IMO20xx

Bài bất đẳng thức: Đặt $x=yt$ thì $P=\frac{(t+2)(2t+1)}{t^2+1}=2+\frac{5t}{t^2+1}$. Mặt khác, theo bất đẳng thức AG, $0<t\leq\frac{1}{16}(x+y/4)^2$. Đặt $f(t)=\frac{5t}{t^2+1}$. Ta sẽ chứng minh rằng $f(t)\leq f(1/16)=k$ với mọi $t$ mà $0<t\leq 1/16$. Thật vậy, xét $g(t)=kt^2-5t+k$. Phương trình $g(t)=0$ có hai nghiệm dương phân biệt, trong đó có một nghiệm là $1/16$. Mà trung bình cộng hai nghiệm là $5/2>1/16$, như vậy nghiệm nhỏ hơn là $1/16$. Vậy $g(t)>0$ với mọi $t<1/16$, hay $f(t)<f(1/16)$ với mọi $t<1/16$. Vậy $P\leq k+2=594/257$ và điều này xảy ra khi $x=0.5$ và $y=8$.

Một lời giải khác cho bài 10 mà không viện đến định lý Cosine và tính toán quá nhiều.

Trước hết ta có hai bổ đề.

Bổ đề 1: Cho tam giác ABC có hai đường AD, BE đồng quy tại trung tuyến qua C. Khi đó DE // AB.

Bổ đề 2: Cho tam giác ABC có góc BAC vuông, đường cao AH. Khi đó $BH:CH=BA^2:CA^2$.

Trở lại bài toán. Theo bổ đề 1 có ngay HD // AC. Do đó $BH:CH=BD:AD=a:b$. Mặt khác, theo bổ đề 2 thì $BH:CH=c^2:b^2$. Vậy $ab=c^2$ hay $ab=a^2-b^2$. Đặt $a=bt$ thì ta có $t^2-t-1=0$, giải ra được $t=(1+\sqrt{5})/2$. Vậy $c/b=\sqrt{a/b}=\sqrt{(1+\sqrt{5})/2}$.

Chào bạn, những kiến thức này học ở đâu vậy bạn... cho mình xin tên của dạng này hay thông tin cũng được ạ. 

Chào bạn. Đây là phương pháp đếm bằng hai cách, một phương pháp rất phổ biến dùng để giải quyết một số bài toán Tổ hợp. Ở Việt Nam có một số tài liệu cũng đề cập đến phương pháp này, tuy nhiên số lượng khá ít và trên mạng thì mình chưa thấy. Vậy mình xin giới thiệu với bạn file này (Tiếng Anh) về đếm bằng hai cách khá đầy đủ và chi tiết: http://yufeizhao.com...ounting_mop.pdf.

Bài toán này là bài số 5 trong kỳ thi IMO 2006.

Bài 3a. Giả sử ngược lại tức là không tồn tại số nguyên $k$ nào sao cho $k^2+1$ chia hết cho p. Khi đó xét tập S = {1, 2, 3,..., p - 1}. Với mỗi a thuộc S thì tồn tại duy nhất a' sao cho aa' + 1 chia hết cho p (nghịch đảo modulo p). Mà mặt khác do giả sử ở trên nên a phải khác a'. Vậy tập S có thể phân hoạch thành các cặp (a, b) mà $ab\equiv -1$ (mod p). Nhân tất cả các đồng dư thức với nhau, ta thu được $1\cdot 2\cdots (p - 1)\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}=1$ (mod $p$), mâu thuẫn với định lý Wilson. $\square$