số lần thực hiện phép biến đổi luôn có ít nhất một đỉnh của tứ diện được ghi số không nhỏ hơn

39 Phần II LỜI GIẢI 1 Bất đẳng thức Bài 1 1. Cho x, y là các số thực dương sao cho x + y và y + x khác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x + y)(4x + y ) (x + y ) + (y + x)(4y + x ) (x + y ) 3(x + y). Cho a,b,c > 0 sao cho a + b + c = 3. Chứng minh rằng a b (ca + 1) + 1. Ta sẽ chứng minh: b c (ab + 1) + c a (bc + 1) 9 (1 + abc)(ab + bc + ca) (THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội) (x + y)(4x + y ) (x + y ) x + y 1 (x y 6x 3y + ) 0 (đúng). Chứng minh tương tự ta được: P 1. Vậy GTNN của P là 1 khi x = y = hoặc x = y = Theo BĐT Cauchy - Schwartz thì 1 a c c yc a (bc + 1) = c yc b + 1 c = ( 1 a + 1 b + 1 c ) 1 a + 1 b + 1 c + a + b + c = (ab + bc + ca) abc(ab + bc + ca) + 3a b c. ( 1 a + 1 b + 1 c ) 1 a + 1 b + 1 c + 3 Đặt ab + bc + ca = x, abc = y. BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được x x y + 3y 9 x(1 + y) x3 + x 3 y 9x y + 7y x(x 9y) + y(x 3 7y) 0, một điều luôn đúng vì x 9y 0 và x 3 7y 0. Vậy BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra a = b = c =

40 Bài Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức x k y k z k (x 3 + y 3 + z 3 ) 3 đúng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) sau đây trích từ trang nangkhieutoan.com Dễ dàng tìm được các bộ số để BĐT không đúng với k = 1 và k =. Nhận xét rằng nếu BĐT đúng với k = 3 thì BĐT sẽ đúng với mọi k > 3 vì x k y k z k (x 3 + y 3 + z 3 ) = x 3 y 3 z 3 (x 3 + y 3 + z 3 ).x k 3 y k 3 z k 3 3. Điều này gợi ý cho ta chứng minh rằng k = 3 là số nhỏ nhất cần tìm, bằng cách chứng minh x 3 y 3 z 3 (x 3 + y 3 + z 3 ) 3. (1.1) Thật vậy, giả sử z là số nhỏ nhât trong ba số x, y, z, suy ra z 1. Ta có x 3 + y 3 = (x + y) 3 3x y(x + y) = (3 z) 3 3x y(3 z). Khi đó Để ý rằng (1.1) (3 z) 3 + z 3 3 x 3 y 3 + 3x y(x + y) z3 3z 9z x 3 y 3 z 3 + x y + x y. (1.) 1 x 3 y 3 z 3 + x y + x y x 3 y x 3 y 3 z 3 đồng thời 3z 9z z = 3(z 1)3 z nên (1.) đúng, và BĐT ban đầu được chứng minh. Vậy k = 3 là số nguyên dương nhỏ nhất để BĐT ban đầu đúng. Dấu bằng xảy ra x = y = z =

41 Bài 3 Tìm tất cả các số thực k sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm a,b,c (a + b + c) ab + bc + ca + k.max{(a b),(b c),(c a) } a + b + c. 3 (THPT chuyên Đại học Vinh) Không mất tính tổng quát giả sử a b c. Khi đó max{(a b),(b c),(c a) } = (a c). (a + b + c) Như vậy, ta sẽ tìm k sao cho: ab + bc + ca + k(a c) a + b + c. 3 Cho c = 0, a = b ta được 1 4 k 1 (a + b + c). Ta sẽ chứng minh ab +bc +ca +k(a 3 c) a + b + c với mọi 1 4 k 1. Ta có ( (a + b + c) ab + bc + ca + k(a c) k + 1 ) (a c) (a + c b) 0, nên BĐT đầu tiên đúng. Đồng thời (a + b + c) 3 nên BĐT thứ hai cũng đúng. ( ) 1 + k(a c) a + b + c k (a c) (a + c b) 0 Bài 4 1. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x yz = 1. Chứng minh bất đẳng thức 1 (x + y + z) + 1 (x + y + z) + 1 (x + y + z) Cho x, y, z không âm và thỏa x + y + z = 1. Chứng minh bất đẳng thức ( ) (x y + y z + z 1 x) x y z + 1. (Bà Rịa - Vũng Tàu) Trước hết xin phát biểu không chứng minh một bổ đề quen thuộc. Bổ đề 1 Cho x, y, z > 0. Khi đó 9(x + y)(y + z)(z + x) 8(x + y + z)(x y + yz + zx). 41

42 Trở lại bài toán. 1. Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có 1 (x + y + z) = 1 ((x + y) + (x + z)) 1 4(x + y)(x + z). Do đó BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được 1 4(x + y)(x + z) (x + y + z) (x + y)(y + z)(z + x) 3 8 (x + y + z)(x y + yz + zx) (x + y)(y + z)(z + x)(x y + yz + zx), 3 Nhưng điều này đúng vì x y + yz + zx 3 x y z = 3 và theo bổ đề bên trên. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra a = b = c = 1.. Chúng tôi xin nêu hai cách chứng minh cho câu. Cách 1: Ta có (x + y + z)(x + y + z ) = x 3 + y 3 + z 3 + x (y + z) + y (z + x) + z (x + y) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và x + y + z = 1 ta có x y + y z + z x 1 (x + y + z) 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: ( 1 x y z + 1) ( 1 x y z + 1 Do đó ta sẽ chứng minh ( ) ( 3 1 x y z + 1 (x + y + z) 7 4(x + y + z) 1 x y z (x + y + z) + x x y y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwartz ta có V T ) z z (x + y + z) 3 + x + y + z + 7 4(x + y + z) (x + y + z) 7 V T + 4 4(x + y + z) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và x + y + z 3(x + y + z ) = 3 ta có 7 + y + z) 9 + y + z) 18 +(x = +(x + 4(x + y + z) 4 4(x + y + z) 4 4(x + y + z) = 3 Từ đó ta thấy đpcm là đúng. 4 )

43 Cách : Ta có Do đó cần chứng minh x y + y z + z x (x + y + z)(x + y + z ) 3 x + y + z + x + y + z + x + y + z x 1 + y 1 + z = x + y + z 3 Ta có: Do đó Do đó x 1 + x x y + zx + zx x + y + z = 1 ( x 1 (x + y)(x + z) x 1 + x + y 1 + y + x x + y + z 1 + z 3 x x + z ) Hay là chứng minh y + z x + y + z + z + x y + z + x + x + y z + x + y 3 Ta có: ( ) y + z y x + y + z x + y + z x + z Suy ra: ( ) ( ) ( ) y + z z + x x + y x + y + z z + x + y z + x + y Mặt khác: ( y + z x + y + z + ( 3 y + z x + y + z ) + z + x y + z + x + ( ) x + y z + x + y ) ( z + x + z + x + y ) x + y 9 z + x + y Suy ra y + z x + y + z + z + x y + z + x + x + y z + x + y 3 Do đó ta có đpcm. 43

44 Bài 5 Cho a,b,c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c = 9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = ab 3a + 4b + 5c + bc 3b + 4c + 5a + ca 3c + 4a + 5b 1. ab(a + c)(b + c) (Bắc Ninh) Ta có ab 3a + 4b + 5c = ab 5(a + b + c) + (a + 3b) 36 ( 5ab a + b + c + ab a + 3b ). Bây giờ ta sẽ chứng minh Ta có: ab a + b + c 1 4 ab a + b + c 9 4. nên điều trên sẽ đúng nếu ta sẽ chứng minh: ( ab c + a + ) ab = 1 b + c 4 (a + b + c) = 9 4 ab a + 3b 9 4. Đế ý rằng Mặt Khác ( ab a + 3b 1 ab 16 a + ) 3ab = 1 ( ) b + 3a = 1 b 16 4 (a + b + c) = 9 4 ab 3a + 4b + 5c 1 18 ( ) = (1.3) 1 = ab(a + c)(b + c) (ab + bc)(ab + ca) (ab + bc + ca) = 3 3(ab + bc + ca) 3 (a + b + c) = 3 9 = 1 7 Từ (1.3) và (1.4) ta được: T = Vậy GTLN của T là khi a = b = c = (1.4) 44

45 Bài 6 Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 1344 a + ab + 3 abc 016. a + b + c Ta có: a + ab + 3 a a abc = a + 4.b + 3 P 1008 a + b + c 016 a + b + c = khi a = 16 1,b = 4 1,c = 1 1. Bài 7 ( 4.b.4c a + a 4 +b Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng x y + z + y z + x + x y + z ( x) = x + y + z. (y + z) x + y + z Bài 8 (Bến Tre) ( ) a 4 + b + 4c = 4 ( ) a + b + c) 3 1 a + b + c 1) Vậy GTNN của P là z x + y x + y + z Hướng dẫn yz y + z + x y x + y + yz y + z + x y x + y + zx z + x (x y) 0 (đúng) 4x y zx z + x. Cho các số thưc dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng : Ta có: a b + c = 1 bc(b + c) 3 3 a 3 + b 3 + c a b + c + b c a + c + a + b 3 3 a 3 + b 3 + c bc(b + c) 9 3( bc(b + c)) (Bình Thuận) (Đồng Nai) 3 3 a 3 + b 3 + c 3 + 3abc = 45

46 Bài 9 Cho a,b,c 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của: a P = b + c + b c a + c + a + b. (Hà Nam) a a Chuẩn hoá a + b + c = 3. Ta sẽ chứng minh rằng b + c = 3 a a. Điều này tương 3 đương với a(a 3) 0, hiển nhiên đúng. Cộng lại ta được P.3 =. Vậy GTNN của 3 P bằng khi có một số bằng 0 và hai số bằng nhau. Nhận xét 1 Một số bạn sẽ giải bài này như sau: Ta có P = a b + c = a a(b + c) a = là sai, vì để ý rằng khi nhân cả từ và mẫu của phân thức cho một số, số a + b + c đó phải khác 0. Bài 10 Cho a,b,c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 a + 1 b + 1 (a + b + c). c (Hà Nội) Dự đoán GTNN của P là 3 đạt tại a = b = c = 1, vậy ta sẽ cố gắng chứng minh BĐT P = 1 a + 1 b + 1 (a + b + c) 3. c Từ giả thiết suy ra tồn tại các số x, y, z > 0 sao cho a = x y + z,b = y z + x,c = z x + y. BĐT cần chứng minh trở thành y + z x + z + x y + x + y z ( ) x y + z + y z + x + z + 3. x + y 46

47 Để ý rằng y + z x + z + x y + x + y z ( ) x 4 y + z + y z + x + z. x + y nên BĐT sẽ đúng nếu ta chứng minh được x y + z + y z + x + z x + y 3. Nhưng đây chính là BĐT Nesbitt quen thuộc, vì vậy BĐT ban đầu đúng.. Nhận xét Cách đặt a = x y + z,b = y z + x,c = z khá kinh điển trong việc đổi biến và x + y thuần nhất hoá để chứng minh bất đẳng thức, và nó giúp đưa về các dang bài toán quen thuộc. Ngoài ra, chúng ta còn những cách đặt khác cho các loại giả thiết tương tự. Cụ thể như sau, nếu x, y, z là các số dương thi: x + y + z + x yz = 4 x = cos A, y = cosb, z = cosc với A,B,C là ba góc trong một tam giác. x yz = x + y + z + x = b + c a, y = c + a b, z = a + b với a,b,c > 0. c Bạn đọc có thể dễ dàng kiểm tra các cách đặt trên. Ngoài ra còn một số bài toán khác liên quan đến cách đổi biến lượng giác như: 1. (USA 001) Cho a,b,c không âm thỏa mãn a + b + c + abc = 4. Chứng minh rằng: 0 ab + bc + ca abc. (Iran 00) Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a + b + c + abc = 4. Chứng minh rằng: a + b + c 3 Bài 11 Cho các số thực dương a,b,c dương và thỏa mãn a 5 +b 5 +c 5 = 3. Chứng minh rằng a 6 b 6 + b 6 c 6 + c 6 a 6 3. (Hà Tĩnh) Đặt x = a 5, y = b 5, z = c 5 thì x + y + z = 3. BĐT cần chứng minh tương đương với x y 5 x y + yz 5 yz + zx 5 zx 3. Theo BĐT AM - GM thì x y 5 x y x y(x + y + 3) = x y(x + y + x + y + z) = x y(x + y) + x yz x,y,z c yc 5 c yc 5 x,y,z

48 (x + y + z)(x y + yz + zx) 3x yz 6(x y + yz + zx) 3x yz = =. 5 5 Mặt khác theo BĐT Schur thì Suy ra (x + y + z) 3 + 9x yz 4(x + y + z)(x y + yz + zx) x yz 4.3(x y + yz + zx) 9 + 3x yz 4(x y + yz + zx) 6(x y + yz + zx) 3x yz 6(x y + yz + zx) 4(x y + yz + zx) (x y + yz + zx) + 9 = 3 (x + y + z) + 9 = Vậy BĐT ban đầu được chứng minh. Dấu bằng xảy ra a = b = c = 1. Nhận xét 3 Bằng cách tương tự ta có thể giải đuợc bài toán tổng quát sau: Cho các số thực dương a,b,c và k 3 thỏa mãn a k + b k + c k = 3. Chứng minh rằng a k+1 b k+1 + b k+1 c k+1 + c k+1 a k+1 3. Bài 1 Cho a,b,c 1 thỏa mãn a + b + c = 6. chứng minh rằng ab + bc + ca 3 abc + ab + bc + ca 4. (Hải Phòng) Đặt p = a + b + c = 6, q = ab + bc + ca,r = abc. Từ giả thiết dễ dàng chứng minh được q 1. Ta có (a b) (b c) (c a) 0 7r + p(9q p )r + p q 4q 3 0 r p(9q p ) + (p 3q) p 3q 7 Ta cần chứng minh Điều này sẽ đúng nếu ta chứng minh được = 18(q 8) + (1 q) 3(1 q) 9 (1.5) q 9(q + r 4) q 9q r. (1.6) q 9q (q 8) + (1 q) 3(1 q) (1 q)( 1 q 3) 0, một điều hiển nhiên đúng. Từ (1.5) và (1.6) ta có điều phải chứng minh 48

49 Bài 13 Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn abc = 1 và x, y, z thuộc R. Chứng minh rằng x (a + b) + y (b + c) + z (c + a) (x y + yz + zx). (Hoà Bình) Đặt a = m 3,b = n 3,c = p 3. Do abc = 1 nên mnp = 1. Áp dụng BĐT quen thuộc m 3 + n 3 mn(m + n) và BĐT Cauchy - Schwartz, ta có x (m 3 + n 3 ) + y (n 3 + p 3 ) + z (p 3 + m 3 ) x mn(m + n) + y np(n + p) + z pm(p + m) [x(m + n)] [y(n + p)] = + p(m + n) m(n + p) + [z(p + m)] n(p + m) Như vậy BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được [x(m + n) + y(n + p) + z(p + m)]. (mn + np + pm) [x(m + n) + y(n + p) + z(p + m)] (x y + yz + zx) (mn + np + pm) [x(m + n) + y(n + p) + z(p + m)] 4(x + y + z)(m + n + p) Để ý rằng x(m + n) + y(n + p) + z(p + m) (x + y + z)(m + n + p) x(m + n) + y(n + p) + z(p + m) + xp + ym + zn (x + y + z)(m + n + p) + xp + ym + zn. x(m + n) + y(n + p) + z(p + m) + xp + ym + zn [x + y + z + (x y + yz + zx)][m + n + p + (mn + np + pm)] = (x + y + z) (m + n + p) = (x + y + z)(m + n + p) x(m + n) + y(n + p) + z(p + m) + xp + ym + zn chính là điều phải chứng minh. Bài toán trên đã kết hợp BĐT trong đề Ukraine năm 001 với một đánh giá quen thuộc là a 3 + b 3 ab(a + b) Nội dung bài BĐT trong đề Ukraine năm 001 như sau: Cho a,b,c, x, y, z là các số thực dương và x + y + z = 1. Chứng minh rằng: ax + by + cz + (x y + yz + zx)(ab + bc + ca) a + b + c Nhận xét 4 Có thể thấy bài toán này cũng đúng trong trường hợp x, y, z là các số thực, từ đó ta có được bài toán BĐT trong đề chọn đội tuyển của tỉnh Hòa Bình. 49

50 Bài 14 Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn a +b +c = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (a + 1) + (b + 1) + (c + 1) + 6 6abc Chúng tôi xin nêu hai cách chứng minh cho bài này như sau. (Tp. HCM) Cách 1: Đặt P = (a +1) +(b +1) +(c +1) +6 6abc. Không mất tính tổng quát giả sử ab 0. Thay c = a b vào P ta được P = 3(a + b 6ab) + (a b ) + (a b) (a + b + 6ab) Vậy GTNN của P là 3, xảy ra khi a = b = c = 0 hoặc a = b =,c =. 3 3 Cách : Dự đoán rằng bất đẳng thức tồn tại dấu bằng tại biên nên ta sẽ đi dồn biến về biên. Theo nguyên lý Dirichlet trong 3 số a,b,c sẽ tồn tại số cùng dấu, giả sử ab 0. Bỏ qua trường hợp đơn giản là c 0. Xét c < 0. Xét hiệu: ( ) a + b f (a,b,c) f, a + b,c = (a + 1) + (b + 1) + (c + 1) + 6 6abc ( (a + b) = 1 8 (a b) (7a + 10ab + 7b c) 0 (do ab 0,c < 0) Đặt t = a + b. Khi đó: c = t. Ta có: 4 ) + 1 (c + 1) 6 (a + b) 6 c 4 P (t + 1) + (4t + 1) + 1 6t 3 = 3 + t (3t + 6) Vậy GTNN của P là 3, xảy ra khi a = b = c = 0 hoặc a = b =,c = 3 3 Bài 15 Cho hai số thực x và y thỏa mãn x + x y + y. Chứng minh rằng 5x + x y + y 1. (Khánh Hòa) Ta có: (x +y) 0 5x +x y +y 6(x + x y + y ) 6. = 1 (điều phải chứng minh). 50

51 Bài 16 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x yz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P = 1 x + y y + z z + x + 3. (Lạng Sơn) Ta có: P = 1 x + y + 3 = 1 x + y y + ( ) x + y Ta sẽ lần y + lượt chứng minh các BĐT phụ sau: 1 ( ) 3+ ( ) 3+x x + y Ta có: x +y +1 = x 3 y 3 3 y 3 z 3 x 3 y 3 (x 3 +y 3 )+x 3 y 3 z 3 = x 3 + y 3 + z 3 z 3 1 x + y + 1 z 3 x 3 + y 3 + z 3 = 1 (đpcm). 1 y + 1. Thật vậy, điều này tương đương với y y + 1. Để ý rằng y y + (x + y + z) x + y + z + 6 = x + y + z + (x y + yz + zx) x + y + z x + y + z (x yz) + 6 x + y + z = 1 (đpcm) + 6 Từ hai điều trên ta được: P 1 4 (1 + 1) = 1. Vậy GTNN của P là 1 khi x = y = z = 1. Bài 17 Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: (a + b) a ab + b + (b + c) b bc + c + (c + a) c ca + a 1. (Nam Định) Ta có: (a + b) a ab + b = (a + b) (a + b) + 3(a b) (a + 1)(a + b) = (a + 1) = 1 a + b 51

52 Bài 18 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng: 1 x + y + 1 y + z + ( 1 4 z + x 1 x y z + 7 ). (Ninh Bình) Ta có 4 x + 7 = 4 (x + 1) + (x + 1) + (y + 1) + (z + 1) 4 ( x + y) + ( z + x) ( ) 1 ( x + y) + 1 ( z + = 1 x) x + y Bài 19 Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác và a b c. Chứng minh rằng a(a + b ab) + b(a + c ac) + c(c + b bc) a + b + c. (Quảng Bình) Chúng tôi xin nêu hai cách chứng minh cho BĐT này. Cách 1: BĐT cần chứng minh trở thành x x + y x y + y x + z xz + z y + z yz x + y + z. Để ý rằng Chứng minh tương tự ta sẽ được x x + y x y+y x + z xz+z (x x + y 3 + y 3 )(x + y) x y = x + y x + y x + y. y + z yz x(x + y ) x + y Vậy BĐT ban đàu sẽ đúng nếu ta chứng minh được x(x + y ) + y(x + z ) x + y x + z [ y(x y)(y z) + z(y + z ) y + z x + y + z x (x + y)(x + z) + z (y + z)(x + z) + y(x + z ) + z(y + z ) x + z y + z Nhưng điều này luôn đúng với mọi x y z > 0, nên BĐT ban đầu được chứng minh. 5 ] 0.

53 Cách : Đặt f (y) = x x + y x y +y x + z xz+z f x(y x) (y) = x + y x y + z(y z) y + z yz + x xz + z y y + z yz (x +y +z ) Ta có: f (x) = 3x 3 4( x + y x y) 3 + 3z3 4( y + z yz) 3 x x y + y = ( x y) x 3 4 x y yz + z z f 3 (y) = 3 4( 4 ) < 0 Vậy f (y) là hàm lồi f (y) đạt giá trị nhỏ nhất tại y = x hoặc y = z. Ta có f (x) = (x + z)(x 3 + z 3 ) (x + z ) 0 f (z) = (x + z)(x 3 + z 3 ) (x + z ) 0 Từ đó ta có đpcm. Nhận xét 5 Đây chính là BĐT trong đề Iran TST 013, có thể thấy giả thiết a,b,c là 3 cạnh của tam giác là không cần thiết. Bài 0 Cho các số thực không âm a,b,c,d. Chứng minh bất đẳng thức: (a + b + c + d) 3 4(a 3 + b 3 + c 3 + d 3 ) + 4(abc + bcd + cda + dab) (Quảng Nam) Không mất tính tổng quát, giả sử d = min{a,b,c,d} d [ 0, a + b + c 3 Xét f (d) = 4(a 3 +b 3 +c 3 +d 3 )+4(abc +bcd +cda +dab) (a +b +c +d) 3 f (d) = 1d 3(a+b+c +d) +4(ab+bc +ca) f (d) = 4d 6(a+b+c +d) = 6(3d a b c) 0 f (d) là hàm lồi f (d) đạt giá trị nhỏ nhất tại d = 0 hoặc d = a + b + c. Ta có: 3 f (0) = 3[a 3 + b 3 + c 3 + 3abc ab(a + b) bc(b + c) ca(c + a)] + 9abc 0 ( ) a + b + c f = (a3 + b 3 + c 3 ) abc + 4 [ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)] 0 3 Từ đó ta có đpcm. ]. 53

54 Bài 1 Cho ba thực dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 1 a + 1 b + 1 c + a b + b c + c a 6 8 a + b b + c c + a + (Quảng Ngãi) Trước hết xin phát biểu lại một bổ đề quen thuộc. Bổ đề Cho a,b,c là ba số dương. Khi đó ( )( )( ) ( ) a b c 3. abc Chứng minh bổ đề này dễ dàng và xin giành lại cho bạn đọc. Quay lại bài toán. Đầu tiên ta sẽ chứng minh Điều này tương đương với 1 a + 1 b + 1 c + a b + b c + c a 6. 1 a + 1 b + 1 c + 1 a + 1 b + 1 c + a + b + c + a b + b c + c a 6 + a + b + c 1 a + 1 b + 1 c + a + 1 a + b + 1 b + c a + 1 c 1 + b + b c + c a 15 Ta có các BĐT sau: 1 a + 1 b + 1 c 9 (a + b + c) = 9 6 = 3 (1.7) a + 1 a + b + 1 b + c a + 1 c 1 + b + b c + c a 6 6 (a + 1)(b + 1)(c + 1) 8abc 1 = (1 + 1 a )(1 + 1 a )(1 + 1 a ) ( ) abc 8 (1 + 1)3 = 6 (1.8) Từ (1.7) và (1.8) ta có điều phải chứng minh. Bây giờ ta sẽ chứng minh 8 a + b b + c c + a

55 Ta có: a + b a + b + + b + c b + c + + c + a c + a + 3 a + b a + b + + b + c b + c + + c + a c + a + ( a + b + b + c + c + a ) (a + b + c. + 3) Vậy BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được ( a + b + b + c + c + a ) (a + b + c 3 + 3). ( a + b + b + c + c + a ) 3(a +b +c )+9 = 3(a +b +c )+(a +b +c) (a + b )(b + c )+ (b + c )(c + a )+ (c + a )(a + b ) a +b +c +ab+bc+ca Để ý rằng (b + c )(b + a ) b + ca, (c + a )(c + b ) c + ab, (a + b )(a + c ) a + bc. Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh. Vậy BĐT ban đầu của ta đúng. Nhận xét 6 Đây chính là bài toán trong đề chọn đội tuyển Iran 009, và cách giải của nó như sau: Không mất tính tổng quát, giả sử: a b c a 1;b + c. Do điều kiện đề bài là a + b + c = 3 nên để giảm tính phức tạp, ta sẽ dồn như sau: với f ( a,b,c ) = f ( a,b,c ) f ( a, b + c, b + c 1 + a + b b + c c + a Vì b + c, a b c nên ta có: ( ) f a, b + c, b + c f ( a,b,c ) = 1 ( ) + a b + c + a + b 1 + a + c b + c + 1 (b + c) + + (b c) (a b 4bc c + 4) = ( + a + b )( + a + c )( 8 + 4a + (b + c) ) + (b c) ( + b + c )(4 + (b + c) ) [ ] = (b c) (a bc) + 4 (b + c) ( + a + b )( + a + c )( 8 + 4a + (b + c) ) + 1 ( + b + c )(4 + (b + c) ) 55 ) 0

56 Do đó ta chỉ còn cần chứng minh f ( a, t, t ) 3 với a + t = 3 4 Điều này tương đương với: (a 1) (15a 78a + 111) 0 Do đó ta có điều phải chứng minh là đúng. Bài Cho a,b,c > 0 thỏa mãn (a +b)(b +c)(c + a) = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a ab + b b bc + c c ca + a + +. ab + 1 bc + 1 ca + 1 (Quảng Ninh) Ta có: (a ab + b )(a + b) = (a 3 + b 3 )(a + b) (a + b ) = a +b ( a ab + b ) a + b a + b. Chứng minh tương tự ta được P a + b a + b ( ab + 1)(a + b) a +. ab(a + b) Ta sẽ chứng minh ( ) a + b Để ý rằng a + ab(a + b) 1 (a + b + c ) + (a + b )(b + c ) a + ab(a + b). Vậy ta cần chứng minh 1 ab(a + b) (a + b) = a + b + c + ab + bc + ca. a + b + c + (a + b )(b + c ) (a + b + c) + ab + bc + ca. Mà a + b + c ab + bc + ca nên ta chỉ cần chứng minh (a + b )(b + c ) a + b + c. Ta có (a + b )(b + c ) (b + ca) = 1 (a + b) 1 ( ) (a + b) = 6 3 (a + b + c). Vì thế ta sẽ đi chứng minh 3 (a + b + c) a + b + c a + b + c 3, một điều dễ dàng suy được từ điều kiện ban đầu. Vậy GTNN của P là 1 khi a = b = c =

57 Bài 3 Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z =. Chứng minh: x y + y z + z x x 3 + y 3 + z (x4 + y 4 + z 4 ). (Quảng Trị) Nhận xét rằng vế đầu của BĐT cần chứng minh luôn đúng vì 3(x 3 + y 3 + z 3 ) 3(x y + y z + z x) = (x y) (x + y) 0. Bây giờ ta sẽ chứng minh vế sau. Chúng tôi xin trình bày hai cách chứng minh cho BĐT này. Cách 1: Ta có Để ý rằng x 3 + y 3 + z (x4 + y 4 + z 4 ) (x 3 + y 3 + z 3 ) + x 4 + y 4 + z 4 (x + y + z)(x 3 + y 3 + z 3 ) + x 4 + y 4 + z 4 x y(x + y ) + yz(y + z ) + zx(z + x ). x y(x +y )+yz(y +z )+zx(z +x ) x y(x +y )+yz(y +z )+zx(z +x )+x yz(x+y+z) = (x y + yz + zx)(x + y + z ) ( ) 1 (x y + yz + zx) + x + y + z = 1 8 (x + y + z)4 =. Vậy ta có điều phải chứng minh. Cách : Đặt Khi đó p = x + y + z = ; q = x y + yz + zx;r = x yz. x 3 + y 3 + z 3 = p 3 3pq + 3r = 8 6q + 3r x 4 + y 4 + z 4 = (p q) (q pr ) = q 16q + 8r Do đó ta cần chứng minh: 8 6q + 3r q 8q + 4r r + (q 1) 0, một điều luôn đúng với mọi x, y, z 0. Vậy BĐT ban đầu được chứng minh. 57

58 Bài 4 1. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 1 (1 + a) ( ) b (1 + c) ( ) 1 ab + bc + ca Cho x, y, z là ba số thực dương thoả mãn x yz 1 và z 1. Tìm GTNN của biểu thức F = x 1 + y + y 1 + x + 4 z3 3 ( 1 + x y ). (Thái Nguyên) 1. Trước hết xin nhắc lại bổ đề quen thuộc sau. Bổ đề 3 Cho a,b > 0. Khi đó 1 (1 + a) + 1 (1 + b) ab. Chứng minh bổ đề này dễ dàng, xin giành lại cho bạn đọc. Quay lại bài toán. Ta có: 1 (1 + a) (1 + a) (1 + a) 3. 1 (1 + a) = (1 + a). Chứng minh tương tự ta được: 1 (1 + a) ( ab) 3 ( ) 1 4 (1 + a) ( ab) Áp dụng thêm bổ đề vừa nêu trên có được: (1 + a) ( ab) ( ) 1 4 (1 + a) ( ab) 3 16 ( ) ab 3 ( ab) ab + bc + ca (ab +bc +ca +3) chính là đpcm = 1 3. Chúng ta tiếp tục có một bổ đề khác cho bài này như sau. 58

59 Bổ đề 4 Cho x, y là hai số thực dương thoả x y 1. Khi đó x 1 + y + y 1 + x x y. x y + 1 Chứng minh bổ đề này xin giành lại cho bạn đọc. Quay lại bài toán. Dễ thấy z 1 nên x y 1. Ta có: F = x 1 + y + y 1 + x x y + 1 z3 3(1 + x y) x 1 + y + y 1 + x x y x y + 1 x y x y. Ta sẽ chứng minh: x y x y x y 3 ( x y 1) 0, một điều hiển nhiên đúng. Do vậy F 3. Vậy GTNN của F là 3 khi x = y = z = 1. Ta có: a b + c = 1 bc(b + c) 3 3 a 3 + b 3 + c bc(b + c) 9 3( bc(b + c)) = 3 3 a 3 + b 3 + c 3 + 3abc = Bài 5 Cho x, y, z > 0 thỏa x + y + z = 1 x + 1 y + 1. Chứng minh rằng z 1 (x y + yz + zx) + 1 (yz + zx + x y) + 1 (zx + x y + yz) 3 16x y z. (Thanh Hoá) Theo BĐT AM - GM thì c yc 1 1 (x y + yz + zx) c yc 4(zx + x y)(x y + yz) = c yc 4x y(y + z)(z + x) nên BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được c yc 1 4x y(y + z)(z + x) 3 16x y z x c yc (z + x)(x + y) 3 4x yz 8x yz(x y + yz + zx) 3(x + y)(y + z)(z + x) ( ) ( )( ) (1 1 8 x + 1 y z x y y + 1 z z + 1 ). (1.9) x

60 Đặt a = 1 x,b = 1 y,c = 1 z, ta có a + b + c = 1 a + 1 b + 1. Khi đó (1.9) trở thành c Vì theo bổ đề 1, 8(a + b + c) 3(a + b)(b + c)(c + a) 8(a + b + c)(ab + bc + ca) 3(a + b)(b + c)(c + a)(ab + bc + ca) (1.10) 3(a + b)(b + c)(c + a) 8 (a + b + c)(ab + bc + ca) 3 đồng thời ab + bc + ca = abc ( a + b + c ) 1 3( ab + bc + ca ) ab + bc + ca 3 nên (1.10) đúng và ta giải quyết xong BĐT. Dấu bằng xảy ra x = y = z = 1. Chú ý 1 Các BĐT với điều kiện a + b + c = 1 a + 1 b + 1 luôn khá khó chịu, đòi hỏi người c làm phải nắm chắc những kiến thức cơ bản cộng với một chút khéo léo trong biến đổi, tính toán. Nhưng bù lại, những bài toán có điều kiện này ẩn chứa những điều thú vị có thể khai thác được từ giả thiết. Cụ thể như sau: 1. 3 max{a,b,c} a + b + c = 1 a + 1 b + 1 c 3 nên max{a,b,c} 1. Tương tự, max{a,b,c} min{a,b,c} 1.. ab+bc+ca = abc ( a + b + c ) 3( 1 ) ab + bc + ca ab+bc+ca 3 hay ab+bc+ca 3. Từ đó a + b + c 3 ( ab + bc + ca ) = ( ) ( ) a + b + c ab +bc +ca = abc a + b + c 3abc a +b +c 3abc, ab +bc +ca 3 3abc. Đa thức Bài 1 Tìm tất cả đa thức hệ số thực thỏa mãn ( ( ) ) ( ) 1 1 P(x) P + 3P(x )P x x = 0. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) 1. P(x) C, x R. Khi đó dễ thấy P(x)

61 . Xét deg P 1 Thay x = 1 vào ta được: P(1) = 0 Giả sử P(x) = (x 1) n.q(x) sao cho Q(1) 0. Khi đó ta có: [ (x 1) n.q(x) [ Q(x) ( 1)n x n Q ( ) 1 n x 1.Q ( ) ] 1 Thay x = 1 vào biểu thức trên ta được: x ( ) 1 n ( ) 1 + 3(x 1) n.q(x ). x 1.Q x = 0 ( ) ] 1 + 3(x + 1) n. ( 1)n (1 + x) n x x n ( ) 1.Q(x ).Q x = 0. [ Q(1) ( 1) n.q(1) ] + 3.( 4) n.q(1) = 0 ( 1 ( 1) n) + 3.( 4) n = 0 Dễ thấy không có n thỏa mãn. Do đó không tồn tại đa thức P(x) có deqp 1. Vậy P(x) 0. Nhận xét 7 Tương tự, ta có thể giải được bài toán sau: Tìm đa thức P(x) thỏa mãn ( ) ( ) 1 1 P (x) + P = P(x ).P x x Bài Cho khai triển (1 x + x 3 ) n = a 0 + a 1 x + a x a 3n x 3n. Xác định hệ số a 6 biết rằng a 0 + a 1 + a a ( ) 3n n = (Bến Tre) Cho x = 1 ( 1 Ta có ) 3n = a 0 + a 1 + a a 3n 3n = ( ) 5 5 x x = = 15 3k + i = 6 3k i = 9 Ta có bảng sau: 5 k=0 k=0 i=0 ( ) n = 15 n = 5 C k 5 x15 3k (1 x) k = k = 3, i = 0 hoặc k = 4, i = 3 Vậy a 6 = C 3 5.C 0 3.( )0 +C 4 5.C 3 4.( )3 = C k k 5 x15 3k k=0 i=0 k C5 k.c i k.( )i.x 15 3k+i ( 0 i k 5 ) k i C i k ( x)i 61

62 Bài 3 Cho phương trình x 5 1 x4 5x 3 + x + 4x 1 = 0 (.1) Chứng minh rằng phương trình (.1) có đúng 5 nghiệm phân biệt. Với x i (i = 1,5) 5 x i + 1 là nghiệm của phương trình (.1), tính tổng S biết: S = i=1 x 5 x 4 i i. (Bến Tre) f (x) là hàm số xác định và liên tục trên R Ta có: ( ) ( 3 1 f ( ) = 5; f = ; f (0) = 1; f Khi đó: ( ) 3 f ( ).f < 0; f ( 3 ).f (0) < 0; f (0).f Do đó phương trình có 5 nghiệm phân biệt Ta có x i là nghiệm của (.1) nên: Do đó: S = i=1 Xét biểu thức: 5 x i + 1 ( ) 5x 3 i x i 4x i Đồng nhất thức ta được: ( 1 ) = 5 8 ) < 0; f ; f (1) = ; f (3) = ( 1 < x 1 < 3 < x < 0 < x 3 < 1 < x 4 < 1 < x 5 < 3 x i 5 1 x i 4 5x i 3 + x i + 4x i 1 = 0 x 5 i x4 i = (5x 3 i x i 4x i g (x) = x + 1 5x 3 x 4x = x + 1 x (x 1)(5x + 4) g (x) = 1 4x + 9(x 1) (5x + 4) ).f (1) < 0; f (1).f (3) < 0 ) Do vậy: Với x x i ta có: S = i=1 1 x i i=1 1 x i f (x) 5 f (x) = 1 x x i i=1 5 i=1 1 x i

63 và Do đó: Vậy: S = ( f 4 5 ( ) = f 4 5 f (1) 5 f (1) = ) f (x) = 5x 4 x 3 15x + x + 4 i=1 1 1 x i f (0) 5 f (0) = 1 x i 5 i=1 1 i=1 4 5 x i 5 i=1 i=1 1 x i 1 = f (1) f (1) = 1 5 i=1 1 x i = f (0) f (0) = 4 ( ) 5 1 f 4 5 x i + 4 = 5 f ( 4 5 ) = Bài 4 Cho dãy các đa thức hệ số thực {P n (x)},n = 1,,3,... thỏa mãn điều kiện P n (cos x) = n cos(nx), x R, n N. Chứng minh rằng với mỗi n N thì P n (x) là đa thức hệ số nguyên bậc n và x n P n (x), x >. (Bình Dương) Dễ thấy: P 1 (x) = x;p (x) = x 4 Ta có: P n+1 (cos x) = n+1 cos[(n + 1)x] = n+1 [cos(nx).cos x sin(nx).sin x] = cos x. n cos(nx) n+1 sin(nx).sin x Suy ra: P n+ (cos x) = cos x n+1 cos[(n + 1)x] n+ sin[(n + 1)x]sin x = cos xp n+1 (cos x) + n+1 [ cos[(n + )x] cos(nx) ] Thay cos x bởi x ta được: = cos xp n+1 (cos x) + 1 P n+(cos x) P n (cos x) P n+ (x) = xp n+1 (x) 4P n (x) Do P 1 (x),p (x) Z[x] nên theo công thức truy hồi tuyến tính cấp hai đã chứng minh ở trên, ta có: P n (x) Z[x], n N. Ta sẽ đi tìm công thức tổng quát của dãy đa thức P n (x) như sau: Phương trình đặc trưng của dãy: X xx + 4 = 0 X = x + Do đó: P n (x) = A(x + x 4) n + B(x x 4) n, x > Thay n = 1,n = vào ta tìm được A = 1 ;B = 1 Do đó: P n (x) = 1 (x + x 4) n + 1 (x x 4) n, x > x 4 X = x x

64 Áp dụng bất đẳng thức: a n + b n (a + b)n n 1, a,b > 0;n N Ta có: Do đó: P n (x) 1.(x)n = xn n 1 x n P n (x), x >. Nhận xét 8 Bằng cách chuyển từ dãy đa thức lượng giác sang dạng đại số, ta có thể giải quyết bài toán một cách đơn giản hơn. Sau đây là một số bài toán về dãy đa thức: 1. (England, 1978) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n tồn tại đa thức P n (x) bậc n với hệ số nguyên thỏa mãn P n (cos x) = cos(nx), x R. Với mọi số hữu tỉ α thì số cos(απ) hoặc trùng với một trong các số 0,±1,± 1 hoặc là số vô tỉ.. (VMO, 1989) Cho dãy đa thức P n (x) xác định bởi P 0 (x) = 0;P n+1 (x) = P n (x) + x P n (x),n 0 Chứng minh rằng với mọi x [0;1] và n 0 thì 0 x P n (x) n + 1 Bài 5 Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại đa thức f (x) bậc n có hệ số nguyên thỏa mãn: f (0) = 0, f (1) = 1 và với mọi m N, f (m)(f (m) 1) là bội của 017. (Đà Nẵng) Ta sẽ chứng minh n 016 thỏa mãn. Giả sử 1 n 015 và tồn tại đa thức f (x) thỏa mãn bài toán. Áp dụng công thức nội suy Lagrange: 015 f (x) = f (k). k=0 015 i=0,i k x i k i. Suy ra: 015 f (016) = f (k). k=0 015 i=0,i k 016 i k i ( 1) k+1 C016 k f (k). 015 = k=0 Ta chứng minh C k 016 ( 1)k ( mod 017),k = 0,1,...,015 Với k = 0 thì C ( mod 017). Giả sử C k 016 ( 1)k ( mod 017) thì C k = C k C k

65 ( 1) k ( mod 017). Vậy f (k) f (k)( mod 017) f (k) 0( mod 017). Nhưng và Do đó 016 k=0 k=0 016 k=0 016 f (k) = 1 + k= f (k) k=0 f (k) 0;1( mod 017);k =,3,...,016 0( mod 017) (mâu thuẫn nhận xét trên). Vậy n 016. Với n = 016 xét f (x) = x 016 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó n min = 016 Bài 6 Chứng minh rằng với mọi m N, tồn tại đa thức f m (x) có hệ số hữu tỉ thỏa mãn với mọi n N thì: 1 m+1 + m n m+1 = f m (n(n + 1)). (Đà Nẵng) Với m = 0:f 0 (x) = x ;m = 1 : f 1(x) = x 4. Giả sử khẳng định là đúng đến m 1, xét: ϕ(x) = x(x 1 )(x )...(x m ) = x m+1 a m 1 x m 1 a m x m 3... a 0 x ϕ(x) + a m 1 x m 1 + a m x m a 0 x = x m+1 (.) Thay x lần lượt bởi 1,,...,n ta được: Ta có: Lại có: n i=1 m 1 ϕ(i) + a i f i (n(n + 1)) = i=0 n i m+1 (.3) ϕ(x) = x(x 1)(x + 1)...(x m)(x + m) = (x m)(x m + 1)...(x + m 1)(x + m) i=1 1 [ ] ϕ(x) = ϕ(x)(x + m + 1) ϕ(x)(x m 1) m + Đặt d(x m) = (x + m + 1)ϕ(x) = (x m)(x m + 1)...(x + m + 1) d(x m 1) = 1 [ ] (x m 1)(x m)...(x+m) = (x m 1)ϕ(x) ϕ(x) = d(x m) d(x m 1). m + Do đó n 1 ϕ(i) = m + i=1 [ d(n m) d( m) ] = 1 m + d(n m) = 1 m + (n m)(n m+1)...(n+m+1) 65

66 Ta có: (n i)(n + i + 1) = n i + n i = n(n + 1) i(i + 1),i = 0,1,...,m Suy ra: n 1 m [ ] ϕ(i) = n(n + 1) i(i + 1) = hm (n(n + 1)). m + i=1 i=0 Khi đó h m có hệ số hữu tỉ và từ (.3) chọn: f m (x) = h m (x) + a m 1 f m 1 (x) + a m f m (x) a 0 f 0 (x). Suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét 9 Một số bài toán tương tự: 1. Tìm số tự nhiên n để P(x) = x n + x n + 1 chia hết cho Q(x) = x + x Chứng minh rằng với mọi n Z + ta có đa thức P(x) = (x + 1) n+1 + x n+ chia hết cho đa thức Q(x) = x + x + 1. Bài 7 Cho số tự nhiên n và n số thực a 1, a,..., a n sao cho a 1 > 1, a n 1. Giả sử phương trình x n + a 1 x n 1 + a x n a n 1 x + a n = 0 có đúng n nghiệm thực. Chứng minh rằng tất cả các nghiệm đó nằm trong đoạn [ a 1, a 1 + ]. (Đồng Nai) Đặt P(x) = x n + a 1 x n 1 + a x n a n 1 x + a n. Gọi x 1, x,..., x n là n nghiệm của phương trình P(x) = 0. Khi đó: x 1 + x x n = a 1 Mặt khác: Do đó: x 1 x + x 1 x x n 1 x n = a 1 n x k x i = a 1 a a1 i=1 x k [ a 1 ; a 1 ],k = 1,,...,n Vậy tất cả các nghiệm của P(x) = 0 đều nằm trong đoạn [ a 1 ; a 1 + ]. Nhận xét 10 Đôi lúc trong bài toán đa thức ta cần chú ý đến nghiệm của đa thức. Một trong những hướng xử lý là dùng định lý Bezout, định lý Viete,... Sau đây là một số bài toán về nghiệm của đa thức: 1. (Costa Rica, 009) Giả sử đa thức x n + a n 1 x n 1 + a n x n a 1 x + a 0 có thể phân tích thành (x + r 1 )(x + r )...(x + r n ), với r 1,r,...,r n R. Chứng minh rằng (n 1)a n 1 na n 66

67 . (Taiwan TST Round 1, 014) Cho đa thức hệ số thực P(x) = x n +a n x n +a n 3 x n a 1 x + a 0 (n ). Giả sử x k nghiệm thực của phương trình P(x) = 0 k = 1,,...,n (1 n). Chứng minh rằng x k a n. n 3. Cho đa thức hệ số thực P(x) = a n x n +a n 1 x n a 1 x+a 0, a n 0. Giả sử x 0 là một nghiệm tùy ý của P(x) = 0. Chứng minh rằng: x 0 < 1 + max a i (i = 0,1,...,n 1) a n Bài 8 Cho P,Q,R là 3 đa thức hệ số thực thỏa mãn: P(Q(x)) + P(R(x)) = c x R với c = const R Chứng minh rằng P(x) const hoặc [Q(x) + R(x)] const. (Hà Nam) Bỏ qua trường hợp P(x) là hằng số. Xét P(x) = a n x n + a n 1 x n a 0 (a n 0,n 1) Xét Q(x) = b m x m + b m 1 x m b 0 R(x) = c k x k + c k 1 x k c 0 Giả sử m k. Ta có: P(Q(x)) + P(R(x)) = c. Đồng nhất hệ số của bậc cao nhất trong (*) ta được: a n.b n m = 0 Do đó hoặc b m = 0 suy ra:degq = deg R = 0 hoặc m = k. Khi m = k thì a n.(b n m + cn m ) = 0 b m = c m và n lẻ. Khi đó Q(x) = b m x m + b m 1 x m b 0 (b m 0) R(x) = b m x m + c m 1 x m c 0 (b m 0) Xét đa thức H(x) = a n ( Q n (x) + R n (x) ) = a n ( Q(x) + R(x) ) S(x), trong đó S(x) = Q n 1 (x) Q n (x)r(x) +Q n 3 (x)r (x)... Q(x).R n (x) + R n 1 (x) Xét hệ số của x (n 1)m trong S(x): b n 1 b n ( b) + b( b) n + ( b) n 1 = nb n 1 0 Do đó deg S = m(n 1). Ta sẽ giả sử phản chứng rằng deg (Q(x) + R(x)) 1 Khi đó: deg H m(n 1) + 1 Xét T (x) = P(Q(x)) + P(R(x)) H(x) = n 1 i=0 Nhận thấy rằng deg T m(n 1) (Vô lí) Do đó ta có điều phải chứng minh là đúng. ) a i (Q i (x) + R i (x) Nhận xét 11 Khi gặp các dạng toán về đa thức, thông thường ta phải chú ý đến một số vấn đề quan trọng như bậc của đa thức, mối quan hệ giữa các hệ số với nhau, ngoài ra cũng nên chú ý đến các yếu tố giải tích. Sau đây là một số bài toán có liên quan. 67

68 1. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho đa thức hệ số nguyên P(x) = a n x n + a n 1 x n a 0 (a n 0) và số nguyên tố p sao cho thỏa mãn đồng thời cả 3 điều kiện: a p.p a 0, a 1,..., a n 1.p a 0.p Chứng minh rằng khi ấy P(x) bất khả quy trên Z[x].. (Romania 1980) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn P(x ) = P (x), x R 3. Cho đa thức P(x) và Q(x) là các đa thức monic thỏa mãn P(P(x)) = Q(Q(x)).Chứng minh rằng P(x) Q(x) 4. (Albanian TST, 009) Tìm tất cả đa thức P(x) khác đa thức không, có hệ số không âm và thỏa mãn: ( ) 1 P(x).P P (1), x > 0 x Bài 9 Cho các đa thức P(x),Q(x),R(x) với hệ số thực có bậc tương ứng là 3,,3 thỏa mãn đẳng thức P (x) +Q (x) = R (x) x R. Hỏi đa thức T (x) = P(x).Q(x).R(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả nghiệm bội). (Hà Tĩnh) Đầu tiên ta có thể thấy rằng Q (x) = (R(x) P(x))(R(x) + P(x)) Do deg (R+P) = 3 nên phương trình R(x)+P(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm, điều này chứng tỏ rằng phương trình Q(x) = 0 có nghiệm. Mà do degq = nên Q(x) = 0 có nghiệm. Mặt khác: P (x) = (R(x) Q(x))(R(x) +Q(x)) Do deg (R +Q) = deg (R Q) = 3 nên P (x) = 0 có ít nhất nghiệm. 1. Hai nghiệm của P (x) = 0 là phân biệt. Khi đó P(x) = 0 có ít nhất nghiệm, mà deg P = 3 nên P(x) = 0 sẽ có 3 nghiệm thực. Mặt khác do deg R = 3 nên R(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm. Do vậy mà T (x) = 0 có ít nhất 6 nghiệm.. Hai nghiệm là nghiệm kép x = a. Do đó: 68

69 R(x) Q(x) = 0 và R(x) +Q(x) = 0 đều nhận a làm nghiệm. Khi đó P(a) = Q(a) = R(a) = 0. Theo định lý Bezout ta sẽ phân tích được: P(x) = (x a)p 1 (x);q(x) = (x a)q 1 (x);r(x) = (x a)r 1 (x) với P 1 (x),q 1 (x),r 1 (x) là các đa thức có hệ số cao nhất dương. Do đó: P 1 (x) +Q 1 (x) = R 1 (x) Xét P 1 (x) = ax + bx + c;q 1 (x) = dx + e;r 1 (x) = f x + g x + h Đồng nhất hệ số của x 4 và x 3 trong khai triển ta được: Do đó Ta có: a = f ;ab = f g b = g P 1 (x) = ax + bx + c;q 1 (x) = dx + e;r 1 (x) = ax + bx + h (dx + e) = (h c)(p 1 (x) + R 1 (x)) Mà deg (P 1 +R 1 ) = nên P 1 (x)+r 1 (x) = ax +bx +c +h có nghiệm kép. Suy ra: b = a(c + h) Nếu cả hai đa thức P 1 (x) và R 1 (x) đều không có nghiệm thực thì hay là b < 4ac;b < 4ah b < a(c + h) (Vô lí) Do đó một trong hai đa thức có nghiệm. Điều này dẫn đến T (x) = 0 có 6 nghiệm. Chỉ có một trong hai đa thức R(x) Q(x);R(x) +Q(x) nhận a làm nghiệm. Khi đó do deg (R Q) = deg (R +Q) = 3 nên R(x) Q(x) = 0 hoặc R(x)+Q(x) sẽ có 3 nghiệm và P (x) = 0 cũng sẽ có ít nhất 3 nghiệm. Do deg P = 3 nên P (x) = 0 sẽ có nghiệm hoặc có 6 nghiệm. Mà P (x) = 0 có ít nhất 3 nghiệm nên P(x) = 0 phải có 6 nghiệm hay là P(x) = 0 có 3 nghiệm. Do đó T (x) = 0 có ít nhất 6 nghiệm. Nhận xét 1 Đối với những bài toán này ta cần phải để ý đến bậc, hệ số của bậc cao nhất, nghiệm của đa thức. Ngoài ra cần kết hợp sử dụng các định lý về nghiệm như Viete, Bezout,... hay đồng nhất hệ số. Sau đây là các bài toán tương tự: 1. Cho P(x),Q(x) là hai đa thức bậc n. Chứng minh rằng P (x) Q (x) hoặc là đa thức P (x) Q (x) có bậc không nhỏ hơn n.. Cho đa thức P(x) có bậc n, hệ số của bậc cao nhất là 1. Chứng minh rằng tồn tại đa thức Q(x) và R(x) sao cho degq = n,deg R < n và P(x) = Q (x) + R(x). 69

70 Bài 10 Cho dãy đa thức hệ số thực { P n (x) } + ( n=0 xác định như sau P 0 (x) =,P 1 (x) = x,p n+1 (x) = x.p n (x) + 1 x ) P n 1 (x) n 1 1. Xác định công thức tổng quát của P n (x).. Tìm tất cả các số tự nhiên n để P n (x) chia hết cho x + 3. (Hải Phòng) 1. Đầu tiên ta xét phương trình đặt trưng của dãy đa thức trên: t xt + x 1 = 0 t = x + 1 t = x 1 Do đó dãy có dạng P n (x) = a(x + 1) n + b(x 1) n. Mặt khác do P 0 (x) = ;P 1 (x) = x nên suy ra a = b = 1. Do đó P n (x) = (x + 1) n + (x 1) n. Thử lại thấy thỏa mãn.. Do đa thức Q(x) = x + 3 có nghiệm là 3i và 3i nên để P n (x) chia hết cho Q(x) thì P(x) nhận ± 3i làm nghiệm. P( 3i) = 0. Khi đó: ( 3i + 1) n + ( 3i 1) n = 0 ( cos π 3 + i sin π ) n ( + cos π i sin π 3 Theo công thức Moivre ta có: cos nπ 3 + i sin nπ 3 + cos nπ 3 + i sin nπ 3 = 0 sin nπ 3 P( 3i) = 0. Khi đó: ( 3i + 1) n + ( 3i 1) n = 0 ( cos π ) π n ( + i sin + cos 4π i sin 4π 3 Theo công thức Moivre ta có: cos nπ 3 + i sin nπ 3 + cos 4nπ 3 + i sin 4nπ 3 Kết hợp cả hai dữ kiện trên ta được: n = 3(k + 1) = 6k + 3. Nhận xét 13 Một số bài toán tương tự: ) n = 0 = 0 n = 3k(k Z) ) n = 0 = 0 n = k + 1(k Z) 1. (VMO, 015) Cho dãy đa thức {P n (X )} thỏa mãn điều kiện P 0 (x) =,P 1 (x) = 3x và P n (x) = 3xP n 1 (x) + (1 x x )P n (x), n Tìm tất cả các số tự nhiên n để P n (x) chia hết cho đa thức Q(x) = x 3 x + x. 70

71 . (Trường Đông, 015) Cho dãy đa thức {P n (X )} thỏa mãn điều kiện P 0 (x) =,P 1 (x) = x và P n+1 (x) = xp n (x) P n 1 (x), n Chứng minh rằng tất cả đa thức của dãy đều thỏa mãn P(x ) = P (x) Chứng minh rằng với mọi n 1 thì P n (x) có n nghiệm thực. Bài 11 Cho đa thức P(x) = x 4 +ax 3 +bx +cx +d và Q(x) = x +px +q cùng thuộc Q[x]. Biết rằng hai đa thức cùng nhận giá trị âm trên khoảng I có độ dài lớn hơn và ngoài khoảng I chúng đều nhận giá trị không âm. Chứng minh rằng tồn tại x o R đề P(x o ) < Q(x o ). (Hòa Bình) Gọi (x 1 ; x ) là khoảng I có độ dài lớn hơn thỏa đề. Do P(x) liên tục trên R và với 3 giá trị x i, x j, x k sao cho chúng lần lượt thuộc các khoảng ( ; x 1 );(x 1 ; x );(x ;+ ) nên P(x i ).P(x j ) < 0;P(x j ).P(x k ) < 0. Do đó P(x) có ít nhất nghiệm, giả sử nghiệm này không phải là x 1, x. Do P(x) chỉ nhận giá trị âm trong (x 1 ; x ) còn ngoài khoảng đó thì nhận giá trị không âm, đồng thời P(x) liên tục trên R nên không xày ra trường hợp P(x 1 ),P(x ) 0. Vậy x 1, x là nghiệm của P(x) = 0. Xét các trường hợp sau: x 1 không là nghiệm của Q(x) = 0 P(x 1 ) = 0 < Q(x 1 ) (đpcm). x không là nghiệm của Q(x) = 0 P(x ) = 0 < Q(x ) (đpcm). x 1, x đều là nghiệm của Q(x) = 0. Do x 1 x nên p 4q 4. Theo định lý Bezout và do P,Q đều monic nên P(x) = Q(x).H(x) với H(x) = x + mx + n. Giả sử phản chứng rằng: P(x) Q(x), x R. Khi đó: P(x) Q(x) = Q(x). [ H(x) 1 ]. Thay x = x i ta có: P(x i ) Q(x i ) = Q(x i ) [ H(x i ) 1 ] 0 H(x i ) 1. Tương tự, với mọi x (x 1 ; x ) thì H(x) (0;1) và với x (x 1 ; x ) thì H(x) 1. Do H(x) 1 chỉ nhận giá trị âm trong (x 1 ; x ) và ngoài đó thì nhận giá trị không âm nên nếu H(x 1 ) 1, H(x ) 1 0 thì vô lý vì H(x) 1 liên tục trên R. Vậy H(x) 1 nhận x 1, x làm nghiệm, dẫn tới P(x) Q(x) có nghiệm kép. Mà P(x) Q(x) monic nên H(x) 1 Q(x) hay P(x) = Q (x) +Q(x). Để ý rằng nếu chọn β sao cho β I và P(β) = Q (β) +Q(β) 0 thì Q (β) +Q(β) = (β + pβ ( + q) + (β + pβ + q) 0 β + pβ + q 1 (do Q(β) < 0) p p 4(q + 1) β ; p ) p 4(q + 1) ( p p Mặt khác dễ dàng chứng minh: 4(q + 1) ; p ) p 4(q + 1) (x 1 ; x ) nên tồn tại β sao cho β I và P(β) 0. Điều này vô lí. Vậy không tồn tại x 0 để P(x 0 ) < Q(x 0 ). 71

72 Nhận xét 14 Bài tập tương tự: 1. (Canada, 1981) Cho hai đa thức P(x),Q(x) thỏa mãn phương trình P(x) = Q(x) không có nghiệm thực và P(Q(x)) Q(P(x)) x R. Chứng minh rằng phương trình P(P(x)) = Q(Q(x)) cũng không có nghiệm thực.. (VMO, 003) Cho hai đa thức P(x) = 4x 3 x 15x +9 và Q(x) = 1x 3 +6x 7x +1. Chứng minh rằng P(x) = 0 và Q(x) = 0 đều có 3 nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại α là nghiệm của P(x) và β là nghiệm của Q(x) sao cho α + 3β = Cho đa thức P(x) = x 3 +ax +bx +c có 3 nghiệm phân biệt và Q(x) = x +x Biết rằng phương trình P(Q(x)) = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng P(016) > 1. Bài 1 Cho đa thức P(x) = x a 015 x a 014 x a 1 x + a 0 có hệ số thực với P(1)P() 0 và 4 P / () P() > P / (1) Giả sử P(x) có 016 nghiệm thực, chứng minh P(1) rằng trong số đó, có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (1;). (Tp. HCM) Gọi x 1, x,..., x 016 là nghiệm của P(x). Theo định lý Bezout ta có: Khi đó: Do đó: P(x) = (x x 1 )(x x )...(x x n ) ( P 1 (x) = (x x 1 )(x x )...(x x n ) ) x x 1 x x x x n P (x) n P(x) = 1 x x i Ta sẽ đi phản chứng rằng P(x) không có nghiệm nào thuộc khoảng (1;). Ta có: 4. P () P() P (1) 016( P(1) = 4 1 ) 016( ) 3x i = x i 1 x i ( x i )(1 x i ) i=1 3x i Do x i > hoặc x i < 1 nên ( x i )(1 x i ) > 0. Ngoài ra: ( x i )(1 x i ) 1, x i (1;) Suy ra: 4. P () P() P (1) 016 (Vô lí) P(1) Do đó tồn tại ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (1;). i=1 Nhận xét 15 Đây là một dạng toán hay về hệ quả của định lý Bezout. Để xử lí được dạng toán này cần phải có những kiến thức về đại số, giải tích hỗ trợ. Sau đây là một số bài toán về áp dụng định lý Bezout vào việc xử lý các bài toán bất đẳng thức trong đa thức: 7 i=1

73 1. Cho đa thức P(x) bậc n có hệ số thực, hệ số cao nhất là 1 và có n nghiệm thực sao cho P( 1) 0 và P ( 1) P( 1) n. Chứng minh rằng P(x) có ít nhất một nghiệm x 0 với x0 1.. Cho đa thức P(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0,n, a n a 0 0 và có n nghiệm dương. Chứng minh rằng a n 1 a 1 a 0 a n n 3. (Hong Kong, 1997) Cho P(x) = x n + a n 1 x n a 0 có bậc n và có n nghiệm thực x 1, x,..., x n. Chứng minh rằng: P(x + 1). P (x) P(x) n, x > x i 4. (Hungary, 1983) Cho P(x) = x n + a n 1 x n a 1 x + 1 là đa thức hệ số dương và phương trình P(x) = 0 có n nghiệm thực. Chứng minh rằng: P() 3 n. 5. (Costa Rica, 009) Giả sử đa thức x n + a n 1 x n 1 + a n x n a 1 x + a 0 có thể phân tích thành (x + r 1 )(x + r )...(x + r n ), với r 1,r,...,r n R. Chứng minh rằng (n 1)a n 1 na n Bài 13 Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại hai đa thức Q(x) và R(x) sao cho 1. P(x)Q(x) là các đa thức của x. P(x)R(x) là các đa thức của x 3 (Khánh Hòa) 1. Chú ý hằng đẳng thức sau: a b = (a + b)(a b) Với Ta chọn: [ ] [ ] n n n P(x) = a i x i = a i x i + a i+1 x i+1 i=0 i=0 i=0 [ ] [ ] n n Q(x) = a i x i a i+1 x i+1 i=0 i=0 73

74 Suy ra: [ n ] P(x)Q(x) = a i x i a i+1 x i+1 i=0 [ n ] i=0 = S(x ). Chú ý hằng đẳng thức sau: a 3 + b 3 + c 3 3abc = (a + b + c)(a + b + c ab bc ca) Ta xét: Đặt: Ta sẽ chọn [ ] [ ] [ ] n n n n P(x) = a i x i = a 3i x 3i + a 3i+1 x 3i+1 + a 3i+ x 3i+ i=0 i=0 i=0 i=0 [ ] [ ] [ ] n n n A(x) = a 3i x 3i ;B(x) = a 3i+1 x 3i+1 ;C(x) = a 3i+ x 3i+ i=0 i=0 i=0 R(x) = A (x) + B (x) +C (x) A(x)B(x) B(x)C(x) C(x)A(x) Suy ra: P(x)R(x) = A 3 (x) + B 3 (x) +C 3 (x) 3A(x)B(x)C(x) = T (x 3 ) Nhận xét 16 Một số bài toán tương tự: 1. Biểu diễn đa thức P(x) = x 4 + x 3 + x + x + 1 dưới hạng hiệu bình phương của hai đa thức:p(x) = Q (x) R (x) bậc khác nhau và với hệ số thực. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức hệ số thực H(x) để P(x) = H (x).. Tồn tại hay không đa thức P(x) để x R thì P (x) > P (x) và P(x) > P (x). 3. (Iran, 013) Cho a 0, a 1,..., a n N. Chứng minh rằng tồn tại các số tự nhiên b 0,b 1,...,b n thỏa mãn 0 i n : a i b i a i. Chứng minh rằng bất khả quy trên Z[x]. P(x) = b 0 + b 1 x + + b n x n Bài 14 Tìm tất cả đa thức P (x) thỏa mãn P( x).p(3x) + ( P(x) ) = P(x).P(5x), x R. (.4) (Long An) Thay x = 0 vào (.4) ta được: P(0) =

75 1. Xét P(x) C. Khi đó ta có: C +C = C C = 0, do đó P(x) 0.. Xét deg P 1 P(x) = a n x n + a n 1 X n a 1 x + a 0 (a n 0) Khi đó xét hệ số của x n trong khai triển (.4) ta được: a n.( 1) n.a n.3 n + (a n. n ) = a n.a n.5 n ( 3) n + 4 n = 5 n (.5) Nhận thấy rằng nếu n là số lẻ thì không thỏa mãn (.5). Dễ thấy n = là nghiệm của (.5). Xét n 4. Khi đó: ( ) 3 n ( ) 5 n 3 n + 4 n = 5 n + 1 = 4 4 ( ) 3 n ( ) 5 n Mặt khác: + 1 < = và (n 4) 4 4 Do đó phương trình (.5) có nghiệm duy nhất n = Suy ra:p(x) = a x + a 1 x (do P(0) = 0). Từ đề bài, so sánh hệ số đứng trước x 3 ta có : 3a 1 a 9a 1 a + 16a 1 a = 5a 1 a + 5a 1 a Suy ra:a 1 = 0 (vì a 0) Thử lại ta thấy P (x) 0;P (x) = a x (a 0) thỏa yêu cầu đề bài. Nhận xét 17 Một số bài tập tương tự cho dạng này: 1. (KHTN, 010) Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P(x y) + P(y z) + P(z x) = 3 [ P(x) + P(y) + P(z) ] với x + y + z = 0. (IMO, 004) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn sao cho x y + yz + zx = 0 P ( x y ) + P ( y z ) + P (z x) = P ( x + y + z ), x, y, z R 3. (Nam Tư, 198) Tìm tất cả đa thức hệ số nguyên P(x) sao cho 16P(x ) = [ P(x) ], x R 4. (Ukraine, 009) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn với x, y, z, t đôi một khác nhau:x + y + z = t,gcd(x, y, z, t) = 1 và P (t) + P(x y + yz + zx) = P (x + y + z) 5. (Costa Rica, 008) Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn P( 3(a b))+p( 3(b c))+p( 3(c a)) = P(a b c)+p( a+b c)+p( a b+c) với mọi a,b,c R. 75

76 Bài 15 Cho m là số nguyên dương thỏa mãn m 1( mod 017). Chứng minh rằng đa thức P(x) = x 017 mx là đa thức bất khả quy trên Z[x]. (Nghệ An) Ta sẽ đi chứng minh bài toán tổng quát hơn như sau: Cho a là một số nguyên dương và p > là số nguyên tố thỏa mãn (a, p) = 1. Khi đó đa thức P(x) = x p mx + a bất khả quy trên Z[x] với m 1(mod p). Thật vậy, giả sử rằng P(x) khả quy, ta có: P(x) = Q(x).R(x) (degq,deg R 1) Do P(x) là monic nên Q(x),R(x) cũng monic. Xét Q(x) = x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 với a n 1, a n,..., a 0 Z Gọi α i là nghiệm (thực hoặc phức) của Q(x) = 0. Đặt S k = n α k i i=1 Do α i cũng là nghiệm của P(x) = 0 nên ta có: Do S 1 = S p ms 1 + na = 0 n α i nên theo định lí Viete trong Q(X ) ta có S 1 Z. Do đó S p Z. i=1 Ta có: S p 1 S 1( mod p). Mặt khác: S p 1 = ( n i=1α i ) p S p ( mod p) Do đó: S p S 1.p. Mà S p ms 1 S p S 1 0( mod p) nên na.p Mà 1 < n < p và (a, p) = 1 nên vô lí. Do đó P(x) bất khả quy trên Z[x]. Nhận xét 18 Đa thức bất khả quy là một toán hay gặp trong các đề thi học sinh giỏi. Có nhiều phương pháp để giải quyết bài toán này như phản chứng, dùng số phức hay dùng tiêu chuẩn Eisenstein. Sau đây là một số bài tập về sự khả quy cũng như bất khả quy của đa thức. 1. Cho a 1, a,..., a n Z. Chứng minh rằng P(x) = (x a 1 )(x a )...(x a n ) 1 bất khả quy trên Z[x].. Chứng minh rằng x p 1 + x p x + 1 là bất khả quy trên Z[x]. 3. (China TST, 008) Chứng minh với mọi n, tồn tại đa thức P(x) = x n +a a 1 x n a 0 thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện: a 1, a,, a n 0 P(x) bất khả quy trên Z[x] 76

77 Với mọi số nguyên x thì P(x) không phải là số nguyên tố. 4. (Romania TST, 006): Cho p là số nguyên tố, p 5. Xét đa thức P(x) = x p + p(x k + x l ) + 1 với 1 l k p 1. Hỏi có bao nhiêu cặp (k,l) để P(x) bất khả quy trên Z[x]. Bài 16 Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn (x 6x + 8)P(x) (x + x)p(x ) = 6x 1x. Viết phương trình đã cho dưới dạng: ( ) [P x ] ( [P 6x + 8 (x) + x = x ] + x) (x ) + x, x R. Đặt Q (x) = P (x) + x, ta có Q R[x] thỏa mãn ( ) x 6x + 8 Q (x) = Hay ( x + x ) Q (x ), x R (Phú Thọ) (x )(x 4)Q (x) = x (x + )Q (x ), x R (.6) Cho x = 0,,4, từ (.6) suy ra Q (0) = 0;Q ( ) = 0,Q () = 0. Suy ra Q (x) = x (x )(x + )R (x). Ta có R R[x] thỏa mãn (x 4)(x ) (x)(x + )R (x) = (x) (x + )(x 4)(x )R (x ), x R (x )R (x) = xr (x ), x 0;±;4 (x )R (x) = xr (x ), x R. (.7) Cho x = 0,(.7) R (0) = 0; suy ra R (x) = xs (x). Khi đó S R[x] thỏa mãn (x )(x)s (x) = x (x )S (x ), x R S (x) = S (x ), x R. Từ đây suy ra S (x) ( = c, với ) c là hằng ( số. Do đó P (x) = cx x 4 x = c x 4 4x ) x. Thử lại thoả mãn. Nhận xét 19 Đây là một dạng toán tìm đa thức quen thuộc, tuy nhiên để xử lý bài toán trên phải khéo léo. Sau đây là một số bài toán tương tự: 1. (Long An, 01) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn ( ) ( )( ) P(x) x + x + x (x + ) = x + 1 x 1 P(x + 1) x R. (Moldova, 004) Tìm tất cả đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn ( ) ( ) x 3 + 3x + 3x +.P (x 1) = x 3 3x + 3x.P (x), x R 3. (Greece, 014) Tìm tất cả các đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn (x 6x + 8)P(x) = (x + x)p(x ) 77

78 Bài 17 Cho đa thức f (x) = x ax + bx + c có ba nghiệm nguyên x 1, x, x 3, trong đó a,b,c Z. Chứng minh rằng biểu thức sau là bội của 017 (a b c )(x 1 x )(x x 3 )(x 3 x 1 ). (Quảng Bình) Xét f (x) = x ax + bx + c Nếu x 1, x, x 3 có cùng số dư khi chia cho 017 thì ta có điều phải chứng minh. Xét x 1, x, x 3 có số dư đôi một khác nhau đôi một khi chia cho 017. Theo định lý Fermat, ta có: f (x) ax + x(b + 1) + c Mặt khác: Ta có: Suy ra: Tương tự: f (x 1 ) = f (x ) = f (x 3 ) = f (x 1 ) f (x ) (x 1 x )(ax 1 + ax + b + 1) ax 1 + ax + b ax + ax 3 + b Do đó: (ax 1 + ax + b + 1) (ax + ax 3 + b + 1) = a(x 1 x 3 ). 017 a. 017 Do f (x 1 ) f (x ) (x 1 x )(ax 1 + ax + b + 1) nên b Ngoài ra: f (x 1 ) ax 1 + x 1(b + 1) + c 0( mod 017) nên c. 017 Suy ra: a b c a + b + c + 1 0( mod 017) Do đó ta có điều phải chứng minh. Nhận xét 0 Đối với những bài toán như trên ta cần phải chú ý đến các tính chất của đa thức hệ số nguyên trong số học và một số hệ quả của định lý Bezout chẳng hạn như P(a) P(b). a b, a,b Z. Sau đây là một số bài toán liên quan đến đa thức trong số học: 1. (Hong Kong 001) Cho số tự nhiên k 4 và đa thức P(x) Z[x] thỏa mãn điều kiện 0 P(c) k với mọi c = 0,1,...,k + 1. Chứng minh rằng P(0) = P(1) =... = P(k + 1).. (China TST, 009) Tìm tất cả các đa thức f (x) hệ số nguyên sao cho f (a) + f (b) + f (c).a + b + c, với mọi số nguyên a,b,c. 78

79 Bài 18 Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện P(x ) + P(x).P(x + 1) = 0, x R. (.8) (Quảng Nam) 1. Nếu P(x) C thì P(x) 0 hoặc P(x) 1.. Nếu deg P = n 1 thì P(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 (a n 0). Xét hệ số của x n trong khai triển (.8) ta có: a n + a n = 0 a n = 0 a n = 1 Do a n 0 nên a n = 1. Gọi α là nghiệm của P(x) = 0. Thay x = α vào (*) ta được: P(α ) = P(α)P(α + 1) = 0 Do đó các giá trị α k,k = 1,,... cũng là nghiệm của P(x) = 0. Khi đó để các giá trị α k là hữu hạn thì α = 0 hoặc α = 1. Mặt khác với x = α 1 thì P((α 1) ) = P(α 1)P(α) = 0. Do đó (α 1) là nghiệm của P(x) = 0. Tương tự ta cũng có (α 1) k ;k = 1,,... cũng là nghiệm của P(x) = 0. Một cách tương tự ta sẽ có: (α 1) = 0 hoặc (α 1) = 1. (a) Nếu α = 0 thì P(0) = 0 suy ra P((0 1) ) = P(1) = 0. (b) Nếu α = 1 và (α 1) = 1. Xét α = cosϕ + i sinϕ. Khi đó: 1 α = 1 cosϕ i sinϕ Suy ra: Do đó (1 α) = (1 cosϕ) i(1 cosϕ)sinϕ sin ϕ = cosϕ(cosϕ 1) i sinϕ(1 cosϕ) = (cosϕ 1)(cosϕ + i sinϕ) 1 = (α 1) = 4(cosϕ 1) (cos ϕ + sin ϕ) = (1 cosϕ) cosϕ = 1 ϕ = π 3 ϕ = 5π 3 Với ϕ = π 3 thì α = i. Do α là nghiệm nên α cũng là nghiệm, suy ra: (α 1) cũng là nghiệm. Mặt khác ta tính được: (α 1) 0,1 (Vô lí). Tương tự với trường hợp ϕ = 5π

80 Vậy P(x) = 0 chỉ có nghiệm hai 0,1 kể cả nghiệm phức. Do đó theo Bezout ta có: Thay vào (.8) ta được: P(x) = x m (1 x) n,m,n N x m (1 x ) n + x m.(1 x) n.(x + 1) m ( x) n = 0 Khi đó:. x m (1 x) n [ x m (1 + x) n + (x + 1) m.( x) n] = 0, x R m = n P(x) = x m (1 x) m,m N, x R Nhận xét 1 Cần nhận ra rằng phương trình P(x) = 0 không có nghiệm nào khác ngoài 0,1 kể cả nghiệm phức, từ đó sử dụng kiến thức về số phức trong đa thức để giải quyết các bài toán. Sau đây là một số bài toán tương tự: 1. Tìm các đa thức hệ số thực P(x) sao cho P(x)P(x + 1) = P(x + x + 1), x R. (IMO 1983) Chứng minh rằng đa thức P(x) = x n + 5x n là bất khả quy trên Z[x] với mọi n > (Bulgaria, 1979) Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P(x) thỏa mãn P(x).P(x ) = P(x 3 + x), x R Bài 19 Cho P i (x) = x +b i x +c i (i = 1,,...,n) là n đa thức đôi một phân biệt với hệ số thực sao cho với mọi 1 i < j n thì đa thức Q i,j (x) = P i (x)+p j (x) có nghiệm thực duy nhất. Tìm giá trị lớn nhất có thể của n. (Vĩnh Phúc) Với n=3 ta chọn P 1 (x) = x 4;P (x) = x 4x + 6;P 3 (x) = x 8x + 1 thì P 1 (x) + P (x) = (x 1) ; P 1 (x) + P 3 (x) = (x ) ; P (x) + P 3 (x) = (x 3) thỏa mãn. Giả sử tồn tại 4 đa thức P 1,P,P 3,P 4 thỏa mãn điều kiện bài toán. Khi đó P 1 + P = ( x t 1 ) ; P 3 + P 4 = ( x t 34 ) ; P 1 + P 3 = ( x t 13 ) ; P + P 4 = ( x t 4 ), trong đó t i j là nghiệm duy nhất của P i + P j. Đặt Q = P 1 + P + P 3 + P 4 thì Q có hai biểu diễn Q = ( x t 1 ) + ( x t34 ) 80

81 và So sánh hệ số ta được Q = ( x t 13 ) + ( x t4 ). t 1 + t 34 = t 13 + t 4 và t 1 + t 34 = t 13 + t 4. Suy ra t 1 + t 34 = t 13 + t 4 = a; t 1.t 34 = t 13.t 4 = b. Do đó: t 1 ; t 34 và t 13, t 4 là nghiệm của phương trình x ax + b = 0 Nếu t 1 = t 13 thì P = P 3, nếu t 1 = t 4 thì P 1 = P 4 đều dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết. Vậy giá trị lớn nhất có thể của n là 3. 3 Giải tích Bài 1 Cho dãy số (x n ) thỏa { x 1 = 3, x = 7 x n+ = xn+1 x n + x n Đặt dãy y n = n 1 k=1 x k Chứng minh (y n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. (THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG HN) Ta sẽ cố gắng rút gọn biểu thức để có thể quy về dãy tuyến tính cấp rồi sau đó sẽ rút gọn y n. Ta có x n+ x n+1 + x n+1 = x n+1 x n + x n =... = x x 1 + x 1 = 1 Do đó ta có được Khi đó: Do đó sai phân và rút gọn, ta tính được x n+1 = x n x n x k = 1 x k 1 1 x k+1 1 y n = 1 x x n

82 Tiếp theo ta sẽ tìm lim x n. Ta có x n+1 x n = (x n 1) 0. Do đó x n tăng. Giả sử x n bị chặn trên thì khi đó x n có giới hạn hữu hạn. Đặt L = lim x n thì giải ra được L = 1 vô lí. Do đó lim x n = +. Khi đó lim y n = 1. Nhận xét Khi gặp những bài dạng tính tổng sai phân mà ta đã có phương trình sai phần cấp thì thường ta có cách làm thông dụng như sau: 1. Đồng nhất hệ số: Ta sẽ tìm α,β thỏa mãn 1 x k = α x k β α x k+1 β.. Sử dụng điểm cố định của hàm số: Khi đó ta sẽ giải phương trình sai phân có dạng f (x) = x để tìm ra điểm cố định đó, sau đó đặt vào lại biểu thức sai phân là được Ví dụ bài trên là ta giải phương trình x = x x + 1 ta tìm được nghiệm x = 1 nên ta có cách phân tích như trên. Ta có một số bài tập ứng dụng sau đây: 1. Cho a là một số thực dương và dãy (x n ) được xác định bởi: Đặt S n = n k=1 x 1 = 1 a, x n+1 = x k. Tính lim n + S n. 1 + ax n + x n a x n + 4ax n, n N. Cho m là số thực lớn hơn 1 và a là số thực lớn hơn 4. Xét dãy số (x n ) được xác định bởi: x 1 = a, x n+1 = xm+1 n + 3x n + 16 xn m, n N x n + 11 n 1 Đặt y n = + 7, n N. Tìm lim y n. n + i=1 x m i 3. Cho a R. Xét dãy số (u n ) được xác định bởi: u 1 = a 4 a và: u n+1 = u n + 5 un 14u n + 1, n N 5 n 1 Đặt y n = i=1 u i+1 4u i+1 5, n N. Tính các giới hạn lim y n và lim u n n. x 0 = 4. Cho dãy số thực (x n ) được xác định bởi: x n+1 = x n + 1 x n +,n N. n Với mỗi số nguyên dương n, đặt A n = x k. Tính A n. k=1 8

83 Bài Tìm a để dãy số (u n ) hội tụ, biết u 1 = a và: u n 1 khi u n > 0 u n+1 = 1 khi 1 u n 0 un + 4u n + khi u n < 1,n N (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) Đây là dạng toán cần phải xét nhiều trường hợp do đó điều cần nhất là việc chia khoảng sao cho hợp lí. Ta có nhận xét sau: Nếu tồn tại x i [ 1;0] thì dãy sẽ có giới hạn hữu hạn và limu n = 1. Ta sẽ chia khoảng vào những điểm nhạy cảm của bài toán để từ đó đi ra được lời giải. a > 1 u = u 1 1 > 1. Bằng quy nạp suy ra u n > 1, n. Từ đó suy ra công thức tổng quát của dãy là u n = n 1 (a 1) + 1, tức là dãy (u n ) không có giới hạn hữu hạn. a = 1 u = 1 u n = 1. Vậy dãy có giới hạn L = 1. 0 < a < 1: Ta sẽ chứng minh trong dãy u n luôn có 1 số hạng âm. Thật vậy giả sử u n > 0, n. Khi đó u [ 1 ;1]. Cứ chia nửa khoảng nửa khoảng rồi kẹp lim thì suy ra được u n = 1 với n đủ lớn (vô lí). Do đó tồn tại k : u k < 0 và 1 u k 0. Như vậy theo nhận xét thì ta có limu n = 1. 1 a 0 thì hiển nhiên theo nhận xét. a < 1: Đây cũng chính là trường hợp chính của bài toán vì chỗ xác định dãy là khá khó. Với a < 1, u = a +4a +. Nếu u > 1 a < 3 thì theo trường hợp 1, dãy không có giới hạn. Ta đi chứng minh 3 a < 1 thì dãy có giới hạn. Nhưng tới đây thì vẫn chưa chia khoảng được nên ta tiếp tục xét thêm các điểm nhạy cảm là ; 1. Nếu 3 a thì 1 u 1. Theo các trường hợp trên thì dãy hội tụ. Nếu < a < 1, xét hàm số f (x) = x +4x+ trên ( ; 1) thì f (x) = x+4 > 0, mà u < u 1 nên dãy giảm. Mặt khác u n bị chặn dưới bởi nên tồn tại giới hạn của u n. Vậy dãy có giới hạn khi 3 a 1. Nhận xét 3 Dạng toán trên thuộc lớp bài toán biện luận sự hội tụ của dãy số. Trong các kì thi học sinh giỏi, đặc biệt là kì thi học sinh giỏi quốc gia ta thường gặp dạng toán sau: Cho dãy số (x n ) như sau: x 1 = a và x n+1 = f (x n ), n N (a là tham số thực). Tìm a để dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn khi n + và tìm giới hạn trong các trường hợp đó. Phương pháp giải bài toán trên gồm hai bước. 83

84 1. Xét hàm số y = f (x). Tìm nghiệm của phương trình x = f (x), lập bảng biến thiên của hàm số y = f (x) và dấu của f (x) x.. Sử dụng bảng vừa lập để xét tính đơn điệu và bị chặn của dãy số này vào điều kiện của a. Ta có một số bài tập áp dụng: 1. Cho dãy số (x n ) như sau: x 1 = a R và x n+1 = 3 7x n 6, n N. Tìm a để dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn trong các trường hợp đó.. Với mỗi cặp số thực (a;b). Xét dãy số (x n ) như sau: x 0 = a x n+1 = x n + b sin x n, n N (a) Cho b = 1. Chứng minh rằng với mọi số thực a, dãy (x n ) có giới hạn hữu hạn khi n +. Hãy tính giới hạn đó theo a. (b) Chứng minh rằng với mỗi số thực b > cho trước, tồn tại số thực a sao cho dãy số (x n ) tương ứng không có giới hạn hữu hạn. 3. Cho dãy số (x n ) như sau: x 1 = a x n+1 = 3xn 3 7x n + 5x n, n N Tìm a để dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn khi n + và tìm giới hạn trong các trường hợp đó. Bài 3 Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn: 1. f (1) > 0.. f (x y 1) + f (x)f (y) = 3x y 1 x, y R. (THPT chuyên ĐH Vinh) Kí hiệu P(u, v) là phép thế x bởi u,y bởi v vào.. Từ P(x,0) ta có: f ( 1) + f (0) f (x) = 1 x R. Từ đây ta thấy f (0) = vì nếu ngược lại, ta có f (x) = c x R (c là hằng số), không thỏa mãn đề bài. P(1,1) f (0) + f (1) = f (1) = 1(f (1) > 0). P(x + 1,1) f (x) + f (x + 1) = 3x + x R. (3.1) 84

85 Trong đẳng thức trên thay x = 1 f ( 1) = 1 Từ P( x 1, 1) ta có: f (x) f ( x 1) = 3x + x R. (3.) Từ (3.1) và (3.) f (x) = f ( x) x R P( x 1, 1) f ( x 1) + f ( x) = 3x 1 f (x + 1) + f (x) = 3x + 1 x R. (3.3) Từ (3.1)(3.3), ta có f (x) = x x R. Thử lại thỏa mãn. Bài 4 Cho số thực a và dãy số ( ) u n xác đinh bởi: u 1 = a u n+1 = u n + ln u n + 1,n N u n 3 Chứng minh rằng dãy u n có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. (Trường THPT chuyên ĐH Vinh) Ta có ln x + 1 x 3 > 0 x + 1 x 3 > 1 4 x x 3 > 0 3 < x < 4. (3.4) 5 Do đó ta xét hàm số f (x) = x+ln u ( ) n u n 3 trên,+. Có f (x) = 1+ (x 3) x + 1 = x x 8 (x + 1)(x 3). x 3 f (x) = 0 x = Do khi giải phương trình giới hạn ta suy ra được limu n = 4 nên ta sẽ xét trường hợp sau: TH1: a 4. Lập bảng biến thiên, ta suy ra u = f (u 1 ) = f (a) f (4) = 4.. Tiếp đó, bằng quy nạp suy ra u n 4 n 1. (3.5) Từ (3.4) và (3.5) suy ra u n+1 u n 0 với mọi n 1. Do đó (u n ) là dãy giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn. ( 1 + ) 65 TH: a < 4.Ta có f () = +ln3 < 4 và f > >. Lập bảng biến thiên, 4 4 ta suy ra u = f (u 1 ) = f (a) [; 4). Bằng quy nạp suy ra u n [; 4) n 1. (3.6) Từ (3.4) và (3.6) suy ra u n+1 u n > 0 với mọi n 1. Do đó (u n ) là dãy tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. 85

86 Vậy với a thì (u n ) có giới hạn hữu hạn. Giả sử limu n = L, khi đó L = L + ln L + 1 L 3 L = 4. Vậy limu n = 4. Bài 5 1. Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f : R R thỏa mãn: f (x 016f (y)) = y 017f (x) x, y R. (3.7). Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn f (x + y f (x)) = x f (y) + f (x) x, y R. (3.8) (Bà Rịa - Vũng Tàu) 1. Giả sử tồn tại hàm f : R R thỏa mãn. Thay x = 0 vào (3.7) ta có f ( 016f (y)) = y 017f (0) y R f (x) toàn ánh. Do đó a sao cho f (a) = 0. Thay y bởi a vào phương trình ban đầu, ta có f (x) = a 017f (x) x R hay f (x) = c x R (c là hằng số thực). Thử lại ta thấy không thỏa mãn. Vậy không tồn tại hàm số thỏa mãn f (x 016f (y)) = y 017f (x) với mọi x, y R.. Giả sử tồn tại hàm f : R R thỏa mãn. Đặt P(x, y) là phép thế của x, y vào (3.8). Xét x 0: P(x,0) f (0) = 0. Ta có f (x) 0 là một nghiệm hàm. Xét f (x) 0. Gỉa sử tồn tại a 0 là số thỏa mãn f (a) = 0. P(a, y) a f (y) = 0 f (y) = 0 y R vô lý. Vậy f (x) = 0 x = 0. P( 1, 1) f ( 1) = 1. P(1, 1) f (1 f (1)) = f (1) 1. P(1 f (1),1) (f (1) 1) = 0 f (1) = 1. P(1, y) f (y + 1) = f (y) + 1 y R. P(x, y+1) f (x+y f (x)+ f (x)) = x f (y)+ f (x)+x = f (x+y f (x))+x x, y R. Mặt khác vì x + y f (x) toàn ánh( cho x=1, y chạy) nên thay x + y f (x) bởi y ở (3.8), ta có f (y + f (x)) = f (y) + x x, y R. (3.9) Thay y = 0 vào (3.9) ta có: f (f (x)) = x x R. Thay x bởi f (x) vào (3.9) ta có P(f (x), y) kết hợp (3.10) ta có f (x + y) = f (x) + f (y) x, y R. (3.10) f (x y) = f (x).f (y) x, y R. (3.11) Từ (3.10) và (3.11) ta có nghiệm hàm là f (x) = x x R và f (x)

87 Bài 6 Cho dãy số x n xác định bởi: x 1 = 1 x n+1 = 1 1. Chứng minh x n, n 1. n(n + 1) nx n 1 + (n + 1)x n,n N n kx k. Với mỗi số nguyên dương n, đặt y n =. Chứng minh dãy số có k=1 1 + (k + 1)x k giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. (Bà Rịa - Vũng Tàu) 1. Đầu tiên ta dễ chứng minh 0 < x n < 1, n. Ta sẽ quy nạp để chứng minh x n 1 n(n + 1). Với u 1 = Giả sử đúng tới n, ta chứng minh đúng với n + 1 tức là chứng minh 1 x n+1 (n + 1)(n + ) n(n + 1)(n + )x n (n + 1)x n 1 (n + 1)x n (n(n + )x n 1) 1 Áp dụng giả thiết quy nạp ta cần chứng minh x n 1, một điều hiển nhiên đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh.. Để ý rằng so với công thức truy hồi thì bậc của x k giảm đi 1 đơn vị, do đó ngay lập tức thì ta sẽ lập hiệu có dạng f (x + 1)x k+1 f (x).x k Ta sẽ chọn f (x) = x. Khi đó ta sẽ có Đổi dấu lại thì Cho k chạy từ 1 n 1 thì kx k (k + 1)x k+1 kx k = 1 + (k + 1)x k kx k kx k (k + 1)x k+1 = 1 + (k + 1)x k x 1 nx n = kx k 1 + (k + 1)x k 87

88 Mà từ câu a thì ta có 0 < nx n 1 n + 1 limnx n = 0 Do đó lim y n = x 1 = 1. Bài 7 Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn 1 3 f (x y) f (xz) f (x)f (yz) 1 9 x, y, z R (Bình Dương) Kí hiệu P(u, v, w) là phép thế x bởi u, y bới v, z bởi w vào đề bài. ( P(1,1,1) f (1) 1 ) 0 f (1) = ( P(0,0, z) f (0) 1 ) 0 f (0) = P(x,1,1) f (x) 1 x R. 3 P(0,1, x) f (x) 1 x R. 3 Vậy ta có f (x) = 1 x R, Thử lại thấy đúng. 3 Bài 8 1. Tìm limu n với u n = 1 3 n n + n N.. Cho dãy số (u n ) xác định bởi: u 1 = 1 u n+1 = Tìm công thức tổng quát của (u n ). 1 + un 1,n N u n (Bình Thuận) 88

89 1. Chúng tôi xin nêu hai cách giải cho câu 1. Cách 1: Nếu 0 < a < b thì a b < a + 1. Do đó b + 1 u n < Lấy lim hai vế ta được limu n = (n + ) (n + 3) => 0 < u n < 1 n + 3. Cách : Ta sẽ quy nạp để chứng minh u n 1 3 n, n 3. Với n = 3 thì u 3 = < Giả sử đúng tới n, ta chứng minh đúng với n + 1. Thật vậy, u n+1 = u n. n + 3 n + 4 < 1 3 n. n + 3 n + 4 < 1 3 n + 1. Nhân chéo lên, điều trên tương đương với (n + 4) 3.n > (n + 3) 3.(n + 1) 4n 3 + 6n 17n 7 > 0, một điều đúng với mọi n 3. Do đó ta có 0 < u n < 1 3 n. Lấy lim vế ta được limu n = 0.. Đây là 1 câu khá quen thuộc và nhìn hình thức thì ta sẽ nghĩ ngay tới đặt lượng giác. Do đó quy nạp dễ chứng minh u n = tan π. n+1 Bài 9 Cho dãy Fibonacci xác định như sau: { u 1 = u = 1 u n = u n 1 + u n Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p 7 thì có đúng 1 trong số u p 1,u p+1 là bội của p. (Đà Nẵng) Trong bài này chúng ta sẽ dùng tới các bổ đề quen thuộc sau: Bổ đề 5 Với {u n } là dãy Fibonacci thì: 89

90 1. Công thức tổng quát của u n là ( u n = ) n ) n.. u n u n 1u n+1 = ( 1) n 3. Bổ đề 6 C k p.p, k =,3,..., p 1. Quay lại bài toán. Dễ thấy nếu tồn tại u k 1,u k+1 đều chia hết cho p thì u k chia hết cho p nên suy ra được u n chia hết cho p với mọi n vô lí Do đó chỉ có duy nhất 1 trong số u p 1,u p+1 chia hết cho p 7 Thay n = p 7 trong bổ đề 5 up 1 = u p 1u p+1. Do đó ta cần chứng minh up 1.p. Ta có ( up 1 = ) p ) p 3 5 Do p 7 nên ta chỉ cần chứng minh ( 1 + ) p ( 5 1 ) p p. Mà khai triển trực tiếp và quy đồng, chú ý là rút gọn, ta thu đươc tử sẽ là Mà theo bổ đề 6 thì ta có C p,c 4 p (C 0 p +C p.5 +C 4 p C p p.5p ) 3. p p,...cp.p nên ta cần chứng minh (C 0 p +C p p.5p ) 3. p.p, một điều hiển nhiên theo định lý Fermat. Do đó tử chia hết cho p 7, còn mẫu sẽ là p không chia hết cho p. Do đó ta có up 1.p nên ta có điều phải chứng minh. Nhận xét 4 Dãy số với các tính chất số học bao giờ cũng là một trong những đề tài "nóng hổi" được quan tâm trong các kì thi học sinh giỏi. Hơn nữa, bài toán trên thuộc một trong những tính chất đẹp của dãy Fibonacci. Để bạn đọc có thể nắm vững một số tính chất về dãy đặc biệt này, hãy thử sức ở các bài toán sau: 1. Cho (u n ) là dãy số Fibonacci. Chứng minh rằng nếu n là bội của k thì u n là bội của u k.. Cho (u n ) là dãy Fibonacci. Với mọi số tự nhiên k, chứng minh phân số sau đây tối giản: ku n+ + u n ku n+3 + u n 1, n N 90

91 Bài 10 Tìm tất cả các hàm f : R R thỏa mãn f (x y f (x)) + f (y ) = f (x y), x, y R. (3.1) (Đồng Nai) Giả sử tồn tại hàm f : R R thỏa mãn (3.1). Thay y = 0 vào (3.1) ta có f (x ) + f (0) = f (x) x R. (3.13) Thay x = 0 vào đẳng thức trên ta có f (0) = f (0) f (0) = 0 hoặc f (0) =. TH1: f (0) =. Thay x = 0, y bởi y vào (3.1) ta có f (4y) + f (y ) = f (y) y R f (4y) = f (0) = y R f (x) Thử lại đúng. TH: f (0) = 0. (3.1) f (x ) = f (x) x R. (3.14) Ta có f (x) 0 là một nghiệm hàm. Xét f (x) 0. Nếu tồn tại a 0 sao cho f (a) = 0: (3.14) f (a ) = 0 và f ( a) = 0 do đó không giảm tổng quát giả sử a > 0 Từ (3.14) ta cũng có f (x) 0 x > 0. Thay x = a, y bởi y vào (3.1) ta có f (a ) + f (y ) = f (a + y) y R f (y) = f (a + y) y R f (y) = f (y + a) y > 0 Xét x > 0 thay x bởi x + a vào (3.1) ta có f ((x + a) y f (x + a)) + f (y ) = f (x + a y), x > 0, y R f ((x + a) y f (x)) + f (y ) = f (x y), x > 0, y R f (x y f (x) + ax + a ) = f (x y f (x)), x > 0, y R. (3.15) Do f (x) 0 nên tồn tại x 0 > 0 sao cho f (x 0 ) 0. Thay x = x 0, y bởi x 0 y vào (3.15) ta có f (x 0 ) f (y + ax 0 + a ) = f (y) y R. (3.16) Đặt c = ax 0 + a. Do a, x 0 > 0 nên c > 0. Với mỗi y R tồn tại n N sao cho y + nc > 0. Từ (3.16) ta suy ra f (y) = f (y + nc) y R Kết hợp với (3.14) suy ra f (y) 0 y R Do đó f ( x) = f (x) x R Thay x bởi x vào (3.1) ta suy ra f (x y) = f ( x y) x, y R f (x y) = f (x + y) x, y R 91

92 Thay x bởi x + y, y bởi x y ta có f (x) = f (y) x, y R Do đó f (x) là hàm hằng. Thử lại suy ra f (x) hoặc f (x) 0 vô lý. Vậy f (x) = 0 x = 0. Thay x = y vào (3.1) ta có f (4y y f (y)) = 0 y R 4y = y f (y) y R f (y) = y y 0. Mà f (0) = 0 suy ra f (x) = x x R. Thử lại đúng. Vậy bài toán có 3 nghiệm hàm f (x), f (x) 0 và f (x) = x x R. Bài 11 Cho dãy số (u n ) xác định bởi: u 1 ( 1; ) u n+1 = 1 + u n u n, n N Chứng minh rằng ( u n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. (Đồng Nai) Xét hàm số f (x) = 1 + x x trên (1;). Có f (x) = 1 x < 0, x (1;) nên f (x) nghịch biến. Mặt khác 1 u n 3 nên dãy chẵn tăng bị chặn trên, dãy lẻ giảm bị chặn dưới. Đặt giới hạn từng dãy là A,B thì ta có hệ phương trình A = 1 + B B B = 1 + A A Trừ vế ta được (A B) = A B Suy ra A = B hoặc = A + B. Nhưng vì A,B 3 nên A = B Do đó L = 9

93 Bài 1 Cho hai dãy số được xác định bởi: x 1 = y 1 = 3 x n+1 = x n xn y n y n+1 = yn, n N 1. Chứng minh rằng x n y n (;3) n.. Tính lim n + y n. (Hà Nam) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng Dễ thấy điều trên đúng với n = 1. Giả sử điều trên đúng tới n. π x n = cot 3. n, y n = tan π 3. n. Bây giờ ta sẽ chứng minh nó đúng với n + 1. Thật vậy, Tương tự với y n. Khi đó ta có Dễ dàng tính được lim y n = cos π x n xn = 3. n sin π = cot 3. n x n y n = 1 tan π 3. n (,3). π 3. n+1 = x n+1. Bài 13 Cho dãy số ( u n ) có u1 = 1,u n = 1. Xác định công thức của ( u n ).. Chứng minh u 1 + u u 016 < n n 1 u n 1 + n với n N và n. (Hà Nội) 93

94 1. Tính toán vài giá trị đầu: u = 4;u 3 = 9 làm ta dự đoán được u n = n, và ta sẽ tiến hành quy nạp với mong muốn khẳng định đó là đúng. Với n = 1,u 1 = 1 khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng tới n 1, (n > 1). Khi đó u n 1 = (n 1). Giờ ta sẽ chứng minh khẳng định đúng với n. Thật vậy, u n = Do đó ta có điều phải chứng minh. Vậy u n = n.. Đề bài tương đương với việc chứng minh n n 1 u n 1 + n = n n 1 (n 1) + n = n < Rất dễ thấy số 016 mang tính tượng trưng, và nó gợi ý cho ta đi chứng minh 1 kết quả tổng quát hơn: n < n 3. (3.17) Với n = thì (3.17) đúng. Giả sử (3.17) đúng tới n. Khi đó n < n 3. Bây giờ ta sẽ chứng minh ( ) đúng tới n + 1. Thật vậy, n + (n + 1) < n 3 + (n + 1) nên điều cần chứng minh sẽ đúng nếu cón 3 +(n +1) < (n +1) 3 3n +3n > 0,một điều hiển nhiên đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh. Bài 14 Với mỗi số nguyên dương n, xét hàm số f n trên R được xác định bởi f n (x) = x n + x n x + x Chứng minh hàm số f n đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm duy nhất.. Gọi giá trị nhỏ nhất của hàm số f n là s n. Chứng minh dãy số (s n ) có giới hạn hữu hạn. (Hà Tĩnh) Ở câu 1, ta dễ dàng suy ra các nhận xét sau: 94

95 f n (x) 1 x 0. f n (x) 1 x 1. f n (x) < 1 x ( 1;0) Do đó min f n (x) ( 1;0). Khi đó ta có f n (x) = 1 xn+1 1 x f n (x) = nxn+1 (n + 1)x n + 1 (1 x). Xét hàm số g n (x) = nx n+1 (n +1)x n +1 x ( 1;0) có g n (x) = n(n +1)xn 1 (x 1) > 0 x ( 1;0). Dễ chứng minh g n (x) có đúng 1 nghiệm x n trên ( 1;0). Lập bảng biến thiên, thấy được f n (x) đạt GTNN tại 1 điểm duy nhất. Với mọi x ( 1;0), ta có f n+1 (x) = f n (x) + x n+1 (x + 1) f n (x) s n+1 = f n+1 (x n+1 ) f n (x n+1 ) f n (x n ) = s n. Do đó dãy s n giảm. Mặt khác f n = f n (x n ) = 1 xn+1 n > 1 > 1 1 x n 1 x n nên dãy giảm bị chặn dưới nên tồn tại L = lim s n. Nhận xét 5 Đây là một trong những bài toán về các dãy số xác định bởi dãy các phương trình với tham số n nguyên dương f n (x) = 0. Yêu cầu bài toán đặt ra rằng một dãy số (x n ) được sinh bởi nghiệm, giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất,... của phương trình f n (x) = 0. Chứng minh rằng dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. Đối với dạng toán này, ta thường khảo sát hàm số f (x) để nhận xét một số tính chất liên quan đến dãy (x n ) rồi sau đó biện luận miền của các số hạng trong dãy và tính đơn điệu của dãy. Đôi khi ta cũng cần kết hợp một số định lý có liên quan đến phần giải tích như định lý Lagrange, định lý Rolle,... để biện luận dãy (x n ). Sau đây là một số bài tập ứng dụng: 1. (Trường Đông viện Toán Ngày 1) Ký hiệu x n là nghiệm dương duy nhất của phương trình: x n + x n x = n + Chứng minh rằng dãy (x n ) hội tụ tới một số thực dương. Tìm giới hạn đó.. (Moscow University Entrance Exam 000) Ký hiệu x n là nghiệm của phương trình: 1 x + 1 x x n = 0 thuộc khoảng (0;1). Chứng minh dãy số (x n ) hội tụ. Hãy tìm giới hạn đó. 3. Cho n là một số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng phương trình x n = x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là x n. Chứng minh rằng lim x n = 1 và tính limn(x n 1). 95

96 Bài 15 Cho dãy số (u n ) thỏa: Chứng minh rằng dãy ( u 1 = 1 u n+1 = u n + n,n N u n u n n ) có giới hạn hữu hạn. (Hải Phòng) Ta chứng minh quy nạp n 1 u n n n. Dễ thấy khẳng định đã đúng với n = 1,. Nếu đã có k 1 u k k k thì: Với f (x) = x + k = x x + k ta có x f (x) = 1 k x = x k x 0 k 1 x k nên u k+1 = f ( u k ) f ( k ) = k và Ta có u k+1 = f ( u k ) f ( k 1 ) = k 1 k 1. k 1 k 1 k + 1 ( k 1 ) ( ) 4 k 1 4k 5 0 đúng k. Từ đó theo nguyên lý kẹp ta có lim u n n = 1. Bài 16 Xác định tất cả các hàm f : R R thỏa mãn: f ([x]y) = f (x)[f (y)] x, y R (3.18) với [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. (Hòa Bình) 96

97 Giả sử tồn tại hàm f : R R thỏa mãn (3.18). Thay x = 0 vào (3.18) ta có f (0) = f (0)[f (y)] y R. TH1: f (0) 0 [f (x)] = 1 x R f ([x]y) = f (x) x, y R. y Xét x [0;1) thay y bời vào đẳng thức trên ta có f (y) = f (x) = c y R (c là [x] hằng số). Kết hợp với [f (x)] = 1 x R ta có 1 c <. Vậy f (x) = c với mọi số thực x, y, 1 c < là hằng số. Thử lại đúng. TH: f (0) = 0. Xét x (0;1) ta có [x] = 0. Khi đó f (0) = f (x)[f (x)] x (0;1) f (x)[f (x)] = 0 x (0;1) Từ đây suy ra [f (x)] = 0 x (0;1) 1 1 Xét x > 1. Thay y bởi vào ( ) ta có f (1) = f (x)[f ( )] x > 1 f (1) = 0 [x] [x] Thay x = 1 vào (3.18) ta được f (y) = 0 y R. Thử lại đúng. Vậy bài toán có nghiệm hàm f (x) = c(1 c < ) x R và f (x) = 0 x R. Bài 17 Cho (x n ) được xác định như sau: x 0 > 0; x n+1 = x n 1 + xn,n N Tìm lim nx n. (Hòa Bình) Đặt x n = 1 y n. Khi đó 1 y n+1 = 1 y n (1 + 1 yn ) y n+1 = y n + 1 yn+1 y = y n n yn. Ta cần tìm lim n.để ý rằng yn lim x n = 0 lim y n = +. Áp dụng định lý Stolz, ta có lim n n + n = y n + 1 = 1 lim nx n = 1. yn 97

98 Bài 18 Cho dãy số (x n ) xác định bởi: x o = 1 x 1 = 41 x n+ = 3x n + 8(xn+1 + x n),n N Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số nguyên. (Hòa Bình) Ta có x n+ 3x n = 8(xn+1 + x n) x n+ 6x n+x n + x n = 8x n+1 Tương tự ta cũng sẽ có x n+1 6x n+1x n 1 + x n 1 = 8x n. Trừ vế theo vế ta sẽ được (x n+ 3x n ) = (3x n+1 x n 1 ) Đến đây ta có nhận xét rằng nếu x 0 ; x 1 ; x nguyên thì mọi số hạng của dãy đều nguyên. Tính được x = 39, do đó ta có điều phải chứng minh. Nhận xét 6 Việc chứng minh dãy số có các số hạng đều nguyên quả là một vấn đề thú vị. Ngoài cách xác định x n+ theo hệ thức truy hồi như bài toán vừa xong, ta còn có thể dùng một số tính chất số học để chứng minh các số hạng của một dãy luôn là số nguyên. Sau đây là một số bài tập liên quan: 1. Dãy số (u n ) được xác định bởi: u 1 = 1 u n+1 = ( ) u n + 3,n N n n Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.. Cho a, b, c là ba số nguyên thỏa mãn điều kiện a = b + 1. Dãy số (x n ) xác định bởi: x o = 0 x n+1 = ax n + bxn + c,n N Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số nguyên. 98

99 3. Dãy số (u n ) có tính chất sau: u 1 =,u = 7 1 < u n+1 u n < 1, n N,n u n 1 Chứng minh rằng khi n thì mọi số hạng u n của dãy đều là số nguyên lẻ. Bài 19 Cho dãy số u n xác định bởi công thức u 1 = 1,u = 3 u n+ = u n+1 +,n N u n + Chứng minh dãy số u n có giới hạn hữu hạn. (Tp. HCM) Nhận xét rằng giới hạn của (u n ), nếu có, là limu n = 1, do đó ta sẽ thử tiến hành kẹp Với n = 1,n = ta có điều hiển nhiên. 1 1 n u n n. Giả sử điều trên đúng tới n + 1. Ta có 1 1 n + 1 u n n + 1. Bây giờ ta sẽ chứng min điều trên đúng với n +. Thật vậy, u n+ = u n+1 + u n > n n nên điều trên sẽ đúng nếu ta chứng minh được 3 1 n n > 1 1 n + 3(n + ) n + n + 1 > 3(n + 1) + n + 1 n 3 n + 1 n + n + n + 1, một điều hiển nhiên. Tương tự ta cũng chứng minh được u n Do đó n limu n =

100 Bài 0 Tìm các hàm số f : R R thỏa mãn: f (x y) + f (x y) + f (x + y + 1) = x y + x + 1 với mọi x, y R Đặt g (x) + x = f (x) thì phương trình đã cho trở thành: g (x y) + g (x y) + g (x + y + 1) = 0 x, y R. Kí hiệu P(u,v) là phép thế x bởi u, y bởi v trong phương trình trên. P(0,0),P(0,1),P(0,),P(1,1) g (0) = 0. P(x,0) g (x) + g (x + 1) = 0 x R. P(x, 1) g ( x) + g (x + 1) + g (x) = 0 x R. (Khánh Hòa) Từ hai đẳng thức trên ta có g ( x) = 0 x R hay g (x) = 0 x R. Suy ra f (x) = x x R. Thử lại thấy đúng. Bài 1 Cho dãy số (u n ) xác định bởi: u 1 = 1 Chứng minh rằng u n+1 = u n n + n,n N u n [ ] un = n khi n 4. u n+1 = u n n + + n u n Ta sẽ chứng minh quy nạp rằng n un < n + 1 với mọi n 4. Tính được u 4 = 13 6 và u 4 = 169. Ta có 36 un+1 = + u n n + n (n + 1) un < + n + n (n + 1) = 3 + n n < n + nên điều cần chứng minh sẽ đúng nếu ta chỉ ra được một điều luôn đúng với mọi n 4. Tương tự vế kia. Do đó ta có điều phải chứng minh. (n + 1) < (n 1).n, (Khánh Hòa) 100

101 Bài Tìm tất cả các hàm số f : R R đơn điệu trên R thỏa mãn: f (x 3 + f (y)) = f 3 (x) + y x, y R (Lạng Sơn) Kí hiệu P(u, v) là phép thế x bởi u, y bởi v vào đề bài. P(0, y) f (f (y)) = y + f 3 (0) với mọi số thực y.ta thấy vế phải của phương trình này có tập giá trị là R nên f toàn ánh. Giả sử có f (a) = f (b), làn lượt thực hiện P(x, a),p(x,b) ta có a=b. Vậy f đơn ánh. Suy ra f song ánh. Vậy tồn tại duy nhất giá trị t sao cho f (t) = 0. P(0, y) f (f (y)) = f 3 (0) + y y R. Trong đẳng thức trên thay y bởi f (y) và sử dụng lại chính đẳng thức trên ta có f (y + f 3 (0)) = f 3 (0) + f (y) y R. P(0,0) f (f (0)) = f 3 (0). P(f (0), y) f (f (y) + f 3 (0)) = f 3 (f (0)) + y y R f 3 (0) + f (f (y)) = f 9 (0) + y y R f 3 (0) = f 9 (0). Do đó f (0) = 0 hoặc f 6 (0) =. P(t,0) f (t 3 + f (0)) = 0 = f (t) t 3 + f (0) = t. P(0, t) f (0) = f 3 (0)+t ( ). Suy ra t 3 = f 3 (0) t = f (0) f (0) = f 3 (0) f (0) = 0 hoặc f (0) =. Kết hợp với trên suy ra f (0) = 0. Từ đó ta có f (f (x)) = x x R và f (x 3 ) = f 3 (x) x R (). P( 3 x, f (y)) f (x + y) = f (x) + f (y) x, y R. Đặt f (1) = k ta có k = k 3, thay x bởi x + 1 vào () ta có x R f (x 3 + 3x + 3x + 1) = (f (x) + f (1)) 3 f (x 3 ) + 3f (x ) + 3f (x) = f 3 (x) + 3k f (x) + 3k f (x) Thay x bởi x 1 vào () trên ta có x R f (x ) + f (x) = k f (x) + k f (x) f (x ) + f (x) = k f (x) + k f (x) Do đó f (x ) = k f (x) x R Ta xét trường hợp của k: TH1: k = 1. Ta có f (x ) = f (x) x R f (x) > 0 x > 0 do f (x) song ánh và f (0) = 0 Xét x > y ta có: f (x) = f (y) + f (x y) > f (y). Suy ra f (x) đồng biến. Kết hợp với f (x) cộng tính và f (1) = 1 ta có f (x) = x x R. Thử lại đúng

102 TH: k = 1. Ta có f (x ) = f (x) x R f (x) < 0 x > 0 do f (x) song ánh và f (0) = 0 Xét x > y ta có: f (x) = f (y) + f (x y) < f (y). Suy ra f (x) nghịch biến. Kết hợp với f (x) cộng tính và f (1) = 1 ta có f (x) = x x R. Thử lại đúng. Vậy bài toán có nghiệm hàm f (x) = x x R và f (x) = x x R Bài 3 Cho dãy số (u n ) xác định bởi u 1 = 1 3 u n = u n + 1 u n + 1 n N. 1. Chứng minh rằng u n < 3(u n + 1) 10 n N.. Chứng minh rằng dãy (u n ) hội tụ. Tính lim n + u n. (Lạng Sơn) 1. Ý tưởng đầu tiên sẽ là chứng minh bằng quy nạp, tức là ta cần chứng minh 3(u n + 1) u n un + 1 Cũng bằng quy nạp, dễ nhận thấy u n Do đó ta cần chứng minh 3 un Bình phương vế, điều cần chứng minh trở thành 9(u n + 1) 10 u n 1 9. Dễ chứng minh u n giảm, nên bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh được u n 1 9 n, và ta có điều cần chứng minh ban đầu.. Dãy đã cho giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên tồn tại L = limu n. Chuyển sang giới hạn: L + 1 = L + 1 L + 1 L =

103 Bài 4 Cho dãy số thực (x n ) được xác định bởi x 1 = 5 x n+1 = xn 3 1x n + 0n + 1 n + 1. Chứng minh rằng dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. (Lào Cai) Chuyển sang giới hạn thì L = L 3 1L + 0 L =. Do đó ta sẽ quy nạp để chứng minh x n. Với n = 1 thì x 1 = 5. Giả sử điều cần chứng minh đúng tới n. Bây giờ ta sẽ chứng minh điều này cũng đúng với n + 1, tức là ta sẽ đi chứng minh xn 3 1x 0n + 1 n + 4. n + 1 Nhưng điều này sẽ là hiển nhiên do Do đó x n x 3 n 1x n + 0n + 1 n x3 n 1x n + 16 (x n ) (x n + 4) 0. Xét hàm số f (x) = x 3 1x có f (x) = 3x 1 0, và x < x 1 nên dãy giảm. 0n + 1 Ta cũng có hàm số g (n) = là hàm giảm, do đó x n vì là tổng của hai dãy giảm n + 1 nên cũng là dãy giảm. Hơn nữa nó bị chặn dưới bởi nên tồn tại L = lim x n. Dễ dàng tìm được L =. Nhận xét 7 Việc đánh giá hàm ở đây phải khéo léo vì việc xét một hàm là sai phân của x n như trên khá "chặt" do hàm sinh bởi công thức truy hồi x n trong bài toán vừa xong. Trong đề chọn đội tuyển quốc gia Cần Thơ năm nay cũng có một bài tương tự như sau, bạn đọc hãy giải nó như một bài tập áp dụng: Cho dãy số thực ( ) u n được xác định bởi: u 1 = 3 và u n+1 = un 3 + 3un 9n u n + 1, n N n + 1 Tìm lim n + u n

104 Ngoài hai bài toán trên, bạn đọc có thể xây dựng những bài toán tương tự với bậc cao hơn thông qua hàm số đảm bảo tính đơn điệu và bị chặn trong công thức truy hồi đối với số hạng của dãy. Bài 5 Cho hàm số f : N N thỏa mãn các điều kiện sau: i. f (m) < f (n) m,n N ;m < n. ii. f (mn) = f (m)f (n) m,n N ;(m,n) = 1. iii. i N,i > 1 sao cho f (i) = i. 1. Chứng minh rằng f (1) = 1, f (3) = 3.. Tìm tất cả các hàm f (n) thỏa mãn yêu cầu đề bài. (Ninh Bình) 1. Thay m = n = 1 vào. ta được f (1) = 1. Do i > 1 mà f (i) = i nên ta suy ra f (n) = n với mọi n = 1,i (do i.). Nếu i 3 thì f (3) = 3. Nếu i = thì f () = và f (3).f (5) = f (15) < f (18) = f ().f (9) <.f (10) = 4.f (5). Do đó < f (3) < 4 nên f (3) = 3.. Xét dãy (a n ) : a 1 = 3, a n = a n 1 ( an 1 1 ). Khi đó f (a 1 ) = a 1, nếu f (a k ) = a k thì f (a k 1) = a k 1 (do f tăng ngặt) nên f (a k+1 ) = f (a k )f (a k 1) = a k+1. Vậy bằng quy nạp t có thể chứng minh f (a k+1 ) = a k+1 k N. Dựa vào tính chất đầu tiên ta cũng dễ dàng chứng minh rằng nếu f (a k ) = a k (k > 1) thì f (j ) = j với mọi 1 j a k. Mà dãy trên tăng vô hạn nên suy ra f (n) = n với mọi số tự nhiên n

105 Bài 6 Cho dãy số (x n ) xác định bởi hệ thức: x 1 = 1 x n+1 = x n (x n + 1)(x n + )(x n + 3) + 1,n N Đặt y n = n i=1 1 x i +. Tính lim y n. (Ninh Bình) Dễ thấy x n > 0, n N Ta sẽ cố gắng thu gọn biểu thức tính của x n+1 Ta có x n+1 = x n(x n + 3)(x n + 1)(x n + ) + 1 Do đó ta sẽ tính được Mặt khác, ta tính được lim x n = + Do đó lim y n = lim 1 x x n + 1 = 1. Bài 7 x n+1 = (x n + 3x n + 1) x n+1 = x n + 3x n x i + = 1 x i x i Xét dãy số thực vô hạn x 1, x,, x n thỏa mãn x m+n x m x n < 1 m + n với mọi số nguyên dương m,n. Chứng minh rằng (x n ) là cấp số cộng. (Phú Thọ) Để chứng minh cấp số cộng thì ta nên tìm cách chứng minh x m+1 x m = d : cố định. Do đó, ta sẽ tìm cách làm như sau: (x m+1 x m ) (x n+1 x n ) = (x m+n+1 x m x n+1 ) (x m+n+1 x m+1 x n ) < (x m+n+1 x m x n+1 ) + (x m+n+1 x m+1 x n ). < m + n

106 Tới đây thì vẫn chưa ổn vì vậy ta sẽ cố tìm cách chặn thêm 1 hằng số tự do nữa, cụ thể như sau: (x m+1 x m ) (x n+1 x n ) = (x m+1 x m x a+1 + x a ) (x n+1 x n x a+1 + x a ) Cho a đủ lớn thì suy ra được Do đó x n là cấp số cộng. Bài 8 < (x m+1 x m ) (x a+1 x a ) + (x n+1 x n ) (x a+1 x a ). < a + m a + n + 1 x m+1 x m = x n+1 x n = d, m,n N. Tìm tất cả hàm số f : N N sao cho ba số a, f (b), f (b + f (a) 1) luôn là độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi a,b N (Quảng Bình) Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài. Với mọi số tự nhiên a,b, ta có: a + f (b) f (b + f (a) 1)+1 f (b) f (b+f (1) 1). Ta cũng có: a+f (b+f (a) 1) f (b)+1 f (b+f (1) 1) f (b). do đó f (b) = f (b + f (1) 1). 1. f (1) 1. Ta có f tuần hoàn. Mà f có tập giá trị là các số nguyên dương nên f bị chặn. Vậy tồn tại M = max f (x). Từ đề bài chọn b = 1, a = M ta có f (f (M)), f (1) và M là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Suy ra M f (f (M + 1)) + f (1) M + 1, vô lý!. f (1) = 1 Từ đề bài, chọn b = 1, ta có hai điều sau: a + f (1) f (f (a)) + 1 a f (f (a)) a N f (f (a)) + f (1) a + 1 f (f (a)) a a N. Vậy f (f (a)) = a a N, từ đây dễ có f song ánh. Đặt f () = t ta có f (t) =. Thay a =,b = t ta có,, f (t 1 + f ()) là độ dài ba cạnh của một tam giác. Suy ra 3 f (t 1 + f ()) 1. Nếu f (t 1 + f ()) = 1 = f (1), ta có f () = 1 vô lý. Nếu f (t 1 + f ()) = = f (f ()), ta có f () = t = 1 vô lý. Vậy f (t 1 + f ()) = 3. Ta chứng minh: Ta thấy (3.19) đúng với n = 1,. f (t 1 + f (n)) = n + 1 n N (3.19)

107 Giả sử (3.19) đúng với n < k, ta chứng minh (3.19) đúng với n = k. Thật vậy, thay a = k,b = t ta có k,, f (t 1 + f (k)) là độ dài ba cạnh của một tam giác nên k + > f (t 1 + f (k)) > k. Nếu f (t 1 + f (k)) = k 1 = f (t 1 + f (k )) ta có điều vô lý. Tương tự ta có f (t 1 + f (k)) k. Do đó f (t 1 + f (k)) = k + 1. Vậy f (t 1 + f (n)) = n + 1 n N f (t 1 + f (n)) = n + 1 = f (f (n + 1)) f (n + 1) = t 1 + f (n) n N. Từ đó ta có f (n + 1) = n(t 1) + 1 n N. Mặt khác n + 1 = f (f (n + 1)) = f (n(t 1) + 1) = (t 1) n + 1 n N, do đó t =, f (n) = n n N. Thử lại, với hàm f (n) = n n N, điều kiện đề bài trở thành a,b, a + b 1 luôn là độ dài ba cạnh của một tam giác (đúng). Vậy chỉ có hàm số f (n) = n n N thỏa mãn. Bài 9 Cho a là một số thực và dãy số thực (x n ) xác định bởi x n = 016n + a. 3 n Tìm a sao cho dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn.. Tìm a để dãy số là dãy tăng từ một lúc nào đó. (Quảng Bình) 1. x n = 016n n (a + 016). 3 n x n = 016 n + n 3 n (a + 016) n (n 3 + 1) Khi đó nếu a 016 thì lim x n = + hoặc là lim x n = Do đó để x n có giới hạn hữu hạn thì a = 016. ( 3. Ta dễ chứng minh lim (n + 1) ) n = 1. Ta có x n+1 x n 0, n n Tức là a 3 (n + 1) n Lấy lim hai vế được a 016. Với a = 016 dễ thấy thỏa mãn. Với a > 016 thì ta có luôn điều phải chứng minh theo giới hạn. Do đó a

108 Bài 30 Cho a,b là các số thực dương. Xét dãy số u n được xác định bởi u n = a n +bn, với n N. Tính lim { un }. (Quảng Ninh) Đặt b = aq + r với q,r N;0 r a 1. TH1: r = 0 thì b = aq và Lại có Từ đây suy ra Điều này dẫn tới Khi ấy u n = a n + aqn = (an + q) q < (an + q). u n (an + q 1) = an (q 1). u n > (an + q 1) (q 1) ; n >. a [ un ] = an + q 1 n > (q 1) { } ( un lim un = lim [ ] ) ( ) un = lim a n + aqn (an + q 1) n + n + n + = lim n + TH: 1 r a 1. Để ý rằng an (q 1) a n + aqn + an + q 1 = lim n + a (q 1) n a + aq n + a + q 1 n u n (an + q + 1) = (r a)n (q + 1) < 0; n N = 1. và Suy ra { } b Do đó limu n =. a u n (an + q) = r n q. (an + q) < u n < (an + q + 1) ; n > q r [ ] q un = an + q; n > r

109 Bài 31 Cho dãy số x n xác định bởi x 1 = x n+1 = x n + 1 x n + Tìm số hạng tổng quát x n và tìm lim x n. (Quảng Trị) Đây là một bài khá quen thuộc và điển hình trong dạng bài tìm công thức tổng quát của dãy số. Ta có x n+1 1 = x n + 1 x n + 1 = x n 1 x n +, (3.0) Do đó lấy (3.1) chia (3.0), ta được x n = x n + 1 x n = 3(x n + 1) x n +. (3.1) x n + 1 x n 1 = 3 x n x n 1 1 =... = 3n 1. x x 1 1 = 3n. Quy đồng lên ta tính được x n = 3n n 1 lim x n = 1. Bài 3 Cho dãy số (a n ) có a 1 R và a n+1 = a n 1 n, n N. Tìm lim a n. (Thái Bình) TH1: a 1 Khi đó a = a = 0. Khi đó a 3 = a Do đó quy nạp thì ta có a n+1 = a n 1 n a n+1 = a n 1 = a 1 1 n 1 lim a n = a 1. TH: a 1 0, Khi đó a = 1 a 1 1 = 0, a 3 = a 1 = a 1. Quy nạp tương tự như trên, ta được a n+1 = a n 1 = a 1 1 n 1. TH3: a 1 (0;). Khi đó ta sẽ chứng minh quy nạp rằng 0 a n 1, n. n Với n = thì a = a

110 Giả sử đúng tới n, ta chứng minh đúng với n + 1. Ta có a n+1 = a n 1 n 1 n 1. Để ý rằng a n 1 n 1 n a n n đúng, 1 n a n 1 n a n 0 đúng. Do đó theo quy nạp ta có điều phải chứng minh. Như vậy 0 < a n 1 n. Lấy lim hai vế ta được lim a n = 0. Bài 33 Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn: f (f (x) + f (y)) = f (x ) + x f (y) + (f (y)) x, y R (Thanh Hoá) Kí hiệu P(u, v) là phép thế x bởi u,y bởi v vào phương trình đề bài cho. P(1,0) f (f (1) + f (0)) = f (1) + f (0) + f (0). (3.) P(0,1) f (f (0) + f (1)) = f (0) + f (1). Từ đó suy ra f (1) = f (0) hoặc f (1) = f (0) + 1. Nếu f (1) = f (0), ta có f (0) = f (1) + f (0) + f (0) f (0) = f (1) = 0. P(0, y) f (f (y)) = f (y) y R. P(1, y) f (f (y)) = f (y) + f (y) y R. Từ đó suy ra f (y) = 0 y R Nếu f (1) = f (0)+1: P(y, x) f (x )+x f (y)+f (y) = f (y )+y f (x)+f (x) (1) x, y R. Trong phương trình trên lần lượt thay x = 0, x = 1 ta được: f (0) + f (y) = f (y ) + y f (0) + f (0) y R, f (1) + f (y) + f (y) = f (y ) + y f (1) + f (1) y R Với chú ý f (1) = f (0)+1, từ hai phương trình trên ta thu được f (x) = x + f (0) x R. Thử lại thấy f (0) = 0. Hàm f (x) = x x R thỏa mãn. Vậy có hai hàm thỏa mãn bài toán là f (x) = 0 x R và f (x) = x x R 110

111 Bài 34 Với số thực a 1 cho trước,xét dãy số a n cho bởi a 1 = a a n+1 = 7 an a n + an + 7 Xác định a để dãy có giới hạn hữu han. (Thanh Hoá) Xét hàm f (x) = 7 x x + thì x + 7 a n+1 = f (a n ). Xét hàm số g (x) = f (x) x có g (x) = 0 x = 1; x = 3. Mà hàm số g (x) liên tục trên mỗi khoảng (, 3) và (1;+ ) nên dễ chứng minh được f (x) > x, x ( ; 3) và f (x) < x, x (1;+ ). Tiếp theo, dễ chứng minh được f (x) 1, x > 7. Dấu bằng xảy ra khi x = 1. Tương tự f (x) 3, x < 7. Dấu bằng xảy ra khi x = 3. Từ các kết quả trên, ta thu được: TH1: x 1 = a = 1 Khi đó x n = 1 nên lim x n = 1. TH: x 1 = a = 3 Khi đó x n = 3 nên lim x n = 3. TH3: x 1 = a > 7. Khi đó x 1 x n 1 x n+1 = f (x n ) < x n. Do dãy giảm bị chặn dưới bởi 1 nên lim x n = 1. TH4: x 1 = a < 7. Khi đó x 3 x n 3 x n+1 = f (x n ) > x n. Do đó x n tặng bị chặn trên bởi 3. Giải ra được lim x n =

112 4 Hình học Bài 1 ABC nhọn (AB < AC) có H,O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp. Điểm E thuộc cạnh AC sao cho OE//BC. OE cắt đường tròn ngoại tiếp E BC tại F. Tiếp tuyển tại F của đường tròn ngoại tiếp EBC cắt BC, AH ở P,Q. 1. Chứng minh đường tròn (K ) ngoại tiếp BPQ đi qua trung điểm M của AH.. PA,PH cắt (K ) ở S,T khác P. Chứng minh hai tiếp tuyển của (K ) tại S,T cắt nhau tại một điểm trên ME. (THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG HN ) Hướng dẫn 1. Do EF //BC nên F PC = FCE. Mặt khác dễ thấy OCE B AH nên OE EC = B H AH. Từ đó suy ra M H HB = EC EF nên F EC B H M (c.g.c). Do đó BMQ = FCE = F PC nên tứ giác MQBP nội tiếp.. Gọi R là giao điểm của E M với (K ). Dễ thấy chỉ cần chứng minh tứ giác RSMT điều hòa P(RM AH) = 1. Mặt khác do M là trung điểm AH nên ta chỉ cần 11

113 chứng minh PR//AH. Điều này tương đương với chứng minh PQM + E MQ = 180. Do PQM = 90 + BPQ = 90 + BM H nên ta chỉ cần chứng minh BME = 90, một kết quả quen thuộc. Bài Tứ giác ABCD nội tiếp (O) sao cho ABCD không phải hình thang. Tiếp tuyến tại C,D của (O) cắt nhau tại T. T A cắt BD tại S, E dối xứng với D qua S. AB cắt đường tròn ngoại tiếp EBC tại F. EC cắt T A tại P. 1. Chứng minh rằng PF tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp EBC.. Giả sử PF cắt AC tại Q, H,K lần lượt là hình chiếu của Q lên F A,FC. M là trung điểm F A. Chứng minh rằng tiếp tuyến qua A của (O) và đường thẳng qua Qv song song AO cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp M HK. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) 1. Dễ dàng chứng minh được ECF DC A. AT cắt CD ở N, R CD sao cho ER//AT. Như vậy N là trung điểm DR. Để ý rằng AN là đường đối trung nên ND NC = AD AC PE PC = NR NC = ND BC = AD AC = F E PF tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp EBC tại F. FC 113

114 . Đường thẳng qua I song song AO cắt tiếp tuyến qua (O) của A tại L. PF tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp EBC tại F nên L AQ = ADC = F E A = K FQ QL A QK F. Theo kết quả quen thuộc thì đường tròn ngoại tiếp HK L đi qua trung điểm M của AF, từ đó L nằm trên đường tròn ngoại tiếp M HK. Bài 3 ABC nhọn nội tiếp (O) có H là trực tâm. P là một điểm nằm trên trung trực của BC và nằm trong ABC. Đường thẳng qua A song song PH cắt (O) tại E khác A. Đường thẳng qua E song song AH cắt (O) tại F khác E. Gọi Q là điểm đối xứng với P qua O. Đường thẳng qua F song song với AQ cắt PH tại G. 1. Chứng minh rằng B,C,P,G cùng thuộc một đường tròn tâm K.. AQ cắt (O) tại R khác A. PQ cắt F R tại L. Chứng minh K L = OP. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) 1. AH cắt (O) tại điểm thứ hai là A. HG cắt BC tại F Ta sẽ chứng minh F,F, A thẳng hàng. Thật vậy, F H A = F A H = E AH = F A H ( vì HP//AE và AEF A là 114

115 hình thang cân do EF //AA ), suy ra F,F, A thẳng hàng. Khi đó, ta có: FGF = Q AE = F A P (dựa vào tính song song của gt và AQPA là hình thang cân), suy ra PFG A nội tiếp, nên theo tính chất phương tích thì F P.F G = F F.F A = F B.F C, suy ra: BPCG nội tiếp.. Gọi A F cắt trung trực của BC tại S. Theo định lý Reim ta có QS//AA ;F R A A nội tiếp nên F RSQ nội tiếp. LR.LF = LS.LQ = LO R (Phương tích của L tới (O) và (QF RS)) LS.LQ = LO R (LO OS)(LO + OQ) = LO R LO(OQ OS) OS.OQ = R LO.PS +OS.OQ = R. OS = OM OP;PS = OM OP.LO.OM.LO.OP +OM.OP OP = R LO = R +OP.OM.OP/OM OP. Ta có: K P = CP sinpbc = CP P M CP = CP. Vì P M = OM OP nên ta cần phải P M chứng minh K P = LO hay R +OP OM.OP = CP.R.OP.cos A = OM.OP R cos A = OM, luôn đúng. Bài 4 ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I ). Đường tròn qua B,C tiếp xúc (I ) tại P. AI giao BC tại X. Tiếp tuyến qua X của (I ) khác BC, giao tiếp tuyến tại (I ) tại P tại S. AS giao (O) tại T khác A. Chứng minh rằng AT I = 90 o (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) Gọi tiếp điểm của (I ) với BC,C A, AB lần lượt là D,E,F, K là hình chiếu của D trên EF. DK cắt (I ) tại điểm thứ hai Q thì DL DK QL là đường kính của (I )

116 EF cắt BC tại G, tiếp tuyến chung tại P cắt BC tại M thì MD = MP = MB.MC, mà (B,C,D,G) = 1 nên M là trung điểm DG GPD vuông tại P Tứ giác GPK D nội tiếp. Ngoài ra, vì BC tiếp xúc (I ) tại D nên PKQ = PGD = 90 o PDG = 90 o PQD K PQ = 90 o P,K,L thẳng hàng. Lấy J thuộc BC sao cho I J I A//QD thì J là cực của QD. Để ý rằng LP là đối cực của S và EF là đối cực của A, mà DQ,EF,PL đồng quy tại K nên A, J,S thẳng hàng. Từ đó JT.J A = JB.JC = J I AT I vuông ở T. Bài 5 ABC có B AC tù,ah BC H BC. Điểm M thay đổi trên cạnh AB. Dựng điểm N sao cho BMN HC A (H và N khác phía đối với AB). 1. C M cắt đường tròn ngoại tiếp BMN tại K khác M. Chứng minh đường thẳng NK luôn đi qua một điểm cố định.. N H cắt AC tại P. Dựng Q sao cho HPQ H N M (Q và M khác phía so với P N). Chứng minh Q thuộc một đường thẳng cố định. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) Chúng tôi xin trích đăng lời giải của thầy Nguyễn Tăng Vũ (trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp. HCM). 1. Gọi X là giao điểm của đường thẳng vuông góc với BC tại B và đường thẳng AC, K là giao điểm của N X và C M. BMN BC X nên có một phép vị tự quay tâm H biến M thành N, biến C thành X. Vì K là giao điểm của C M và N X nên K thuộc đường tròn ngoại tiếp BMN hay K trùng K. Vậy NK luôn đi qua điểm X cố định

117 . Xét phép vị tự tâm H biến N thành P, biến M thành Q, biến B thành F. Có BMN FQP FQP = BMN = ACB = FCP Tứ giác CF PQ nội tiếp QCP = QF P = MBN = 90 o Q thuộc đường thẳng qua C vuông góc với AC cố định. Bài 6 Cho ABC nhọn. Đường tròn (I ) có tâm I thuộc BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại E,F.Llấy hai điểm M, N bên trong tứ giác BCEF sao cho tứ giác EF N M nội tiếp (I ) và các đường thẳng BC, M N,EF đồng quy. MF cắt NE tại P, AP cắt BC tại D. 1. Chứng minh A,D,E,F cùng thuộc một đường tròn.. Trên đường thẳng BN,C M lấy các điểm H,K sao cho AC H = ABK = 90 o. Lấy T là trung điểm HK. Chứng minh T B = TC. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) Chúng tôi xin trích đăng lời giải của thầy Nguyễn Tăng Vũ (trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp. HCM). Các bổ đề dùng trong bài như sau: Bổ đề 7 Cho đường tròn (O;R) và điểm Q nằm ngoài đường tròn. Cát tuyến qua Q cắt (O) tại M, N. Tiếp tuyến tại M, N cắt nhau A, vẽ AD OQ. Khi đó OD.OQ = R. Bổ đề 8 (Định lý Brocard) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi P,Q, I lần lượt là giao điểm của AD và BC, AB và CD, AC và BD. Khi đó PI OQ và nếu D là giao điểm của PI và OQ thì OD.OQ = R. Bổ đề 9 (Định lí Desargue) Cho hai tam giác ABC và A B C. Gọi M, N,P lần lượt là giao điểm của AB và A B, AC và A C, BC và B C. Khi đó M, M,P thẳng hàng AA,BB,CC đồng quy

118 Bổ đề 10 Cho ABC, hai tia Ax, Ay đối xứng nhau qua phân giác trong góc A. Gọi H,K là hình chiếu của B trên Ax, Ay; P,Q là hình chiếu của C trên Ax, Ay. Khi đó H,K,P,Q cùng thuộc một đường tròn có tâm là trung điểm BC. Chứng minh các bổ đề trên xin dành cho bạn đọc. 1. Gọi D là hình chiếu của A trên BC. Theo bổ đề 7, ta có I D.IQ = R. Gọi X,D" là giao điểm của ME và NF, X P và BC thì X P BC và I D".IQ = R D D" X, A,P,D thẳng hàng và tứ giác EF I D nội tiếp.. Gọi S là giao điểm của BM và C N. Áp dụng định lí Desargue cho hai tam giác PEF và SBC ta được A,P,S thẳng hàng S AD. Chứng minh được B AK = C AH AK, AH đối xứng nhau qua phân giác trong góc B AC. Đến đây theo bổ đề 10, trung điểm của HK cách đều BC và ta có đpcm. Bài 7 Cho ABC. Đường tròn (I ) nội tiếp ABC tiếp xúc với BC,C A, AB tại D,E,F. Đường thẳng DI cắt đường tròn tâm A bán kính AE tại M, N (N nằm giữa M và D). Các đường thẳng AD,EF cắt nhau tại P. các đường thẳng M A, NP cắt nhau tại Q. Gọi H là giao điểm thứ hai của AD và (I ). Đường thẳng qua trung điểm của DH,DE cắt AC tại L. Chứng minh rằng: 1. QH AD.. DL//EF. (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội) 1. Gọi J là giao điểm DI và (I ). AN = AM = AH.AD AN H = AM H = ADN Tứ giác AH N M nội tiếp, mà AM = AN nên H A là phân giác ngoài của N H M hay H J là phân giác ngoài của N H M N J ND = M J MD

119 Tứ giác HEDF điều hoà PH PD = AH AD. Bằng định lý Menelaus, chứng minh được NP, J H, AM đồng quy hay Q, J, H thẳng hàng QH AD.. Gọi K là trung điểm DH K L//HE AH AK = AE AL AP AD AE AL = AP DL//PE DL//EF. AD. Lại có AH.AD = AP.AK AH AK = Bài 8 Hai đường tròn (O 1 ) và (O ) tiếp xúc ngoài nhau tại A. BC là một tiếp tuyến chung ngoài của (O 1 ) và (O ), với B (O 1 ) và C (O ). Gọi M là trung điểm BC, P,Q theo thứ tự là điểm đối xứng của B,C qua O 1,O. MP theo thứ tự cắt BO,B A tại X,Y. MQ cắt CO 1,C A tại Z,T. Chứng minh rằng: 1. Các tứ giác B Z T P,C X Y Q nội tiếp.. AM, Z T, X Y đồng quy. (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội) 119

120 1. Giả sử MQ giao với (O ) tại Z, ta chứng minh Z Z. Dễ thấy P (O 1 ),Q (O ),BP//CQ. Dễ chứng minh M năm trên trục đẳng phương của (O 1 ),(O ) AM O 1 O. Khi đó MB = MC = M Z.MQ MB Z MQB MB Z = Z Q A. Mà theo tính chất tiếp tuyến, ta có: MC Z = CQZ = C AZ B Z A = 360 o B Z C AZ C =.(180 o Z C A Z AC) =.(180 O CQ A) = 180 O (180 O. ABO 1 ) = 180 O BO 1 A B Z AO 1 là tứ giác nội tiếp. Từ đây dễ dàng suy ra được: O 1 Z A = AQC = 180 o AZC O 1, Z,C thẳng hàng Z Z Kết hợp với trên suy ra B Z AO 1 là tứ giác nội tiếp. Chứng minh tương tự: CO X A là tứ giác nội tiếp. B Z AO 1 là tứ giác nội tiếp Z BO 1 = Z AO = 180 O ZC + AQ = 180 o Z T A B Z T P là tứ giác nội tiếp. Chứng minh tương tự, C X Y Q là tứ giác nội tiếp.. Gọi D là giao điểm của Y Z và PC và E là giao điểm của QB và P Z. Theo hàng điểm điều hòa cơ bản, (MT ZQ) = 1 P(MT ZQ) = 1 (Y AEQ) = 1. Do đó, ta cũng sẽ có được (MT ZQ) = (AY EQ) = 1 nên AM,Y T,Z P đồng quy (PT AD) = 1.Mà (P X MY ) = 1 nên Y Z Y D,M A,X T đồng quy. 10

121 Bài 9 ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng qua A song song BC cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Đường thẳng qua I song song AB cắt AD tại J. Đường tròn tâm C bán kính C I cắt (O) tại E và F (E thuộc cung B AC. 1. Gọi S là giao điểm của I J với CD. Chứng minh S,E,F thẳng hàng.. Chứng minh E J AF. (THPT chuyên ĐH Vinh) 1. SI AC và I D SD nên SI = SD.SC S thuộc trục đẳng phương của (O) và (C) S,E,F thẳng hàng.. Dễ thấy S JD cân với trung trực SE JEF = DEF = D AF và SE AD AF E J. 11

122 Bài 10 ABC có M di chuyển trên cạnh AC. Đường tròn ngoại tiếp ABM cắt cạnh BC tại điểm thứ hai là D. Đường tròn ngoại tiếp BC M cắt cạnh AB tại điểm thứ hai là E. 1. Gọi O là giao điểm của AD và CE. Chứng minh A,E,O, M cùng thuộc một đường tròn.. Gọi I, J, N lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và DM, BC và E M, AJ và C I. Chứng minh đường thẳng M N luôn đi qua điểm cố định. (THPT chuyên ĐH Vinh) 1. AEC = AMB = ADB Tứ giác BDOE nội tiếp AOE = ABC = AME tứ giác AEOM nội tiếp.. Theo định lý Pappus có O, M, N thẳng hàng C M N = AMO = BEC = BMC MN luôn đi qua điêm đối xứng của B qua AC. Ta có đpcm. 1

123 Bài 11 Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB lấy hai điểm M, N sao cho AM < AN và MN không song song với AB. Đường tròn ngoại tiếp OM N cắt AB tại điểm D khác O. Đường thẳng AN cắt đường tròn ngoại tiếp MBD tại hai điểm E,F (E nằm giữa A và N). Đường thẳng BM cắt đường tròn ngoại tiếp N AD tại hai điểm P,Q (P nằm giữa B và M). 1. Chứng minh E,F,P,Q cùng thuộc một đường tròn.. Đường thẳng AP cắt BE tại điểm X, đường thẳng BE cắt AQ tại điểm Y. Chứng minh bốn đường thẳng EP,QF, X Y, AB đồng quy. (Bà Rịa - Vũng Tàu) 1. Dùng phương tích.. EP cắt QF tại U, PF cắt EQ taị V, AN cắt BM tại T. Khi đó UV là đường đối cực của T đối với (EF PQ). (ADN) cắt (BDM) tại K T là trực tâm của K AB T D AB. Từ đây được (AT EF ) = (BT PQ) = 1 (1) A,B thuộc đường đối cực của T đối với (EF PQ) A,B,U,V thẳng hàng. Ngoài ra, từ (1) AB,PE,QF đồng quy tại U. AQ cắt BF tại H áp dụng định lý Desargues cho tam giác AQE BPF được H V T thẳng hàng. 13

124 AP cắt BE tại Z. Có (UV AB) = 1 T, Z,V thẳng hàng T, Z,V, H thẳng hàng. Áp dụng định lý Desargues cho tam giác AEY và BP X AB,PE, X Y đồng quy. Từ đó ta có đpcm. Bài 1 Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Giả sử AD cắt BC tại N, AB cắt CD tại M, AC cắt BD tại E. Đường thẳng OE cắt M N tại K. Chứng minh KO là phân giác của BK D. (Bắc Ninh) Gọi I là giao điểm của BD và M N thì (B,D,E,T ) = 1. Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác toàn phần ABCDMN OK M N, do đó EK là phân giác góc BK D. 14

125 Bài 13 Cho đường tròn (O 1 ),(O ) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một đường thẳng cắt đường tròn (O 1 ) tại hai điểm A,B phân biệt và tiếp xúc với (O ) tại X. đường thẳng X T cắt (O 1 ) Tại S ( S khác T và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B. Cho CY là tiếp tuyến của (O ) tại Y sao cho các đoạn thẳng CY và ST không cắt nhau. Cho I là giao điển của các đường thẳng X Y và SC. Chứng minh rằng: 1. C,T,Y và I cùng thuộc một đường tròn.. S A = SI (Bến Tre) 1. Vì (O 1 ),(O ) tiếp xúc ngoài nhau tại T nên dễ dàng chứng minh được: SO 1 T = TO X T AS = T Y X = T Y I. Mà: T AS = TC I (Do C thuộc cung T S không chứa AB và theo tính chất góc ngoài của tứ giác nội tiếp) TC I = T Y I TC I Y là tứ giác nội tiếp.. Dễ chứng minh: O 1 S//XO, mà XO AB SO 1 AB S A = SB. Ta lại có: T I S = T IC = T Y C = T X I, mà T SI = X SI ST I SI X SI = ST.SX. Ta có: T BS = T AS = TC I = T Y I = B X S, mà: BST = BSX ST B SB X SB = ST.SX. TỪ ba điều trên suy ra S A = SI. 15

126 Bài 14 ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm P nằm trong ABC sao cho PA,PB,PC cắt (O) lần lượt tại D,E,F. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T. Chứng minh rằng nếu T A = T P thì DE = DF. (Bình Dương) Gọi giao điểm của EF và AD là H. Yêu cầu đề bài tương đương với chứng minh DEF cân tại D, hay OD F E. Dễ dàng chứng minh được: T P OD nên điều trên sẽ đúng nếu ta chứng minh được T P//F E. Thật vậy, T P = T A = T B.TC T BP T PC T BP = T PC F PT = 180 o EC + CD + AF T PC = PBC APT = F PT + APF = PBC + APF = = AHF. Theo tính chất hai góc đồng vị, ta có đpcm. Bài 15 Cho đường tròn (O),(O ) cắt nhau tại A,B. trên tia B A lấy M (M nằm ngoài (O )). Từ M Kẻ tiếp tuyến MC, MD của (O ) (C,D là tiếp điểm). AC, AD lần lượt cắt (O) tại P,Q. 1. Chứng minh D A DQ = C A CP.. Chứng minh C đi qua trung điểm PQ. 3. Chứng minh CD đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên tia B A. (Bình Định) 16

127 PBC QBC QD 1. Dễ dàng chứng minh được PC = BD BC AD AC = BD BC D A DQ = C A CP (đpcm).. Giả sử CD giao với PQ tại T, ta cần chứng minh T P = TQ. Xét tam giác Q AD có T,C,D thẳng hàng. Theo định lý Menelaus, ta có TQ T P. D A DQ.CP C A = 1. Kết hợp với kết quả câu 1, ta có: TQ = T P (đpcm). 3. Gọi giao điểm của CD, AB với O 1 O lần lượt là X,E. Trung điểm EO là F. Ta chứng minh X cố định. Thật vậy, dễ thấy: O,E,F cố định. Ta có: O X = CO C M + M X = CO M A.MB + ME + E X = CO ME + E A + ME + E X = CO + E A XO X E = CO + E A =.X F.EO X F = CO + E A. Từ đây, ta có được X là điểm cố định..eo Bài 16 Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiêp và M là một điểm nằm trong giác. Gọi A 1,B 1,C 1 là các điểm đối xứng với điểm M lần lượt qua các đường thẳng AI,B I,C I. Chứng minh rằng các đường thẳng AA 1,BB 1,CC 1 đồng quy. (Bình Thuận) Áp dụng Ceva sin và các góc đối xứng. Hướng dẫn 17

128 Bài 17 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N,P lần lượt là giao điểm của AB và CD, AC và BD. Lấy K là trung điểm của đoạn M N. Đoạn PK cắt (O) tại H, M H cắt (O) tại I khác H, N H cắt (O) tại J khác H. Hãy phân tích PK theo hai vectơ M I, M J. (Bình Thuận) Tước hết, ta cần chứng minh: P là trung điểm I J. Gọi giao điểm của tia PK với (O) là E (E H), bán kính của (O) là R,OP giao M N tại F. P là trực tâm MON Theo tính chất đối cực và định lý Brocard, ta có: OF M N OP.OF = R MF.F N = F P.FO = FO OP.OF = FO R FO + F K R = OK R = MF.F N + F K = MK F K + F K = MK K M = K H.K E = K N Từ P ta kẻ đường vuông góc với OF giao (O) lần lượt tại hai điểm I, J,(I nằm trên nữa mặt phẳng bờ EK chứa M). Ta chứng minh I I, J J. Từ cách vẽ và do F nằm trên đường đối cực tương ứng với điểm P của (O), nên ta chứng minh được: P J = PI, I J //M N,(K PHE) = 1. Ta có: (K PHE) = 1 nên EK EP = HK HP. Do K H.K E = K N ; PH.PE = PI, nên kết hợp với (4.5) ta sẽ chứng minh được tỉ số sau: EK EP = NK (4.5) PI 18

129 Từ đây ta chứng minh được E, I, N thằng hàng. Tương tự, E, J, M thẳng hàng. Ngoài ra thì K M = K H.K E nên ta có: K M H = ME H = J I H. Mà I J //M N, nên M, H, I thẳng hàng. Từ đây dễ thấy: I I. Tương tự: J J. Mà P là trung điểm J I P là trung điểm I J. Vậy: PK = PH + J H + I H + H N + H M M I + N J HK = = Bài 18 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), H là trực tâm tam giác. Đường thẳng qua A vuông góc OH cắt BC tại D. K.L là tâm (ADB),(ADC). 1. Chứng minh A,K,L,O thuộc một đường tròn gọi là (S).. AH cắt lại (S) tại E.F đối xứng với E qua BC. Chứng minh H A = HF. (Đà Nẵng) 1. Theo giả thiết thì Do ADC có tâm nội tiếp K nên LK AD,LO AC K LO = D AC. (4.6) AK D = ABC = AOC K AD OAC (c.g.c) K AD = OAC K AO = D AC. (4.7) Từ (4.6) và (4.7) AK LO nội tiếp (dpcm).. Gọi M, N,P là trung diểm của AD, AB, AC. AK MN nội tiếp do AMK = ANK = 90. Lại có AHO = ADC do AH vuông góc DC,OH vuông góc AD AHO = ADC = AMP = AM N = AK N = AKO = OE H OE H cân tại O. 19

130 Đặt AH cắt (O) tại Q AE = HQ. Lại có H,Q;E,F đối xứng qua BC E H = FQ. Vậy AH = HF. Bài 19 Cho tứ giác ABCD lồi, P là điểm nằm bên trong tứ giác thỏa PAD = C AB.M, N đối xứng C qua AB, AD. (CP M),(CP N) cắt đoạn AB, AD tại S,T.X,Y tâm (PSC),(PTC).Q là giao của X Y và trung trực AP. 1. Chứng minh AQ là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp AX Y.. Tiếp tuyến tại P,C của (PST ),(CST ) cắt nhau ở G.(PST ),(CST ) cắt lại AP, AC ở U,V. Chứng minh tâm (AUV ) thuộc AG. (Đà Nẵng) 1. Vì Q là tâm của (APC) nên (QP,QX ) (AP, AC) Ta chứng minh: (P X,PQ) (Y Q,Y P) ( mod π) (P X,PC)+(PC,PQ) (Y Q,Y P) ( mod π) π (QP,QY )+(P X,PC) (Y Q,Y P) ( mod π). Thật vậy, điều trên tương đương với (PY,PC) (QP,QY ) + (PC,P X )( mod π) (PY,PC) (AP, AC) + (PC,P X )( mod π) (NP, NC) (AP, AC) + (MC, MP) ( mod π). (4.8) Dễ thấy rằng: AP là phân giác M AN và AM = AC = AN (N A, NP) (MP, M A)( mod π) 130

131 (4.8) (NP, NC)+(N A, NP) (AP, AC)+(MC, MP)+(MP, M A)( mod π) (N A, NC) (AP, AC)+(MC, M A)( mod π) (AP, AC) (N A, ND) (AB, AM) (AD, AC) (AD, AP) ( mod π). Vì điều trên hiển nhiên đúng, nên ta chứng minh được: (P X,PQ) (Y Q,Y P) (mod π). Từ đây ta chứng minh được: Q A = QP = QX.QY. Từ đây ta suy ra được đpcm. Bài 0 Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có M là trung điểm BC, các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Gọi K là trung điểm AH, L là giao điểm EF và AH, N là giao điểm của đoạn AM và đường tròn ngoại tiếp BC H. 1. Chứng minh rằng 5 điểm A,E, N, H,F cùng thuộc một đường tròn.. Chứng minh rằng H M A = LNK. (Đồng Nai) 131

132 Gọi S là giao điểm của EF và BC, SH cắt AM tại N, ta chứng minh N N. Định lý Brocard cho ta SN AM, do đó N (AHEF ) SH.SN = SE.SF = SB.SC N (HBC) N N hay A,E,F, H, N đồng viên. Ta có (AHLD) = 1, K là trung điểm AH AK = K H = K L.K D = K N K N là tiếp tuyến tại N của (LND) K N H = LDN = H M N. Bài 1 Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của ABC không đều. Chứng minh rằng AIO 90 0 BC AB + AC. (Đồng Nai) Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. B I D = B AD + AB I = C AD + CB I = DBC + CB I = DB I DB = DI. Dễ thấy DB = DC. Vậy có DB = DC = DI. Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên theo định lý Ptolemy ta có AD.BC = AB.DC + AC.BD = (AB + AC).DI DI = AD.BC AB + AC. Vì tam giác AOD cân tại O nên AIO 90 0 DI AD. Từ hai điều trên ta có AD.BC AB + AC AD BC AB + AC 1 AB + AC BC. Bài ABC nhọn (AB < AC) có trung tuyến AM. Đường thẳng AM cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại điểm thứ hai D. Đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E, đường thẳng AC và BD cắt nhau tại F. ĐƯờng tròn ngoại tiếp ABF cắt đường tròn ngoại tiếp ACE tại điểm thứ hai P. Gọi (S 1 ) là đường tròn đi qua C và tiếp xúc với AB tại A, (S ) là đường tròn đi qua B và tiếp xúc AC tại A. (S 1 ) cắt (S ) tại điểm thứ hai Q. Chứng minh OPQ vuông. (Hà Nội) 13

133 Gọi P là giao điểm thứ hai của EF và (ABF ). EP.EF = E A.EB = EC.ED Tứ giác DCF P nội tiếp EBD + EP D = 180 o Tứ giác EBDP nội tiếp CEP = P BF = P AC Tứ giác E ACP nội tiếp P P và E,P,F thẳng hàng. Để ý rằng E A EB. CB C M.DM D A = 1 và F A FC. BC BM.DM D A = 1 nên E A EB = F A FC hay BC//EF. PBD = DEF = BCD PB là tiếp tuyến của (O). Tương tự, PC cũng là tiếp tuyến của (O). Gọi Q là hình chiếu vuông góc của O trên AP. Ta có O,Q,B,C,P cùng thuộc đường tròn đường kính OP ABQ = ABC Q PC = ABC APC = ABC AEC = B AD = BCD = CEP = C AQ AC là tiếp tuyến của (ABQ ), do đó (ABQ ) (S ). Tương tự, (ACQ ) (S 1 ) Q Q OPQ vuông tại Q

134 Bài 3 ABC nhọn (AB < AC) có AD là phân giác trong đỉnh A (D BC). E là điểm trên đoạn BC sao cho BD = CE. Phân giác ngoài đỉnh A cắt đường thẳng qua D và vuông góc với BC tại F. Gọi I là trung điểm DF, đường thẳng E I cắt AD tại M, đường thẳng EF cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại K. 1. Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại P, K D cắt đường tròn đường kính DF tại L khác D. Chứng minh đường thẳng PL tiếp xúc với đường tròn đường kính DF.. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp K BC. (Hải Phòng) 1. K M cắt BC tại H, ta có M là trung điểm HK và HK //DF nên (DP,DK,D A,DF ) = 1 hay D ALF là tứ giác điều hòa. Do PD tiếp xúc với (I ) và p AF nên PL tiếp xúc với (I ).. Kẻ các tiếp tuyến K X,K Y tới (I ), K X cắt BC tại B, K Y cắt BC tại C (theo thứ tự trên đường thẳng là PB DC ). Do DX LY là tứ giác điều hòa nên P, X,Y thẳng hàng. Do (I ) là đường tròn nội tiếp và tiếp xúc với các cạnh tam giác K B C tại D,Y, X nên K D,B Y,C X đồng quy. Từ đó suy ra (PDB C ) =

135 Ngoài ra với DF là đường kính đường tròn nội tiếp (I ) của K B C và thì ta có tính chất quen thuộc B D = C E. Vậy các cặp điểm B,C và B,C cùng thỏa mãn hai điều kiện (PDBC) = (PDB C ) = 1 và BD = CE,B D = C E nên dễ dàng suy ra B B,C C hay (I ) nội tiếp K BC. Bài 4 ABC nhọn (AB < AC) có trực tâm H, D,E là chân các đường cao kẻ từ B và C xuống C A, AB. Gọi M là trung điểm BC, F là giao điểm của hai đường thẳng DE và BC, K là giao điểm thứ hai của AM với đường tròn (C) ngoại tiếp ADE. 1. Chứng minh F, H,K thẳng hàng.. Gọi S là trung điểm MF, T là giao điểm của đường thẳng DE với đường thẳng qua A và song song với BC. Chứng minh đường thẳng ST tiếp xúc với đường tròn (C). (Hải Phòng) 1. Gọi giao điểm của đường tròn (ADE) với đường tròn (ABC) là G. Sử dụng tính chất tâm đẳng phương của (ABC),(ADE),(BEDC), ta suy ra: AG,ED,BC đồng quy tại F. Từ đây, ta chứng minh được rằng: H, M,G thẳng hàng M H AK, mà HK AK F, H,K thẳng hàng

136 . Gọi giao điểm của AM với DE là X, do ADK E là tứ giác điều hòa F (M X K A) = 1 F (CT M A) = 1. Mà AM//FC T là trung điểm AM. Từ đây dễ chứng minh: S,K,T thẳng hàng. Mà ta lại có: F K S = K F S = H AK ST là tiếp tuyến của (C) Bài 5 ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm ABC, A,B,C lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A,B,C xuống BC,C A, AB. Gọi A 1,B 1,C 1 là các điểm trên (O) sao cho AA 1 //BC,BB 1 //C A,CC 1 //AB. A 1,B 1,C 1 là các điểm trên (O) sao cho A 1 A 1 //AA, B 1 B 1 //BB,C 1 C 1 //CC. 1. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác OA 1 A 1,OB 1B 1,OC 1C 1 cùng đi qua một điểm K khác O.. Chứng minh OK.OH = abc, trong đó a,b,c là độ dài 3 cạnh của ABC và p p là chu vi tam giác A 1 B 1 C 1. (Hà Tĩnh) 1. A 1 A 1 BC A 1A 1 B 1 C 1. Chứng minh tương tự suy ra A 1A 1,B 1B 1,C 1C 1 đồng quy tại H là trực tâm của tam giác A 1 B 1 C 1. Mặt khác H A 1.H A 1 = H B 1.H B 1 = H C 1.H C 1 nên OH là trục đẳng phương của 3 đường tròn (OA 1 A 1 ),(OB 1B 1 ),,(OC 1C 1 ). Do đó ba đường tròn (OA 1 A 1 ),(OB 1B 1 ),(OC 1C 1 ) cùng đi qua điểm K khác O.. Dễ thấy tam giác A 1 B 1 C 1 là ảnh của tam giác ABC qua phép đối xứng tâm O nên a,b,c cũng là độ dài 3 cạnh của tam giác A 1 B 1 C 1 và OH = OH. Gọi p là chu vi của tam giác A B C. Vì A B C là ảnh của tam giác A 1 B 1 C 1 qua phép vị tự tâm H tỉ số 1 nên p = P. Do đó ta chỉ cần chứng minh OK.OH = abc p

137 Dễ thấy OA 1 B C nên S OB A 1 C = R.B C trong đó R là bán kính của (O). Chứng minh tương tự và cộng lại suy ra abc 4R = S A 1 B 1 C 1 = R.p abc p = R Lại có: OA 1 A 1 = OA 1 A 1 = OK A 1 nên OA 1 là tiếp tuyến của (H A 1 K ) OK.OH = OA 1 = R Do đó ta có điều phải chứng minh Bài 6 ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), E là trung điểm cung BC không chứa A. Gọi D là giao điểm AE và BC. P,Q lần lượt là hai điểm di động trên đoạn AD sao cho ABQ = DBP và Q nằm giữa A,P. Lấy điểm S sao cho QS//AO và DS AO. Gọi M là trung điểm BC, N là điểm đối xứng của M qua AE, R là hình chiếu vuông góc của Q lên BC. 1. Chứng minh M N MR = ME QE.. Chứng minh đường thẳng qua P vuông góc SM đi qua một điểm cố định khi P,Q thay đổi. (Hà Tĩnh) 137

138 1. Gọi J là hình chiếu của M trên AE. Do tính đối xứng nên M N = M J. Do đó bài toán quy về chứng minh M J MR = E M EQ. Thật vậy, QR J M nội tiếp nên JRM = EQM. Lại có RM J = DE M. Do đó RM J QE M suy ra M J MR = E M suy ra điều phải EQ chứng minh.. Kẻ đường cao AL. Gọi U là hình chiếu của P trên BC AL.AO đẳng giác nên dễ suy ra QD là phân giác của RQS. Mà DS QS nên DS = DR và R,S đối xứng qua A,E. Gỉa sử E N cắt AL tại T. Do AE là phân giác của T AO và T EO nên dễ dàng suy ra O,T đối xứng qua A,E suy ra T cố định. Bây giờ ta sẽ chứng minh PT SM T S T M = PS P M. Nhưng vì PS = PR,T S = OR (phép đối xứng trục AE) nên chỉ cần chứng minh OR T M = PR P M OM +RM T M = RU MU. Thật vậy, T M OM = RM + MU RU = (RM RU)(RM +RU)+MU = MU(RM +RU +MU) = MR.MU. M J Chứng minh tương tự phần a ta cũng có: MU = ME. Do đó MU.MR = PE M J. EP.EQ. Bằng cộng góc dễ dàng chứng minh được EB là tiếp tuyến ME của (BPQ) nên MU.MR =.M J.EB là số cố định nên ta chỉ cần chứng ME minh đẳng thức trên khi P Q là tâm nội tiếp của tam giác. Gọi tâm nội tiếp của tam giác là I và tiếp điểm trên BC là X Cần chứng minh T M OM = M X, mà T M OM = T M T D + OD OM = ML DL + DM = DM(ML + DL + MD) = MD.ML nên chỉ cần chứng minh MD.ML = M X ML MD = M X MD. Mặt khác và nên chỉ cần chứng minh một tính chất quen thuộc. ML MD = E A ED M X MD = E I ED E I = E A.ED, Vậy ta có đường thẳng qua P vuông góc với SM đi qua điểm T cố định

139 Bài 7 Cho ABC có tâm đường tròn nội tiếp I. Gọi M, N,P lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh AB,BC,C A sao cho AN AP = BP BM = CP C M. Gọi X,Y, Z lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của ANP, BP M, C M N. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp của X Y Z. (Tp. HCM) Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu của I lên BC,C A, AB I D = I E = I F và AE = AF,BD = BF,CD = CE. AN AP = BP BM = C M C N (AE +E N) (AF PF ) = (BF +F P) (BD MD) = (CD+DM) (CE E N) E N +PF = PF +MD = MD+E N E N = MD = PF I E N = I F P = I DM I N = I P = I M. Tứ giác AF I E nội tiếp Tứ giác API N nội tiếp. Ta có I là điểm chính giữa của cung P N không chứa A của đường tròn (AP I N) và X là tâm đường đường tròn nội tiếp AP N I P = I N = I X. Chứng minh tương tự ta có I P = I M = I Y và I M = I N = I Z I X = I Y = I Z I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác X Y Z. Bài 8 Đường tròn nội tiếp ABC lần lượt tiếp xúc với BC,C A, AB tại A 1,B 1,C Chứng minh các đường thẳng AA 1,BB 1,CC 1 đồng quy tại một điểm T.. Đường tròn ω 1 đi qua T tiếp xúc với C A,CB tại B, A 3. Các điểm C, A,B 3,C 3 xác định tương tự. Chứng minh sáu điểm A,B,C, A 3,B 3,C 3 cùng thuộc một đường tròn. (Tp. HCM) 139

140 1. Từ tính chất của đường tròn nội tiếp tam giác ta suy ra A 1B A 1 C.B 1C B 1 A.C 1A C 1 B = 1 nên AA 1,BB 1,CC 1 đồng quy.. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Do C là giao điểm của hai tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (A 1 B 1 C 1 ) và (ω 1 ) nên C là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn này. Từ đó suy ra tồn tại phép vị tự tâm C biến đường tròn (A 1 B 1 C 1 ) thành đường tròn (ω ). Khi đó phép vị tự này cũng biến A 1 B 1 C 1 thành A 3 B T. Từ đó suy được A 1 B 1 //A 3 B,B 1 C 1 //B T,C 1 A 1 //T A 3. Tương tự, A 1 B 1 //A T,B 1 C 1 //TC 3,C 1 A 1 //C 3 A và A 1 B 1 //T B 3,B 1 C 1 //B 3 C,C 1 A 1 //C T. Từ đó ta suy ra các đường thẳng A B 3, B C 3,C A 3 cùng đi qua T và lần lượt song song với A 1 B 1,B 1 C 1,C 1 A 1. Tiếp theo để ý rằng đường phân giác C I của ACB là đường trung trực của A 1 B 1 mà A B 3 //A 1 B 1 //A 3 B nên C I cũng là đường trung trực của A B 3 và A 3 B, B I là trung trực của C A 3 và C 3 A I A = I B = IC = I A 3 = I B 3 = IC 3 A, A 3,B,B 3,C,C 3 cùng thuộc một đường tròn

141 Bài 9 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) và P là một điểm nằm trên cung nhỏ BC. Tiếp tuyến tại B,C cắt nhau tại T. Đường thẳng qua O và vuông góc với PT cắt C A, AB lần lượt tại E,F. Hai đường thẳng PE,PF cắt đường tròn (O) lần lượt tại M, N khác P. Lấy K,L sao cho K AC = K NP = L AB = LMP = 90 o. 1. Chứng minh rằng BQF = K AB với Q là giao của EF với PT.. Chứng minh rằng K B và LC vắt nhau tại 1 điểm thuộc (O). (Hoà Bình) 1. OQT = OBT = OCT, nên O,B,C,T,Q cùng thuộc 1 đường tròn FQB = OCB = 90 o B AC = K AB.. Gọi I,G, H lần lượt là giao điểm của các cặp sau: NK và ML, AK và (O), AL và (O). Khi đó dễ chứng minh được rằng I,O,P thẳng hàng; G,O,C thẳng hàng; H,O,B thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho 3 bộ điểm sau: (N, A, M,B,P,C); (A, I,B, M, H,P); (A, I,C, N,G,P), ta có được K,F,Q,O,E,L thẳng hàng. Từ kết quả câu 1 có K AQB là tứ giác nội tiếp nên Tương tự: (AQ; AB) (K L;K B)( mod π). (4.9) (AC; AQ) (LC;LK )( mod π). (4.10) Từ (4.9) và (4.10) (LC;K B) = (AC; AB)( mod π) và ta có đpcm

142 Bài 30 Cho hai đường tròn (O 1 ) và (O ) cắt nhau tại A,B. CD là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O 1 ) và (O ) với C (O 1 ), D (O), và B gần CD hơn A. 1. Gọi E là giao điểm của BC và AD, F là giao điểm của DB và AC. Chứng minh rằng EF //CD.. Gọi N là giao điểm của AB và EF. Lấy K trên CD sao cho B AC = D AK. Chứng minh rằng K E = K F. (Hoà Bình) 1. Để ý rằng BCD = C AB và BDC = B AD, mà BCD + BDC + CBD = 180 o E AF + EBF = 180 o Tứ giác AEBF nội tiếp EF B = B AE = BDC EF CD.. Gọi B là điểm đối xứng với B qua CD, AN cắt CD tại M thì MC = MB.M A = MD M là trung điểm của CD và N là trung điểm của EF. Giả sử K là điểm thuộc CD sao cho K N EF tại N. Xét tứ giác toàn phần AF BECD có (ABNM) = 1 K (ABNM) = 1. Mà K N K M K M là phân giác ngoài của BK A. Lại có K M là phân giác BK B A,K,B thẳng hàng. CB D = CBD = 180 o C AD B CD = B AD Tứ giác ACB D nội tiếp. Mà B CD = BCD = B AC và B CD = K AD B AC = K AD K K K N EF K E = K F. Bài 31 Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng qua C cắt các tia đối của tia B A,D A lần lượt tại M, N. Chứng minh 4S ABC S AMN ( ) BD. AC (Khánh Hoà) 14

143 Qua C kẻ CF //AB, F AD. F AC = DBC, ACF = BCD AFC = BCD S BCD S AFC = ( ) BD. AC S AMN = 1.AM.AN.sin B AD,S AFC = 1.AF.AC.sin B AD. 4S ( ) ABC BD ( ) ( ) AM AN AM.AN 4AF.AC.AN 4AF.AN 4AF S AMN AC FC F N AN 4AF.F N (AF + F N) 4AF.F N, đúng theo BĐT AM - GM. Bài 3 ABC nhọn có AM,BN,CP là các trung tuyến. Gọi R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp ABC. Chứng minh AM + BN +CP 4R + r. (Khánh Hoà) 143

144 Gọi M, N,P lần lượt là trung điểm của BC,C A, AB. Theo bđt tam giác ta có: AM + BN +CP (OA +OM) + (OB +ON) + (OC +OP) = 3R + R(cos A + cosb + cosc). Mặt khác dễ chứng minh cos A + cosb + cosc = 1 + r R nên AM + BN +CP 3R + R(1 + r ) = 4R + r. Dấu "=" xảy ra ABC đều. R Bài 33 Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH, trực tâm K. Đường thẳng BK cắt đường tròn đường kính tại D,E (BD < BE). Đường thẳng CK cắt (AB) tại F,G (CF < CG). Và (DHF ) cắt BC tại điểm thứ hai là P. 1. Chứng minh rằng các điểm G, H,P,E cùng thuộc một đường tròn.. Chứng minh rằng các đường thẳng BF,CD,PK đồng quy. Hướng dẫn (Lào Cai) 144

145 1. Áp dụng hệ thức lượng và hệ thức bằng nhau của hai dường cao, dễ chứng minh được (KCGF ) = (K BED) = 1 Từ tính chất đồng quy của hàng điểm điều hòa, ta suy ra: GE,DF,BC đồng quy tại X. Ta có: KG.K F = K A.K H = K D.K E GDF E là tứ giác nội tiếp. Kết hợp hai điều trên, ta chứng minh được rằng: XG.X E = X H.X P GHPE là tứ giác nội tiếp (đpcm). E (KCGF ) = 1 (X PBC) = 1 Áp dụng tính chất của hàng điểm điều hòa cho K BC, ta có điều phải chứng minh. Bài 34 Cho ABC nhọn nội tiếp (O) với I là tâm nội tiếp tam giác. Đường tròn đi qua C tiếp xúc với AI tại I cắt AC tại E và cắt (O) tại H (E, H C). 1. Chứng minh E H đi qua trung điểm của AI.. Đường tròn đi qua B tiếp xúc với AI tại I cắt AB tại F và cắt (O) tại G (G,F B). Chứng minh rằng hai đường tròn (E I F ) và (GI H) tiếp xúc nhau. (Lạng Sơn) 1. Ta sẽ chứng minh rằng AI cũng là tiếp tuyến tại A của (AHE). Thật vậy, H I A = HC I = 1 ACB H IC = AIC AI H = 90 o + 1 ABC 1 ACB. Mặt khác HEC = 180 o 145

146 H IC = 90 o 1 ABC + 1 ACB AE H = AEC HEC = 90 o 1 ABC 1 ACB = 1 B AC = I AH. Vậy I A cũng là tiếp tuyến của (AHC). Tới đây, theo tính chất phương tích, nếu gọi M là giao điểm của HE và AI thì M là trung điểm AI.. Ta sẽ chứng minh AI là đường nối tâm của (E I F ) và (GI H). Gọi giao điểm thứ hai của AI và (AEF ) là J thì E JF = 180 o B AC, mà AI lại là phân giác trong góc E AF nên J là trung điểm cung EF của (AEF ) hay JE = JF. Mà ABC E I F = + ACB = 1 (180o B AC) và I J không phải là phân giác góc E I F nên J là tâm (E I F ). Gọi S và T lần lượt là tâm của (B IG) và (C I H). Vì EF và GH là hai đường đối song nên EF M = GHM. Ta có ĜIS = 90 o GB I = 90 o I F M = 90 o 1 ABC JF M = 90 o 1 ABC JF E + MF E = 90 o 1 ABC 1 B AC + GHM = 1 ACB + HGM = M H I + M HG = GH I ST là tiếp tuyến của (GI H) tại I. hay tâm của (GI H) nằm trên AI. Bài 35 Cho ABC nhọn nội tiếp (O). Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H (D BC,E C A,F AB). Gọi M là trung điểm của BC. đường tròn (DEF ) và (HBC) cắt nhau tại X và Y 1. Chứng minh AX = AY.. Gọi R là trung điểm của X Y. AR cắt H M tại S. Chứng minh tứ giác HDSR nội tiếp. (Lạng Sơn) 146

147 1. Gọi O 9 là tâm đường tròn Euler của ABC, O đối xứng với O qua BC. Khi đó dễ chứng minh được O là tâm đường tròn ngoại tiếp N HC và AOO H là hình bình hành A,O 9,O thẳng hàng. Vậy hiển nhiên AX = AY.. Chúng tôi xin nêu hai cách chứng minh cho câu này. Cách 1: AH.AD = AF.AB và AS SO = AH MO = AH MO = AS AO = 3 AS AO 9 = 4 3. RO = O O9 + R R 4 O = AO 9 + O 9 AS.AR = 4 3 AO 9. 3AO 9 3R 4 AO 9 3R 4 AR = AO RO = AO 9 AO 9 + AO 9 AO 9 = AO 9 R. 3 4 R AO9 R 4 = AF.AN = 1 AF.AB (N là trung điểm AB) nên AO 9 R = AF.AB = AH.AD Tứ giác HDSR nội tiếp. Cách : Từ câu 1 dễ thấy R, A,O,O 9 thằng hàng. Áp dụng tích chất đẳng phương cho 4 đường tròn (DEF ),(HBC),(HDM),(AF E), ta chứng minh được: EF, X Y,BC đồng quy tại K. Cho H M giao AK tại G, dễ chứng minh được rằng: AK H M tại G,G (ABC). KG.K A = K X.K Y. Bằng tính toán, ta chứng minh được: AX = AG.AK = AR.AS = AH.AD HDSR là tứ giác nội tiếp.(đpcm) Bài 36 Từ một điểm M tùy ý trong tam giác ABC, các đường thẳng M A, MB, MC lần lượt cắt BC,C A, AB tại A 1,B 1,C 1. Chứng minh rằng M A 1 AA 1 + MB 1 BB 1 + MC 1 CC 1 = 1. (Long An) Hướng dẫn Bằng biến đổi tỉ số, ta có: M A 1 = S A 1 MC = S A 1 MB = S MBC. Tương tự với MB 1 và MC 1. AA 1 S AA1 C S AA1 B S ABC BB 1 CC 1 Cộng ba tỉ số theo diện tích đó sẽ ra điều phải chứng minh

148 Bài 37 Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn ω tâm O. Một đường tròn ω, đi qua B,C cắt các cạnh AB, AC lần lượt ở E,F (E,F A). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại đường tròn ω tại K (A K ). K E,K F lần lượt cắt lại đường tròn ω tại Q,P (P,Q K ). Gọi T là giao điểm của BQ và CP; M, N lần lượt là trung điểm BF,CE. 1. Chứng minh rằng A,O,T thẳng hàng.. Chứng minh rằng K A là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N. (Nam Định) Hướng dẫn Ta có: AQC = ABC = AF E = ACQ AQ = QC. Mặt khác: BKQ = PKC BQCP là hình thang cân nội tiếp (O) TQ = TC. Từ đây, suy ra A,O,T cùng năm trên đường trung trực đoạn QC đpcm

149 Bài 38 ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I ). Gọi P là trung điểm cung BC không chứa A của (O), J là điểm đối xứng với I qua O. Tiếp tuyến tại I của đường tròn ngoại tiếp I BC cắt BC tại M, H là hình chiếu của M trên OI. Gọi D là trung điểm BC và K là giao điểm thứ hai của I D với đường tròn ngoại tiếp ODH. 1. Chứng minh rằng JP M vuông ở J.. Chứng minh H, A,K thẳng hàng. (Nam Định) 1. PQ là đường kính (O).Gọi giao điểm của AI và BC là F. Dễ chứng minh được tích sau: I F.AP = AI.I P. Ngoài ra thì M I F PAQ M I I F = PA AQ. Kết hợp hai điều trên suy ra: AQ I P = AI M I P I AQ. Từ đây dễ M I chứng minh bằng cộng góc: MP J vuông tại P.. M A cắt (O) tại T. Bằng cộng góc, chứng minh được AQ J = 90 o Q J//AP. M I = MB.MC = MT.M A I T M A. Q AT PI T Q A AT = PI I T = Q J I T AQ J AT I AJQ = AI T = AM I hay Ĵ AI = I M A M A AJ. Từ đây A, J,P, H, M cùng thuộc một đường tròn K HO = K DO = AP J = AH J hay A,K, H thẳng hàng (đpcm) 149

150 Bài 39 Cho hai đường tròn (O 1 ) và (O ) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng qua B cắt hai đường tròn (O 1 ),(O ) lần lượt tại C và D. Gọi M là trung điểm CD. Đường thẳng AM cắt (O 1 ) tại điểm thứ hai là K (K và C khác phía so với AB), cắt đường tròn (O ) tại điểm thứ hai P. Đường thẳng (d) qua M vuông góc với O 1 M cắt đường thẳng AC tại Q và cắt đường thẳng K B tại R. 1. Gọi I, J lần lượt là giao điểm củaab,ck với đường thẳng (d). Chứng minh M là trung điểm I J vàrq.. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua một điểm cố định. (Nghệ An) Hướng dẫn 1. Hiển nhiên đúng theo định lý con bướm.. Gọi N là giao điểm thứ của BC với (ACP) (O 3 ). MB.MD = MP.M A = MC.M N = MD.M N M là trung điểm của BN. MK.M A = MB.MC = M N.MC = MP.M A M là trung điểm của PK

151 Xét phép đối xứng D M : K P,B N,C D (O 1 ) (P ND) (O 4 ) O 1,O 4, M. Mà MQ O 1 O 4,P M/(O1 ) = P M/(O4 ) nên MQ là trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 4 ). Xét 3 đg tròn (O 1 ),(O 3 ),(O 4 ) có 3 trục đẳng phương lần lượt là AC, MQ, NP nên theo định lý về tâm đẳng phương thì AC, MQ, NP đồng quy hay N,P,Q. Gọi T là giao điểm thứ của PQ với (O ). Bằng biến đổi góc ta suy ra BT là tt của (O 1 ) tại B T cố định. Vậy PQ đi qua điểm T cố định. Bài 40 X Y Z đều, các đỉnh X,Y, Z lần lượt nằm trên các cạnh BC,C A, AB của ABC nhọn. Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp ABC nằm trong X Y Z. (Nghệ An) Ta chứng minh rằng tâm nội tiếp của ABC nằm trong đường tròn nội tiếp X Y Z. Kí hiệu d(u,w V ) là khoảng cách giữa điểm U và đường thẳng W V.O là tâm đường tròn nội tiếp X Y Z và r,r,r lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, X Y Z và đường tròn ngoại tiếp tam giác X Y Z. Khi đó R = r và điều cần chứng minh là OI r. Nếu O I, ta có ngay điều cần chứng minh

152 Giả sử O I. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,C A, AB tại lần lượt là A 1,B 1,C 1. Các đường thẳng I A 1, I B 1, IC 1 chia mặt phẳng thằng 6 góc nhọn, mỗi góc chứa một trong các điểm A 1,B 1,C 1 trên biên của nó. Giả sử rằng O nằm trong góc xác đỉnh bởi các đường thằng I A 1.I B 1. Gọi A,B lần lượt là hình chiếu của O lên các đường thằng I A 1, I B 1. Ta có: OX = R d(o,bc) R. OA //BC d(a,bc) = A I + r = d(o,bc) R A I R r. Mặt khác đường tròn nội tiếp Z Y X nằm trong ABC, suy ra r I B = B B 1 = d(o, AC) r I B r r. Cuối cùng I A OB là tứ giác nội tiếp, suy ra A OB < OB I A O + OB < OB + B I A O< B I A O < B I. Vậy suy ra OI I A + A O < I A + I B R r + r r = r (đpcm). Bài 41 Cho ABC. Đường tròn (O) đi qua A và C cắt các cạnh AB,BC tại K, N. Đường tròn (K BN) cắt đường tròn (ABC) tại B và M. Tính BMO. (Ninh Bình) Gọi D là giao điểm thứ hai của MK và đường tròn tâm O. (BM,BN) = (K M,K N) = (CD,C N) BM//CD. (DC,BK ) = (AC, AK ) = (MC, MB) = (C M,CD) MC = MD, mà OC = OD OM là trung trực của CD OM CD OM BM BMC = 90 o. 15

153 Bài 4 Cho ABC và điểm (O) nằm trog ABC Đường thẳng d 1 đi qua O song song với BC lần lượt cắt AB, AC tại J,G. Đường thẳng d đi qua O song song với C A lần lượt cắt BC,C A tại F, J. Đường thẳng d 3 đi qua O song song với AB lần lượt cắt C A,CB tại H,E. Dựng các hình bình hành OE A 1 F,OGB 1 H,OIC 1 J. Chứng minh rằng các đường thẳng AA 1,BB 1,CC 1 đồng quy. (Ninh Bình) Gọi M là giao điểm của AA 1 và BC, N là giao điểm của BB 1 và C A, P là giao điểm của CC 1 và AB, D là giao của AO và BC. E A 1 //AC E M MC = E A 1 AC = OF AC = DO D A F M E M = F M + MB E M + MC = F B EC. Tương tự, NC N A = HC G A. AG J HCE HC G A = EC G J NC N A = EC G J MB MC. NC N A. PA PB = 1 MB MC. NC N A. PA. Tương tự, F M MB = DO D A E M MC = F M MB MB MC = PA. Tương tự, PB = J A I B = G J. Do đó BF PB = 1 AA 1,BB 1,CC 1 đồng quy

154 Bài 43 Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I ). Các cạnh AB, AC tiếp xúc với (I ) tại E,F. Đường thằng qua B song song với AC cắt EF tại K. CK cắt AB tại G. Chứng minh tam giác AIG vuông. (Phú Thọ) Đặt a = BC,b = C A,c = AB. Yêu cầu đề bài tương đương với chứng minh: F K //GI. Gọi giao điểm của AI và EF là H. Do K B//AC nên K BE cân tại B K B = BE. Áp dụng định lý Thales và phép biến đổi tỉ số, ta có AE AG = AE AB. AB AG = AE AB. AC + K B = AC AB+AC BC AB AB+BC AC AC +. AC Mà ta có: AH AI = cos B AC + 1 = b + c a + bc 4bc nên trên suy ra AE AG = AH K F //GI (đpcm). AI (c + b a)(c + b + a) =. 4bc 154

155 Bài 44 Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Các đường tròn (O 1 ) và (O ) nằm về một phía đối với đường thẳng AB, Tiếp xúc với nhau tại T đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O). Tiếp tuyến chung tại T của (O 1 ),(O ) cắt đường tròn (O) tại C (Với C thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa (O 1 ),(O )). Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. (Phú Thọ) (O 1 ),(O ) lần lượt tiếp xúc với (O) tại F,D. Gọi giao điểm của FG, HD với (O) là I, I. Bằng định lý Thales, ta dễ dàng chứng minh được: I I là điểm chính giữa cung AB không chứa C. Ta cũng chứng minh được I A = IG.I F = I H.I D = I T = I B Tứ giác FGHD nội tiếp. Từ đây, sử dụng tính chất tâm đẳng phương cho 3 đường tròn (FGHD),(O 1 ),(O ), ta suy ra được: I,T,C thẳng hàng. Kết hợp với hệ thức trên, ta suy ra được T là tâm đường tròn nội tiếp ABC

156 Bài 45 Cho tam giác ABC nhọn không cân. P là một điểm bất kì trên cạnh BC và không trùng với B,C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP cắt AC tại Y khác A. Tương tự xác định Z. Gọi BY cắt C Z tại K. Gọi T là hình chiếu của A lên BC, H là trực tâm tam giác ABC, A là điểm đối xứng của A qua BC. 1. Chứng minh A,P,K thẳng hàng.. Chứng minh khi P di chuyển trên BC, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z luôn di chuyển trên một đường thẳng cố định. (Quảng Bình) 1. Bằng biến đổi góc đơn giản suy ra AZ K Y nội tiếp từ đó PK Y C, Z K PB nội tiếp từ đó suy ra BPA = APB = K PC suy ra đpcm.. B N, C M là các đường cao của tam giác ABC.Trung tuyến At của tam giác ABC giao (AH) tại I. Ta có hai tam giác Z I M, M I Y đồng dạng suy ra M I N = Z I Y suy ra I thuộc (AY Z ) do đó SI vuông góc AI (S là tâm (AY Z ), I là trung điểm AH) Ta có dpcm

157 Bài 46 Cho đường tròn (O) và dây cung BC khác đường kính. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC không cân tại A. Gọi M là giao điểm của hai tiếp tuyến với (O) tại B và C, AM cắt (O) tại D khác A. Dựng đường kính DE của (O). Các đường thẳng BD,CE cắt nhau tại X, các đường thẳng BE,CD cắt nhau tại Y. 1. Chứng minh rằng M X = MY.. Gọi N là giao điểm của AE và X Y. Chứng minh rằng N nằm trên một đường thẳng cố định. (Quảng Nam) BMC 1. Bằng tính góc, ta chứng minh được: = BY C = B XC. Mà BMC cân M là tâm đường tròn (Y BC X ) có đường kính X Y M X = MY.. Lấy F đối xứng với D qua M. Ta chứng minh được: E AF = EY F = E X F = 90 o E AY X nội tiếp. Áp dụng tính chất tâm đẳng phương cho ba đường tròn (O),(AE X Y ),(Y BC X ), ta suy ra được: N thuộc đường thẳng BC Vậy N luôn chạy trên đường thẳng BC cố định khi A di chuyển trên cung BC không chứa A của (O)

158 Bài 47 ABC nội tiếp đường tròn (O;R), D là điểm di chuyển trên cung BC không chứa A (D không trùng B,C). 1. Gọi E,F lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AD và BC, AB và CD. Gọi P là trung điểm EF, M là điểm đối xứng với B qua P. Chứng minh đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định.. Gọi H, I,K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến các cạnh BC,C A, AB. Cho BC = R 3. Tìm GTNN của tổng AB DK + AC DI + BC DH. (Quảng Ngãi) 1. Gọi K, J lần lượt là trung điểm BD, AC. Lấy H đối xứng với J qua BC thì H cố định. Ta chứng minh: MD đi qua H cố định. Áp dụng tính chất đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn phần BEF D với P,K, J lần lượt trung điểm F E,BD, AC P,K, J thẳng hàng. Từ đây, áp dụng tính chất đường trung bình, ta suy ra được MD đi qua H.. Gọi tổng cần tìm GTNN là T. Ta chứng minh được: DH.D A = DI.DB = DK.DC T =. BC DH. Đồng thời, do BC = R 3, nên ta cũng chứng minh được: DH R T 4. 3 Bài 48 Cho ABC nhọn ko cân tại A nội tiếp (O). Gọi M là trung điểm của BC. tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại P. Gọi D,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của B va C lên AP, Q là giao điểm của AP và BC. Đường tròn (CQD) và (BQE) lần lượt cắt (O) tại điểm thứ là K,L. 1. Chứng minh MKC = MLB.. Kẻ đường kính AT của (O). Giả sử các đường thẳng T B,TC, AK, AL đôi 1 cắt nhau tại 4 điểm phân biệt. Chứng minh rằng 4 giao điểm này là 4 đỉnh của 1 tứ giác nội tiếp. (Quảng Ninh) 158

159 1. Ta có: QDK = QCK = PBK Tứ giác DBPK nội tiếp. Mà tứ giác BDMP nội tiếp nên B,D, M,K,P cùng thuộc một đường tròn. Khi đó MKC = BKC BK M = 180 o BP M PBM = 90 o. Chứng minh tương tự, MLB = 90 o MKC = MLB = 90 o.. Xét phép đối xứng trục MP, thấy được L,K đối xứng với nhau qua đường thẳng MP BLKC là hình thang cân. Gọi X,Y lần lượt là giao điểm của T B với AK, AL; Z,W lần lượt là giao điểm của TC với AL, AK. Khi đó bằng biến đổi góc, chứng minh được X Y Z = X W T Tứ giác X Y ZW nội tiếp. Bài 49 Cho ABC nhọn nội tiếp (O) (AB < AC), trực tâm H. Lấy điểm T trên (O) sao cho AT BC. Giả sử AH cắt (O) tại K, T H cắt (O) tại D trên cung nhỏ BC. Gọi I là trung điểm của HT. 1. Chứng minh 5 điểm A,L,O,K,D cùng thuộc 1 đường tròn.. Gọi P là giao điểm thứ của AO với (O). Đường thẳng qua H song song với BC cắt PD tại X. Chứng minh rằng X A là tiếp tuyến của (O). (Quảng Ninh) 159

160 1. Gọi S là giao điểm của AH với (O). Vì AT BC nên suy ra S AT = 90 o, do đó S,O,T thẳng hàng. Theo tính chất đối xứng quen thuộc của trực tâm ta có K S = K H. HD.HT = H A.HS HD.HL = H A.HK Tứ giác ALK D nội tiếp. Dễ chứng minh được ALOK là hình thang. Vì AL là trung tuyến tam giác vuông AHT nên H AL = AHL = AKO ALOK là hình thang cân ALOK nội tiếp đường tròn.. Gọi E,F là giao của X H với AC, AB; I, J là giao của B H,C H với (O). Gọi P là giao của I E với (O). Dễ thấy H, I đối xứng qua AC, ACB = AH I, B AH = C AO, nên ta có: AI + CP AI + CP = AE I = AE H = ACB = AB H + B AH = AB H + C AO =, suy ra CP= CP, tức là P P, hay P,E, I thẳng hàng. Tương tự, suy ra J,F,P thẳng hàng. Do đó, EPF = Mặt khác, dễ thấy BDH = tự CDHE nội tiếp. Suy ra AI + J A BT = = AB H + AC H = 180 o.â (4.1) AC = ABC = AF E, suy ra BDHF nội tiếp, tượng EDF = EDH + F DH = EC H + F B H = 180 o.â (4.13) Từ (4.1) và (4.13) suy ra EPF = EDF, tức tứ giác EF DH nội tiếp. Vì EF //BC, nên (AEF ) tiếp xúc với (O) tại A. Xét ba đường tròn (AEF ),(O),(EF DP) có ba trục dẳng phương là: tiếp tuyến tại A của (O),EF,PD. Vậy X là tâm đẵng phương nghĩa là X A là tiếp tuyến của (O)

161 Bài 50 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi Ilà giao điểm AC và BD, H và K lần lượt là trực tâm của I AD và I BC. M và N lần lượt là trung điểm AB và CD; Pvà Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ I đến BC và AD. 1. Chứng minh HK M N.. Chứng minh M N đi qua trung điểm PQ. (Quảng Trị) Gọi J là trung điểm I A JQ = I A, J M = I B JQ I A J M I B = IQ I P. Mặt khác, Q J M = QI P, do QI A = PI B PIQ P J M. Do đó, theo phép vị tự quay, Q J I QMP, mà Q J I cần tại J nên QMP cân tại M. Chứng minh tương tự, QNP cân tại N, suy ra đpcm

162 Bài 51 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O ) tiếp xúc với hai cạnh AB, AC theo thứ tự tại P.Q và tiếp xúc trong với (O) tại S. Hai đường thẳng SP.SQ cắt lại (O) theo thứ tự tại M, N. Gọi E,D,F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của S trên các đường thẳng AM, M N, AN. 1. Chứng minh SM.AN = SN.AM.. Chứng minh DE = DF. (Quảng Trị) 1. Gọi I là tâm (SPQ) SP SM = SI SO = SQ SN PQ//M N. Tiếp tuyến tại M, N cắt nhau tại T. Ta có MSN = 180 MON = PAQ I A OT = IQ ON = SI A,S,O thẳng hàng AMSN là tứ giác điều hòa. SO. DE = SM.sin DSE = SM.sin AM N,DF = SN.sin DSF = SN.sin AN M DE DF = SM.sin AM N SN.sin AN M = AN.sin AM N AM.sin AN M =

163 Bài 5 Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD. Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B cắt AC tại P. Gọi G là giao điểm thứ hai của đường thẳng DP với (O), I là trung điểm AP. Chứng minh rằng: 1. O,B,C, I cùng thuộc một đường tròn.. AG,BC,OP đồng quy. (Thái Bình) 1. OI //BP IOB = OBP = 90 o. Mà BC I = 90 o nên O,B,C, I cùng nằm trên đường tròn đường kính B I.. Gọi I là trung điểm của PC. Ta có OI //DP nên COI = CDG. Mà CDG = C AG, COI = I OG I, A,O,G nằm trên một đường tròn (ω ). Để ý rằng P O/(ω) = P O/(ω ) = 0, hơn nữa P P/(ω) = PI.PC = 1 PA.PI = PA.PI = P P/(ω ) OP là trục đẳng phương của (ω) và (ω ). Lại có AG là trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (ω), BC là trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (ω) nên ba đường thẳng AG,BC,OP đồng qui tại S là tâm đẳng phương của ba đường tròn (C),(ω) và (ω )

164 Cho tam giác ABC nhọn, có AC > AB. Gọi D là hình chiếu của A trên BC và E là hình chiếu của D trên AC. Xét điểm F trên đoạn DE. Chứng minh rằng. Bài 53 AF BF EF.EC = BD.DE (Thái Nguyên) Hướng dẫn Ta chứng minh được AF F B Tứ giác AF DB nội tiếp AEF ADB E A AD = EF BD ED EC = AE ED = EF (Do hệ thức lượng của ADC với đường cao DE EF.EC = BD BD.DE. Bài 54 Cho tam giác ABC không cân tại A.Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ABC với BC,C A, AB. Đường tròn ngoại tiếp ABC cắt đường thẳng EF tại Pvà Q. Gọi Mlà trung điểm BC, O 1 và O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác I AB và I AC. 1. Chứng minh rằng D,P,Q, M nằm trên một đường tròn.. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp DPQ nằm trên đường thẳng O 1 O. (Thanh Hoá) 164

165 1. Kéo dài M N cắt BC tại J. Dễ chứng minh (JDBC) = 1, từ đó kết hợp với hệ thức Maclaurin suy ra JD.JG = J M.J N và ta có đpcm.. OH cắt (O) tại P suy ra PH = I D, mà PH//I D nên PH I D là hình bình hành, suy ra trung điểm L của DH cũng là trung điểm L của PI. Mặt khác dễ chứng minh góc I AP vuông (dựa vào tính chất AI cắt (O) tại điểm chính giữa cung BC) nên dễ suy ra AP N M là hình thang cân. L thuộc trung trực của AP nên L cũng thuộc đường trung trực của M N, mà L cũng là đường trung trực của DG (dễ chứng minh), do đó L K hay K,D, H thằng hàng (đpcm) Bài 55 ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có AB < AC. Gọi D,E lần lượt là trung điểm AB, AC. Các đường tròn ngoại tiếp ABE và ACD cắt nhau tại K khác A. Đường thẳng LB cắt đường tròn ngoại tiếp ABE tại điểm thứ hai M, đường thẳng LC cắt đường tròn ngoại tiếp ACD tại điểm thứ hai N. 1. Chứng minh M,K,L thẳng hàng và M N OL.. Chứng minh K là trung điểm M N. (Vĩnh Phúc) 165