Đến nội dung



Chuyên mục

 Photo

$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

Hôm qua, 22:14

Gửi tặng đến các thành viên của VFM bài viết của mình cho kỷ yếu GGTH năm nay. Ban đầu bài này nằm chung một chuyên đề với Bổ đề hoán vị nhưng đọc lại thấy nó dài quá nên mình chia nó ra làm 3 phần: Bổ đề hoán vị, $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$ và còn một phần nữa vẫn đang viết.

 

Mọi người đọc bài viết và cho tác giả ý kiến nhé. :)

 

 

$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

 

 

Trong bài viết nhỏ này tác giả xin được giới thiệu với bạn đọc những ứng dụng thú vị xoay quanh việc khai thác đại lượng $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$ kết hợp với kỹ thuật $pqr.$ Dù những lời giải và biến đổi trong bài đôi khi khá cồng kềnh nhưng hướng đi lại rất trực quan và hiệu quả. Hy vọng kỹ thuật này sẽ cung cấp cho bạn đọc có một số ý tưởng ban đầu trong lúc bối rối trước một bất đẳng thức khó, cũng như từ việc đánh giá và đẳng thức sẽ tìm được lời giải gọn và đẹp hơn.

 

Với mọi số thực $a,\,b,\,c$ bất kỳ ta luôn có
\begin{equation} \label{lab-1} % :v
P = (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \geqslant 0.
\end{equation}
Nếu đặt $p = a+b+c, \, q = ab+bc+ca$ và $r = abc$ (cách đặt này sẽ thống nhất cho cả bài viết) thì ta có thể biểu diễn
\begin{equation} \label{lab0}
P = p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2 = \frac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}.
\end{equation}
Đối với những ai từng nghiên cứu và sử dụng qua kỹ thuật $pqr,$ khai triển trên không quá xa lạ nhưng lại ít được sử dụng vì khá cồng kềnh. Bài viết này sẽ khai thác trực tiếp biến đổi trên và ứng dụng trong xử lý một số biểu thức hoán vị. Hy vọng qua đây, bạn đọc sẽ tìm thấy sự thú vị riêng cũng như nét độc đáo của bất đẳng thức.

 

1. Các bài toán mở đầu

Trong phần này, ta sẽ dùng kỹ thuật $pqr$ để trực tiếp xử lý những bất đẳng thức có chứa đại lượng $(a-b)(b-c)(c-a).$ Trước tiên, dùng khai triển \eqref{lab0} để chuyển bài toán về dạng $pqr.$ Sau đó, dựa trên những điều kiện của đề bài tìm ra mối liên hệ giữa $p,\,q$ và $r.$ Từ đó, có những đánh giá thích hợp hoặc dồn về một biến và khảo sát hàm. Để hiểu rõ hơn, mời bạn đọc cùng xem các bài toán sau đây.

Bài 1. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ và $t \geqslant 0$ cho trước thỏa mãn điều kiện $a+b+c=0,$ $a^2+b^2+c^2 = 6t^2.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\begin{equation} \label{lab1}
F = \left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|.
\end{equation}

(Nguyễn Văn Huyện)

Lời giải. Từ giả thiết ta có
\[q = \frac{(a+b+c)^2 - (a^2+b^2+c^2)}{2} = -3t^2.\]
do đó $p = 0,\;q = -3t^2,$ suy ra
\[\begin{aligned}F^2 & = p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2 \\ & = 27(4t^6 - r^2) \leqslant 27 \cdot 4t^6 = 108t^6.\end{aligned}\]
Vậy $F \leqslant 6\sqrt{3}t^3$ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
\[\left\{ \begin{aligned} & abc = 0 \\& a + b + c = 0 \\& ab + bc + ca = -3t^2 \end{aligned} \right.\]
Tức $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của
\[x^3 - 3t^2x = 0.\]
Giải phương trình này ta được $(a, \, b, \, c) = (\sqrt{3}t, \, -\sqrt{3}t ,\, 0)$ cùng các hoán vị. Điều này cho phép ta kết luận $F_{\max} = 6\sqrt{3}t^3.$

Nhận xét. Trường hợp $t = 1$ ta được bài toán sau:

Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=0$ và $a^2+b^2+c^2 = 6.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[F = \left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|.\]

(Turkey JBMO 2014)

Bài 2. Cho $a, \, b, \, c$ là ba số thực bất kỳ. Chứng minh rằng
\[{{(a-b)}^{3}}{{(b-c)}^{3}}+{{(b-c)}^{3}}{{(c-a)}^{3}}+{{(c-a)}^{3}}{{(a-b)}^{3}}+\frac{15}{4}{{(a-b)}^{2}}{{(b-c)}^{2}}{{(c-a)}^{2}} \leqslant 0.\]

(Liu Qian Bao, Nguyễn Văn Huyện)

Lời giải. Đặt $x=a-b,\,\,y=b-c,\,\,z=c-a$ thì $x+y+z=0$ bài toán trở thành
\begin{equation} \label{lab3}
{{x}^{3}}{{y}^{3}}+{{y}^{3}}{{z}^{3}}+{{z}^{3}}{{x}^{3}}+\frac{15}{4}{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}} \leqslant 0.
\end{equation}

\[\begin{aligned} {{x}^{3}}{{y}^{3}}+{{y}^{3}}{{z}^{3}}+{{z}^{3}}{{x}^{3}} & ={{(xy+yz+zx)}^{3}}-3(xy+yz)(yz+zx)(zx+xy) \\& = {{(xy+yz+zx)}^{3}}+3{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}} \\& = q^3+3r^2,\end{aligned}\]
nên \eqref{lab3} tương đương với
\[4q^3+27r^2 \leqslant 0.\]
Dễ thấy đây chính là \eqref{lab0} trong trường hợp $p = 0$ nên nó hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a+b=2c,\,b+c=2a$ hoặc $c+a=2b.$ Bài toán được chứng minh.

Bài 3. Tìm hằng số $M$ nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức
\[\left | ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2) \right | \leqslant M(a^2+b^2+c^2)^2,\]
luôn đúng với mọi số thực $a,\,b,\,c$ thay đổi bất kỳ.

(Finbarr Holland, IMO 2006)

Lời giải. Ta chỉ cần xét $a^2+b^2+c^2>0,$ và thấy yêu cầu của bài toán đồng nghĩa với việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[\begin{aligned} F & = \frac{\left|ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)\right|}{(a^2+b^2+c^2)^2} \\& = \frac{\left | (a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)\right |}{(a^2+b^2+c^2)^2}. \end{aligned}\]
Nếu thay $(a,b,c)$ bởi $(-a,-b,-c)$ thì bài toán vẫn không đổi nên ta có thể giả sử $a+b+c>0$ và chuẩn hóa $a+b+c=1,$ khi đó
\[F = \frac{\left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|}{(1-2q)^2} = \frac{\sqrt{\frac{4(1 - 3q)^3 - [27r - (9q-2)]^2}{27}}}{(1-2q)^2} \leqslant \frac{2(1 - 3q)\sqrt{3(1 - 3q)}}{9(1 - 2q)^2}.\]
Đặt
\[f(q) = \frac{2(1 - 3q)\sqrt{3(1 - 3q)}}{9(1 - 2q)^2},\]
thì
\[f^{'}(q) = \frac{(1+6q)(3q-1)}{3(2q-1)^3\sqrt{3(1-3q)}},\]
do đó phương trình $f^{'}(q) = 0$ có nghiệm duy nhất $q = -\frac{1}{6}.$ Lập bảng biến thiên ta thấy
\[f(q) \leqslant f\left(-\frac{1}{6}\right)= \frac{9\sqrt{2}}{32}.\]
Do đó $F \leqslant \frac{9\sqrt{2}}{32},$ đẳng thức xảy ra khi $p = 1,\,q = - \frac{1}{6},\,r = - \frac{7}{54},$ tức $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của
\[t^3 - t^2 - \frac{1}{6}t + \frac{7}{54} = 0.\]
Từ đó ta được
\[a = \frac{2-3\sqrt{2}}{2} \cdot c , \; b = \frac{2+3\sqrt{2}}{2} \cdot c,\]
hoặc
\[a = \frac{-11+6\sqrt{2}}{7} \cdot c, \; b = \frac{-2+3\sqrt{2}}{7} \cdot c.\]
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là $M = \frac{9\sqrt{2}}{32}.$

Bài 4. Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức
\begin{equation} \label{80}
\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - 1 \geqslant k\left ( \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right )^2,
\end{equation}
luôn đúng với mọi số thực $a,\,b,\,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ca>0.$

(Nguyễn Văn Huyện)

Lời giải. Với $a = 2 + \sqrt{3},\,b=1,\,c=0$ thì \eqref{80} trở thành $k \leqslant 9.$ Ta sẽ chứng minh $k = 9$ là giá trị lớn nhất cần tìm, tức chứng minh
\[\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - 1 \geqslant 9\left ( \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right )^2,\]
hay là
\[\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - 1 \geqslant \frac{9(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}.\]
Đổi biến về $pqr$ như sau
\[\frac{p^2-3q}{q} \geqslant \frac{9\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right]}{(pq-r)^2},\]
hoặc
\begin{equation} \label{lab8}
(p^2-3q)(pq-r)^2 \geqslant 9q\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right].
\end{equation}
Chuẩn hóa $p=1$ và nhóm lại theo $r$ bất đẳng thức \eqref{lab8} trở thành
\[(1 + 240q)r^2 + 2q(17 - 78q)r + q^2(1 - 6q)^2 \geqslant 0.\]
Nếu $0 \leqslant q \leqslant \frac{17}{78}$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Còn nếu $\frac{17}{78} \leqslant q \leqslant  \frac{1}{3}$ đặt
\[f(r) = (1 + 240q)r^2 + 2q(17 - 78q)r + q^2(1 - 6q)^2.\]
Ta có
\[\begin{aligned}\Delta_{f(r)}^{'} & = [q(17-78q)]^2-(1+240q)q^2(1-6q)^2 \\& = - 288q^2(1 - 3q)(1 - 2q)(5q - 1). \end{aligned}\]
Dễ thấy $1 \geqslant 3q \geqslant 2q$ và
\[5q - 1 \geqslant 5\cdot \frac{17}{78} - 1 = \frac{7}{78} > 0.\]
Cho nên $\Delta_{f(r)}^{'} \leqslant 0$ suy ra $f(r) \geqslant 0.$ Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $\frac{a}{b} = 2 \pm \sqrt{3} ,\,c=0$ cùng các hoán vị.

Bài 5. Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương và số thực $k \geqslant 0$ cho trước thỏa mãn điều kiện
\[(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=(k+3)^2.\]
Chứng minh rằng
\[\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}  \right | \leqslant \sqrt{k^3(k+4)}.\]

(Nguyễn Văn Huyện)

Lời giải. Chú ý rằng
\begin{equation} \label{lab7}
\begin{aligned}\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}  \right | & = \sqrt{\frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{a^2b^2c^2}} \\& = \sqrt{\frac{p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2}{r^2}}.\end{aligned}
\end{equation}
Từ giả thiết ta có $\displaystyle p = \frac{r(k+3)^2}{q},$ thay giá trị này vào \eqref{lab7} và biến đổi, ta được
\[\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}  \right | = \sqrt{(k+3)^4+18(k+3)^2-27-4\left[\frac{(k+3)^6r^2}{q^3}+\frac{q^3}{r^2} \right]}.\]
Theo bất đẳng thức AM-GM thì
\[\frac{(k+3)^6r^2}{q^3}+\frac{q^3}{r^2} \geqslant 2(k+3)^3,\]
do đó
\[\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}  \right | \leqslant \sqrt{(k+3)^4+18(k+3)^2-27-8(k+3)^3} = \sqrt{k^3(k+4)}.\]
Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn
\[\frac{a}{c} = \frac{k+2+\sqrt{k(k+4)}}{2},\,\frac{b}{c} = \frac{k+2-\sqrt{k(k+4)}}{2}.\]
Chứng minh hoàn tất.

Bài 6. Chứng minh rằng
\begin{equation} \label{lab5}
(x^2-x+1)(y^2-y+1)(z^2-z+1) \geqslant (x-y)(y-z)(z-x),
\end{equation}
trong đó $x,\,y,\,z$ là ba số thực thay đổi bất kỳ.

(Ji Mun Kwon)

Lời giải. Thay $(x,y,z)$ bởi $\left ( \frac{1+a}{2},\frac{1+b}{2},\frac{1+c}{2} \right )$ bất đẳng thức \eqref{lab5} trở thành
\[(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \geqslant 8(a-b)(b-c)(c-a).\]
Theo bất đẳng thức AM-GM thì
\[\frac{q^2}{3} + 6q + 27 \geqslant 0,\]

\[p^2 + 2pr + r^2 \geqslant 0.\]
Do đó
\[\begin{aligned}(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) & =a^2b^2c^2+27+3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+9(a^2+b^2+c^2) \\&= r^2+27+3(3p^2+q^2-2pr-6q) \\ & \geqslant -(p^2+2pr) -\left(\frac{q^2}{3} + 6q\right)+ 3(3p^2+q^2-2pr-6q) \\ &=\frac{8}{3}\left[3(p^2-3q) + (q^2-3pr) \right]\\ & \geqslant \frac{16}{3} \sqrt{3(p^2-3q)(q^2-3pr)}.\end{aligned}\]
Như vậy ta cần chỉ ra
\[4(p^2-3q)(q^2-3pr) \geqslant 3(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2,\]
tương đương với
\[4(p^2-3q)(q^2-3pr) \geqslant 3\big[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\big],\]
thu gọn thành
\[(pq-9r)^2 \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $y = \frac{z-1}{z},\,x = \frac{1}{1-z},\,z \ne 0,\,z \ne 1$ cùng các hoán vị. Chứng minh hoàn tất.

Nhận xét. Lời giải dựa vào ý tưởng của anh Võ Quốc Bá Cẩn trên diễn đàn AoPS.

Bài 7. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện
\[a+b+c=0, \; a^2+b^2+c^2=3.\]
Chứng minh rằng
\begin{equation} \label{41}
-\frac{9}{2} \leqslant a^5b+b^5c+c^5a \leqslant -3.
\end{equation}

(Nguyễn Văn Huyện, Lê Việt Hải)

Lời giải. Từ giả thiết ta có
\[\left\{\begin{aligned} & ab+bc+ca = - \frac{3}{2} \\& a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 = \frac{9}{4} \\ & a^3+b^3+c^3 = 3abc \end{aligned}\right.\]

\[\begin{aligned}a^5b+b^5c+c^5a & = (a+b+c) \sum a^4b - \left(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 + abc \sum a^3\right) \\& = -(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+3a^2b^2c^2).\end{aligned}\]
nên ta có thể viết \eqref{41} lại dưới dạng
\begin{equation} \label{lab4}
3 \leqslant a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+3a^2b^2c^2 \leqslant \frac{9}{2}.
\end{equation}
Lại có
\[\begin{aligned} 2(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2) & = \sum a^2 \sum b^2c^2 - 3a^2b^2c^2 - \prod (a^2-b^2) \\ & =\frac{27}{4} - 3a^2b^2c^2 - \prod (a^2-b^2),\end{aligned}\]
nên \eqref{lab4} tương đương với
\[3a^2b^2c^2 - \frac{9}{4} \leqslant (a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \leqslant 3a^2b^2c^2 + \frac{3}{4}.\]
hay
\[3r^2 - \frac{9}{4} \leqslant (a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \leqslant 3r^2 + \frac{3}{4}.\]
Ta chứng minh
\[(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \leqslant 3r^2 + \frac{3}{4}.\]
Thật vậy, vì
\[\begin{aligned}(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) & \leqslant \left|(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)\right| \\& = \sqrt{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\cdot(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}  \\ & = \sqrt{(pq-r)^2\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right]} \\& = \sqrt{\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2}},\end{aligned}\]

\[\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2} - \left(3r^2 + \frac{3}{4}\right)^2 = -\frac{9}{16}(8r^2 - 1)^2 \leqslant  0,\]
nên bất đẳng thức trên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $r^2 = \frac{1}{8},\,p = 0$ và $q = -\frac{3}{2}$ tức $a, \, b, \, c$ là ba nghiệm của
\[\left\{ \begin{aligned} & \left[ \begin{aligned} & {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t-\frac{1}{\sqrt{8}}=0 \\& {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t+\frac{1}{\sqrt{8}}=0\end{aligned} \right. \\& ({{a}^{2}}-{{b}^{2}})({{b}^{2}}-{{c}^{2}})({{c}^{2}}-{{a}^{2}}) \geqslant 0
\end{aligned} \right.\]
Giải hệ phương trình này ta được $(a, \, b, \, c)$ là một hoán vị của một trong hai bộ ba dưới đây
\[\left\{\left(\sqrt{2}\cos \frac{4\pi}{9},\,\sqrt{2}\cos \frac{2\pi}{9},\,-\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{9}\right),\,\left(-\sqrt{2}\cos \frac{4\pi}{9},\,-\sqrt{2}\cos \frac{2\pi}{9},\,\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{9}\right)\right\}.\]
Tiếp đến ta chứng minh
\[(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \geqslant - \frac{9}{4} + 3r^2.\]
Đánh giá tương tự, ta có
\[(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \geqslant - \sqrt{\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2}}.\]
Do đó ta chỉ cần chỉ ra
\[\sqrt{\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2}} \leqslant \frac{9}{4} - 3r^2.\]
Chú ý rằng $r^2 \leqslant \frac{1}{2}$ cho nên bất đẳng thức này đúng vì
\[\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2} - \left (\frac{9}{4} - 3r^2  \right )^2 = - \frac{9}{16}(8r^2-3)^2 \leqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $r^2 = \frac{3}{8},\,p = 0$ và $q = -\frac{3}{2}$ tức $a, \, b, \, c$ là ba nghiệm của
\[\left\{ \begin{aligned} & \left[ \begin{aligned} & {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t-\sqrt{\frac{3}{8}}=0 \\& {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t+\sqrt{\frac{3}{8}}=0\end{aligned} \right. \\& ({{a}^{2}}-{{b}^{2}})({{b}^{2}}-{{c}^{2}})({{c}^{2}}-{{a}^{2}}) \leqslant 0
\end{aligned} \right.\]
Giải hệ phương trình này ta được $(a, \, b, \, c)$ là một hoán vị của một trong hai bộ ba dưới đây
\[\left\{\left (\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{18},\,-\sqrt{2}\sin \frac{2\pi}{9},\,-\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{9}\right ),\,\left (-\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{18},\,\sqrt{2}\sin \frac{2\pi}{9},\,\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{9}\right )\right\}.\]
Bài toán được chứng minh.

  62 Lượt xem · 3 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi cyndaquil )

 Photo

Tuần 4 tháng 7/2016: Một năm "Mỗi tuần một bài toán"

24-07-2016

Trích lời dẫn của thầy Trần Quang Hùng trên blog "Hình học sơ cấp".

 


"Đôi lời chia sẻ cho hành trình một năm của "Mỗi tuần một bài toán"!

 

Như vậy là chuyên mục "Mỗi tuần một bài toán" bắt đầu từ tuần 1 tháng 8 năm 2015 cho tới hết tuần 4 tháng 7 năm 2016 đã tròn một năm. Chuyên mục đã giữ được một sự ổn định tương đối để có thể duy trì đều đặn hàng tuần trong một năm qua. Chuyên mục đã nhận được sự ủng hộ nhiệt tình từ rất nhiều bạn đọc trên cả nước và đặc biệt là được ban quản trị diễn đàn toán học hết sức tạo điều kiện hỗ trợ để có một box riêng tại đây. Đó thực sự là sự ủng hộ và đồng thuận rất lớn từ cộng đồng các bạn yêu toán trên diễn đàn toán học. Nhân dịp bài toán kết thúc một năm, mình xin được gửi lời cám ơn chân thành tới ban quan trị diễn đàn toán học cùng với tất cả các bạn đã tham gia giải bài, nhiệt tình ủng hộ chuyên mục và đặc biệt là các học trò của tôi là các bạn Phạm Quang ToànNguyễn Tiến Dũng và Nguyễn Đức Bảo đã luôn sát cánh bên tôi để chuyên mục có được một sự ổn định và đều đặn. Mình xin hứa sẽ làm cho chuyên mục tiếp diễn đều và sẽ luôn phát triển hơn nữa về chất lượng để cám ơn sự ủng hộ nhiệt tình của các bạn yêu toán và yêu hình học.

 

Tuần cuối, tháng 7 năm 2016.

Trần Quang Hùng"

 

Lời giải bài cũ đã được thầy Hùng đưa lên tại tuần 4 tháng 7 và kèm theo đó là bài toán mới.

Cho tam giác nhọn $ABC$ với đường cao $AD,BE,CF.M,N$ là trung điểm của $HC,HE$. Trên $EF$ lấy $P$ sao cho $MP\parallel DE.Q$ thuộc $BC$ sao cho $AQ\perp AB.AD$ cắt $EF$ tại $R$. Trên $BR$ lấy $S$ sao cho $ES\parallel NP$. Chứng minh rằng $QE,AB,SD$ đồng quy.

Post 269.PNG

 

 

hhdsdhaksdhkasd.

  344 Lượt xem · 2 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi quanghung86 )

 Photo

TRƯỜNG HÈ TOÁN HỌC MIỀN BẮC 2016

19-07-2016

TRƯỜNG HÈ TOÁN HỌC MIỀN BẮC 2016

Nguồn: Thầy Trần Mạnh Sang- THPT Chuyên Lê Hồng Phong

 

Bài 1: 

Cho 2016 tập hợp, mỗi tập có 45 phần tử, hai tập bất kì có đúng một phần tử chung. Chứng minh rằng tồn tại 1 phần tử thuộc tất cả các tập.

 

Bài 2:

Cho tập $X$ hữu hạn phần tử. Các tập $A_{1},A_{2},...A_{50}$ là các tập con của $X$, mỗi tập có nhiều hơn một nửa số phần tử của $X$

Chứng minh: 

a, Tồn tại phần tử $a$ thuộc ít nhất 26 tập con đã cho.

b, Tồn tại $A\subset X$ thỏa mãn $\left | A \right |\leq 5$ mà $A\cap A_{i}\neq \oslash (i=\overline{1,50})$

 

Bài 3: Có bao nhiêu số nguyên dương không vượt quá 2016 thỏa mãn số đó chia hết cho 3 hoặc 4 nhưng không chia hết cho 5.

 

Bài 4: Cho S= \left \{ 1,2,...,2014 \right \} 

Cần phải bỏ đi ít nhất bao nhiêu phần tử của $S$ để tập còn lại thỏa mãn không phần tử nào bằng tích hai phần tử khác.

 

Bài 5: Tìm tất cả các tập hữu hạn $A\subset \mathbb{N}$  và $B\subset \mathbb{N}$ thỏa mãn $A\subset \mathbb{B}$ và $\sum x_{b}=\sum x_{a}^{2}$

 

Bài 6: Cho tập $S$ thỏa mãn 

+> Mỗi phần tử của $S$ là một dãy có 15 kí tự, chỉ sử dụng $a,b$

+> Hai phần tử trong $S$ được gọi là khác nhau nếu chúng khác nhau ở ít nhất ba phần tử 

CMR: $\left |S  \right |\leq 2^{11}$

 

Bài 7: Cho tập $S$ có 2008 phần tử và $S_{1},S_{2},...S_{50}$ là tập con của $S$ thỏa mãn

+> $\left | S_{1} \right |=100 (i=\overline{1,50})$

+> $S_{1}\cup S_{2}\cup ....\cup S_{i}=S$

CMR: tập $S_{i}, S_{j}$ $i$ khác $j$ thỏa $\left | S_{1}\cap S_{j} \right |\leq 3$

 

Bài 8: Cho $n,k\in N$ và $S=\left \{ 1,2,...,n \right \}$ 

$A_{1},A_{2},.....A_{k}$ là các tập con của $S$ thỏa:

+> $\left | A_{i} \right |\geq \frac{n}{2}\left ( i=\overline{1,k} \right )$

+> $\left | A_{i}\cap A_{j} \right |\leq \frac{n}{4}(i\neq j)$

CMR: $\left | A_{1}\cup A_{2}....\cup A_{k} \right |\geq \frac{k}{k+1}$

 

Bài 9: Cho số tự nhiên dương $n$ nhỏ hơn $2014$ 

Tập $A=\left \{ a_{1},a_{2},...,a_{n} \right \}$ là tập con của $S= \left \{ 1,2,3,...,2014 \right \}$ thỏa nếu $a_{i}\neq a_{j}\leq 2014(i\leq i\leq j\leq n)$ thì $a_{i}+a_{j}\in A$

Chứng minh: $\frac{a_{1}+a_{2}+.....+a^{n}}{n}\geq \frac{2015}{2}$

 

Bài 10: Cho $S$ có 2016 phần tử. Tìm số bộ sắp thứ tự $(S_{1},S_{2},....,S_{n})$ với $S_{i}$ là tập con của $S$ thỏa $S_{1}\cap S_{2}\cap S_{3}\cap ....S_{2015}\neq \oslash $

 

Bài 11: Cho $S$ là tập các số nguyên dương nhỏ hơn $15$ thỏa không có hai tập con rời nhau của $S$ có tổng các phần tử bằng nhau. 

a, Chứng minh: số phần tử của $S$ không quá 5

b, Tìm tổng lớn nhất của số các phần tử của $S$

 

Bài 12: Cho $S\subset A= \left \{ 1,2,3,...n \right \}$n với $n$ nguyên dương. Tạo ra tập mới theo các luật sau: 

+> Nếu $1\notin S$ thì thêm $1$ vào $S$

+> Nếu $n\in S$ thì bỏ $n$

+> Với $1\leq t< n,t\in S,t+1\notin S$ thì bỏ $t$ thêm $t+1$

Ta bắt đầu từ tập rỗng.

Chứng minh $n= 2^{m}=1$ với m nguyên dương.

 

Bài 13: Cho các số nguyên dương $m,n$ không nhỏ hơn 2 thảo $S$ là tập có $n$ phần tử. $A_{1},A_{2},...,A_{m}$ là các tập con của $S$ mà mỗi tập có ít nhất 2 phần tử và thỏa mãn nếu $A_{i}\cap A_{j}\neq \oslash$, $A_{i}\cap A_{k}\neq \oslash$, $A_{j}\cap A_{k}\neq \oslash$ thì $A_{i}\cap A_{j}\cap A_{k}\neq \oslash$

Chứng minh: $m\leq 2^{n-1}-1$

 

Bài 14: Có tồn tại hay không một tập có 2010 số nguyên dương thỏa mãn nếu bỏ bất kỳ một phần tử nào của tập này thì tập còn lại có thể chia thành hai tập mà tổng các phần tử trong mỗi tập này bằng nhau?

 

P/s: Chuyên đề này được thầy hoàn thành trong 6 giờ làm việc, và đây là những bài đã giải quyết xong trên lớp, mình gõ lên để cho các bạn không có điều kiện tham gia trường hè giải thử. Các bài tập ở đây về độ khó khá đa dạng, từ khá dễ đến khó, được thầy sưu tầm lại, minh đã xin phép thầy để đăng lên đây.

Mong các bạn ở trường hè các miền khác có thể chia sẻ các bài tập của các bạn để có thể trao đổi!

Mong các bạn tham gia giải quyết hết các bài tập trên.

  2389 Lượt xem · 11 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi JUV )

 Photo

Chuyên đề thú vị về giới hạn dãy số

19-07-2016

Tự nhiên lục lại thấy cái chuyên đề viết dở năm cấp 3, tặng anh em diễn đàn mình tham khảo (chỉ sợ nó lỗi thời rồi) , nếu bạn nào quan tâm thì liên hệ vs mình qua facebook mình sẽ gửi bản word và bạn tìm hiểu + giúp mình hoàn thành nốt phần còn lại nhé.  :D

  442 Lượt xem · 2 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi superpower )

 Photo

Tuần 3 tháng 7/2016 :$CQ\parallel BR$

17-07-2016

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ tại tuần 3 tháng 7 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó :

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có đường cao $AH,I$ là trung điểm của $BC.P$ là điểm thuộc cung $BC$ không chứa $A.AP$ cắt $BC$ tại $M$. Lấy điểm $N$ nằm trên $AM$ sao cho $2\frac{NM}{NA}=\frac{MH}{IH}$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T.TN$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Đường thẳng qua $M$ vuông góc $AP$ cắt $PE,PF$ lần lượt tại $Q,R$. Chứng minh rằng $CQ\parallel BR$.

Post 260.png

 

  533 Lượt xem · 3 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi quanghung86 )

 Photo

ĐỀ THI OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC LẦN VIII

17-07-2016

Olympic GẶP GỠ TOÁN HỌC tại Đồng Nai

Đề thi Olympic GGTH 2016

13775339_1064248156989694_6268703291431238712_n.png 13775759_1064248163656360_8588927644894536061_n.png 13775923_1064248153656361_331095884748842086_n.png

Nguồn : Facebook (Fanpage GGTH)

  2371 Lượt xem · 15 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi Nguyenhuyen_AG )

 Photo

Đường tròn phụ trong một số bài toán đường tròn tiếp xúc

16-07-2016

Tóm tắt. Đây là bài viết của mình và anh Nguyễn Tiến Long (babystudymaths) gửi GGTH 2016. Nội dung chủ yếu là các bài toán đường tròn tiếp xúc dựa trên cấu hình về các đường tròn phụ.

 

Cuối bài viết xin được dành lời cảm ơn chân thành nhất tới thầy Trần Quang Hùng, người đã theo sát quá trình viết bài của tác giả cũng như có những đóng góp, nhận xét quan trọng. Đồng thời xin dành lời cảm ơn tới những thành viên của VMF đã ủng hộ và đóng góp nhiều bài toán hay cho bài viết.

 

File PDF. File gửi kèm  GGTH 2016(Bản chuẩn) (1).pdf   2.23MB   973 Số lần tải

 

Bản chuẩn nhất mới update đúng font của GGTH.File gửi kèm  Duong Tron Phu Trong BT Tiep Xuc.pdf   8.3MB   53 Số lần tải

 

  494 Lượt xem · 4 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi conanthamtulungdanhkudo )

 Photo

IMO 2016: Việt Nam xếp thứ 11 toàn đoàn với 1 Vàng, 4 Bạc, 1 Đồng

14-07-2016

2016.gif

 

Trong kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần thứ 57 vừa diễn ra tại Hong Kong, đội tuyển Việt Nam đã giành được 1 HCV, 4 HCB và 1 HCĐ, đạt tổng số điểm 151 (bằng năm 2015). Với kết quả này Việt Nam xếp thứ 11 trên tổng số 109 đoàn tham dự. Năm đoàn đứng đầu là Mỹ (214 điểm với 6 HCV), Hàn Quốc (207 điểm với 4 HCV, 2 HCB), Trung Quốc (204 điểm với 4 HCV, 2 HCB), Singapore (196 điểm với 4 HCV và 2HCB) và Đài Loan (175 điểm với 3 HCV, 3HCB). 

 

HCV duy nhất của tuyển Việt Nam thuộc về em Vũ Xuân Trung (THPT chuyên Thái Bình, tỉnh Thái Bình). Các em Đào Vũ Quang (THPT chuyên Hà Nội - Amsterdam), Phạm Nguyễn Mạnh (PTNK - ĐHQG Tp. HCM), Lê Nhật Hoàng (THPT chuyên Lê Quý Đôn, Tỉnh Bình Định), Hoàng Anh Dũng (THPT chuyên Lam Sơn, Tỉnh Thanh Hoá) đạt HCB, em Vũ Đức Tài (THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tỉnh Nam Định) đạt HCĐ.

 

h1.png

 

 

Như vậy Vũ Xuân Trung đã trở thành người thứ 8 giành được 2 HCV trong lịch sử tham dự IMO của Việt Nam, sau Ngô Bảo Châu (1988, 1989), Đào Hải Long (1994, 1995), Ngô Đắc Tuấn (1995, 1996), Vũ Ngọc Minh (2001, 2002), Lê Hùng Việt Bảo (2003, 2004), Phạm Tuấn Huy (2013, 2014), Nguyễn Thế Hoàn (2014, 2015).

 

Kết quả trên đây của đội tuyển Việt Nam là thấp nhất trong vòng 5 năm trở lại đây và cũng thấp hơn so với kì vọng của người hâm mộ. Kết quả khảo sát trên Diễn đàn cho thấy có đến 36,59% kì vọng đội tuyển sẽ xếp thứ 4 hoặc thứ 5. Chỉ có 3,66% nghĩ đến kết quả sau top 10. 

Untitled.png

 

Gây bất ngờ nhất có lẽ là đoàn Hàn Quốc với 3/6 HS đạt điểm tối đa 42/42 điểm. Dưới đây là danh sách các thí sinh đứng đầu.

 

h2.png

 

Xem thêm tại https://www.imo-offi...rg/results.aspx

  2893 Lượt xem · 11 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi dangthihanhtrang )

 Photo

Thảo luận về Đề thi và Lời giải của IMO 2016

11-07-2016

IMO.png

 

IMO 2016

 

Ngày 11-07-2016

 

 

Bài 1. Tam giác $BCF$ vuông tại $B.A$ là một điểm trên đường thẳng $CF$ sao cho $FA=FB,F$ nằm giữa $A$ và $C$. Chọn điểm $D$ sao cho $DA=DC$ và $AC$ là phân giác của $\angle DAB$. Chọn điểm $E$ sao cho $EA=ED$ và $AD$ là phân giác của $\angle EAC$. $M$ là trung điểm $CF$. $X$ là điểm thỏa mãn $AMXE$ là hình bình hành. Chứng minh rằng $BD$, $FX$ và $ME$ đồng quy.

 

Bài 2. Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho có thể điền vào bảng ô vuông $n\times n$ các chữ cái $I$, $M$ và $O$ theo quy tắc

- Mỗi hàng và mỗi cột $I$, $M$, $O$ đều chiếm một phần ba số ô được điền.

- Trong bất kì đường chéo nào, nếu số ô được điền là bội của ba thì một phần ba trong số đó là $I$, một phần ba là $M$ và một phần ba là $O$.

 

Ghi chú. Các hàng và các cột của bảng $n\times n$ được đánh số từ $1$ đến $n$ theo thứ tự thông thường. Do đó mỗi ô đều tương ứng với một cặp số tự nhiên $(i,j)$ với $1\le i,j\le n$. Với $n>1$, bảng có $4n-2$ đường chéo được chia làm hai loại. Đường chéo loại 1 gồm các ô $(i,j)$ mà $i+j$ là hằng số và đường chéo loại 2 gồm các ô $(i,j)$ mà $i-j$ là hằng số.

 

Bài 3. Cho $P=A_1A_2\ldots A_k$ là một đa giác lồi trong mặt phẳng. Các đỉnh $A_1,A_2,\ldots A_k$ có tọa độ là các số nguyên và nằm trên một đường tròn. Gọi $S$ là diện tích của $P$. Một số tự nhiên $n$ lẻ thỏa mãn bình phương độ dài các cạnh của $P$ đều chia hết cho $n$. Chứng minh rằng $2S$ là một số tự nhiên chia hết cho $n$

 

Bài 4. Một tập hợp  các số nguyên dương được gọi là tập hương nếu tập hợp đó có ít nhất 2 phần tử và mỗi phần tử của nó đều có ước nguyên tố chung với ít nhất một trong các phần tử còn lại . Đặt $P(n)=n^{2}+n+1$. Hãy tìm số nguyên dương $b$ nhỏ nhất sao cho tồn tại số không âm $a$  để tập hợp  $\left \{ P(a+1);P(a+2);...;P(a+b) \right \}$ là tập hương.

 

Bài 5. Người ta viết lên bảng phương trình:

$(x-1)(x-2)(x-3)...(x-2016)=(x-1)(x-2)(x-3)...(x-2016)$

với 2016 nhân tử bậc nhất ở mỗi vế. Hãy tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất để có thể xóa đi $k$ nhân tử trong số 4032 nhân tử nêu trên sao cho mỗi vế còn ít nhất một nhân tử và phương trình thu được không có nghiệm thực.

 

Bài 6. Trong mặt phẳng, cho $n\geq 2$ đoạn thẳng sao cho 2 đoạn thẳng bất kì cắt nhau tại một điểm nằm trên mỗi đoạn và không có ba đoạn thẳng nào đồng quy.Với mỗi đoạn thẳng thầy Minh chọn một đầu mút của nó rồi đặt lên đó một con ếch sao cho mặt con ếch hướng về đầu mút còn lại. Sau đó thầy vỗ tay $n-1$ lần. Mỗi lần vỗ tay con ếch ngay lập tức nhảy đến giao điểm gần nhất trên đoạn thẳng của nó. Tất cả những con ếch đều không thay đổi  hướng nhảy của mình trong toàn bộ quá trình nhảy. Thầy Minh muốn đặt các con ếch sao cho sau mỗi lần vỗ tay không có hai con nào nhảy đến cùng một điểm.

(a). Chứng minh rằng thầy Minh luôn thực hiện được ý định của mình nếu $n$ là số lẻ.

(b).  Chứng minh rằng thầy Minh không thể thực hiện được ý định của mình nếu nếu $n$ là số chẵn.

  8946 Lượt xem · 31 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi libach80 )

 Photo

Tuần 2 tháng 7/2016: Mở rộng Shorlist 2015 G4

10-07-2016

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài toán cũ trong tuần 2 tháng7 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó.

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và trung tuyến $AM.P$ nằm trên cung $BC$ không chứa $A$ của $(O).E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $PE\parallel AB,PF\parallel AC.AM$ cắt $(AEF)$ tại $N$ khác $A$. Chứng minh rằng $AP^2=2AM.AN$

  797 Lượt xem · 8 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi quanghung86 )


Những bài toán trong tuần

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ ; ta có đẳng thức : $$\frac{1}{\sin^{2} \frac{\pi}{4k+2}} + \frac{1}{\sin^{2} \frac{3\pi}{4k+2}} + \frac{1}{\sin^{2} \frac{5\pi}{4k+2}}+ \cdots+ \frac{1}{\sin^{2} \frac{(2k-1)\pi}{4k+2}} = 2k(k+1)$$

>>Tham gia giải bài toán này<<

Những bài toán đã qua


Mỗi tuần 1 bài toán hình học

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và trung tuyến $AM.P$ nằm trên cung $BC$ không chứa $A$ của $(O).E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $PE\parallel AB,PF\parallel AC.AM$ cắt $(AEF)$ tại $N$ khác $A$. Chứng minh rằng $AP^2=2AM.AN$.

 

Tham gia giải bài toán này

Ấn phẩm của Diễn đàn Toán học

 

 

 

Bài viết mới


  • 543239 Bài viết
  • 87933 Thành viên
  • linhhhhhhh Thành viên mới nhất
  • 17600 Online đông nhất

Portal v1.4.0 by DevFuse | Based on IP.Board Portal by IPS