hoangduc

Kỳ thi chọn đội tuyển Olympic 2012
Ngày thi thứ nhất
Thời gian: 270 phút

Bài 1 (7 điểm)
Cho đường tròn $(O)$ và 2 điểm cố định $B,C$ trên đường tròn sao cho $BC$ không là đường kính của $(O)$, $A$ là một điểm di động trên đường tròn, $A$ không trùng với $B,C$. Gọi $D,K,J$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$ và $E,M,N$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,B,C$ trên $BC, DJ, DK$. Các tiếp tuyến tại $M,N$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $EMN$ cắt nhau tại $T$. Chứng minh $T$ là điểm cố định.

Bài 2 (7 điểm)
Trên một cánh đồng hình chữ nhật kích thước $m\times n$ ô vuông gồm $m$ hàng và $n$ cột người ta đặt một số máy bơm nước vào các ô vuông. Biết rằng mỗi máy bơm nước có thể tưới nước cho các ô vuông có chung cạnh với nó và các ô vuông cùng cột với nó và cách nó đúng một ô vuông . Tìm số nhỏ nhất các máy bơm nước sao cho các máy bơm nước có thể tưới hết cả cánh đồng trong 2 trường hợp:
a) $m=4$
b) $m=3$

Bài 3 (7 điểm)
Cho số nguyên tố $p\ge 17$. Chứng minh rằng $t=3$ là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn điều kiện: Với các số nguyên bất kì $a,b,c,d$ sao cho $abc$ không chia hết cho $p$ và $a+b+c$ chia hết cho $p$ thì tồn tại các số nguyên $x,y,z$ thuộc tập $\{0;1;...;\left[\frac{p}{t}\right]-1\}$ sao cho $ax+by+cz+d\vdots p$



Ngày thi thứ 2

Bài 4: (7 điểm)
Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=1,x_2=2011$ và $x_{n+2}=4022x_{n+1}-x_n,\forall n\in \mathbb N$.
Chứng minh rằng $\frac{x_{2012}+1}{2012}$ là số chính phương.

Bài 5: (7 điểm)
Chứng minh rằng $c=10\sqrt{24}$ là hằng số lớn nhất thỏa mãn điều kiện: nếu có các số dương $a_1,a_2,...a_{17}$ sao cho: $$\sum_{i=1}^{17}{a_i^2}=24\qquad ;\qquad \sum_{i=1}^{17}{a_i^3}+\sum_{i=1}^{17}{a_i}<c$$ Thì với mọi $i,j,k$ thỏa mãn $1\le i<j<k\le 17$, ta luôn có $a_i,a_j,a_k$ là độ dài ba cạnh của một tam giác.

Bài 6: (7 điểm)
Có 42 học sinh tham dự kì thi chọn đội tuyển Olympic toán quốc tế. Biết rằng một học sinh bất kì quen đúng 20 học sinh khác. Chứng minh rằng ta có thể chia 42 học sinh thành 2 nhóm hoặc 21 nhóm sao cho số học sinh trong các nhóm bằng nhau và 2 học sinh bất kì trong cùng nhóm thì quen nhau.

(Cuối giờ ban tổ chức đã thu lại hết đề nên đây chỉ là đề mình ghi lại, không phải nguyên văn )

Bài 7.
Áp dụng bất đẳng thức $\sqrt a+\sqrt b\ge \sqrt{a+b}$ với $a,b\ge 0$, ta có:
$VT\ge \sqrt{x^4+2x^3+3x^2+2x+1}=\sqrt{(x^2+x+1)^2}=x^2+x+1$

$\Rightarrow 4x^3-4x^4+x+1\ge x^2+x+1$

$\Leftrightarrow -x^2(2x-1)^2\ge 0 \Rightarrow x=0\vee x=\dfrac{1}{2}$

Thử lại thấy 2 nghiệm trên thỏa PT.

Vậy PT có 2 nghiệm $x=0$ và $x=\dfrac{1}{2}$

Áp dụng BĐT AM-GM:
$\sum{\dfrac{a}{\sqrt{b+\sqrt{ca}}}}\ge \sum{\dfrac{a}{\sqrt{b+\dfrac{c+a}{2}}}}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$\sum{\dfrac{a}{\sqrt{a+2b+c}}}\ge \dfrac{3}{2}$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:
$VT\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum{a\sqrt{a+2b+c}}}$

Vậy ta cần chứng minh:
$2(a+b+c)^2\ge 3\sum{a\sqrt{a+2b+c}}$

$\Leftrightarrow 4(a+b+c)^4\ge 9(\sum{a\sqrt{a+2b+c}})^2$

BĐT trên đúng do ta có các BĐT sau:
$(\sum{a\sqrt{a+2b+c}})^2=(\sum{\sqrt{a}\sqrt{a^2+2ab+ca}})^2\le (a+b+c)(\sum{a^2}+3\sum{bc})$

$\sum{a^2}+3\sum{bc}\le \dfrac{4}{3}(a+b+c)^2$

$a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}\ge 3$

Vậy ta có đpcm.

Đội tuyển Cần Thơ:
1. Đặng Nhật Linh (12A1, THPT Chuyên Lý Tự Trọng).
2. Hoàng Vân Anh (12A1, THPT Chuyên Lý Tự Trọng).
3. Ngô Quốc Thái (12A1, THPT Chuyên Lý Tự Trọng).
4. Hoàng Công Đức (11A1, THPT Chuyên Lý Tự Trọng). (là mình )
5. Phan Lê Hoài Ân (12A1, THPT Chuyên Lý Tự Trọng).
6. Cao Minh Châu (11A7, THPT Thốt Nốt).

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:
$VP=3[(a(bz+cy)+xbc]^2\le 3(a^2+x^2)[(bz+cy)^2+b^2c^2]$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$4(b^2+y^2)(c^2+z^2)\ge 3[(bz+cy)^2+b^2c^2]$

$\Leftrightarrow b^2c^2+b^2z^2+c^2y^2+4y^2z^2\ge 6bcyz$

Theo BĐT AM-GM:
$b^2c^2+4y^2z^2\ge 4bcyz$
$b^2z^2+c^2y^2\ge 2bcyz$

Cộng 2 BĐT trên ta suy ra đpcm

Nhận thấy $x,y,z \ne 0$. Khi đó:
$$HPT \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {{x^{\rm{2}}} - 4x + {\rm{5}}} \right)y = {\rm{6}}\\
\left( {{y^{\rm{2}}} - 4y + {\rm{5}}} \right)z = {\rm{6}}\\
\left( {{z^{\rm{2}}} - 4z + {\rm{5}}} \right)x = {\rm{6}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^{\rm{2}}} - 4x + {\rm{5}} = \dfrac{6}{y}\\
{y^{\rm{2}}} - 4y + {\rm{5}} = \dfrac{6}{z}\\
{z^{\rm{2}}} - 4z + {\rm{5}} = \dfrac{6}{x}
\end{array} \right.$$

Ta có: $${x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2} + 1 \ge 1 \Rightarrow \dfrac{6}{y} \ge 1 \Leftrightarrow 0 < y \le 6 \Rightarrow x,y,z \in \left( {0;6} \right]$$

Xét hàm số: $f\left( t \right) = {t^{\rm{2}}} - 4t + {\rm{5,}}\,\,t \in \left( {0;6} \right] \Rightarrow f'\left( t \right) = 2t - 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

* $\left\{ \begin{array}{l}
0 < t \le 2 \Rightarrow f'\left( t \right) \le 0\\
2 \le t \le 6 \Rightarrow f'\left( t \right) \ge 0
\end{array} \right. \Rightarrow f\left( t \right)$ giảm trên $\left( {0;2} \right]$ và tăng trên $\left[ {2;6} \right]$.

* Nếu $0 < t \le 2$, khi đó $$HPT \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = \dfrac{6}{y}\\
f\left( y \right) = \dfrac{6}{z}\\
f\left( z \right) = \dfrac{6}{x}
\end{array} \right.$$

Giả sử $x = \min \left\{ {x,y,z} \right\}$.

$$ \Rightarrow x \le y \Rightarrow f\left( x \right) \ge f\left( y \right) \Rightarrow \dfrac{6}{y} \ge \dfrac{6}{z} \Rightarrow y \le z \Rightarrow f\left( y \right) \ge f\left( z \right) \Rightarrow \dfrac{6}{z} \ge \dfrac{6}{x} \Rightarrow z \le x$$

$$ \Rightarrow x \le y \le z \le x \Rightarrow x = y = z$$

Thay vào một trong 3 phương trình của hệ, biến đổi ta được: $\left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} - x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3$ không thỏa.

* Nếu $2 \le t \le 6$, tương tự ta cũng được: $x = y = z \Leftrightarrow x = y = z = 3$ thỏa.

Vậy hệ phương trình có nghiệm là $x=y=z=3$.

Bạn mới chỉ giải trong trường hợp cả 3 số $x,y,z$ cùng thuộc $[0;2]$ hoặc $[2;6]$. Còn các trường hợp khác, chẳng hạn $0\le x<2; 2\le y,z\le 6$ thì làm thế nào

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:
$VP=3[(a(bz+cy)+xbc]^2\le 3(a^2+x^2)[(bz+cy)^2+b^2c^2]$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$4(b^2+y^2)(c^2+z^2)\ge 3[(bz+cy)^2+b^2c^2]$

$\Leftrightarrow b^2c^2+b^2z^2+c^2y^2+4y^2z^2\ge 6bcyz$

Theo BĐT AM-GM:
$b^2c^2+4y^2z^2\ge 4bcyz$
$b^2z^2+c^2y^2\ge 2bcyz$

Cộng 2 BĐT trên ta suy ra đpcm


Mình khuyên bạn lần sau post bài thì đừng ghi kiểu đó, ở mức độ này mình vẫn đọc được nên mình không khó chịu, nhưng ở trên đây vẫn có những người không thích cái ngôn ngữ đó. Nếu đây là diễn đàn Mathscope thì có thể topic này đã bị close. Mong bạn suy nghĩ về điều này

Bài 2.
Ta có:
$VT=\dfrac{\dfrac{n^2}{4}}{\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}{x_k^2}}+\sum\limits_{1\le i<j\le n}{\dfrac{1}{a_ia_j}}-\left(\dfrac{n^2}{2}-2\right)\dfrac{1}{\sum\limits_{k=1}^{n}{x_k^2}}$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:
$\dfrac{\dfrac{n^2}{4}}{\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}{x_k^2}}+\sum\limits_{1\le i<j\le n}{\dfrac{1}{a_ia_j}}\ge \dfrac{\left(\dfrac{n}{2}+C_n^2\right)^2}{\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}{x_k^2}+\sum\limits_{1\le i<j\le n}{a_ia_j}}=\dfrac{\left[\dfrac{n}{2}+\dfrac{n(n-1)}{2}\right]^2}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{n^4}{2}$

$\sum\limits_{k=1}^{n}{x_k^2}\ge \dfrac{\left(\sum\limits_{k=1}^{n}{x_k}\right)^2}{n}=\dfrac{1}{n}\Rightarrow \dfrac{1}{\sum\limits_{k=1}^{n}{x_k^2}}\le n$

Từ đó:
$VT\ge \dfrac{n^4}{2}-(\dfrac{n^2}{2}-1).n=\dfrac{n(n^3-n^2+2)}{2}$ (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $x_1=x_2=...=x_n=\dfrac{1}{n}$

BĐT $ \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {\dfrac{1}{{\sqrt {ab} }}} \ge 9 \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {\dfrac{2}{{1 - c}}} \ge 9 $
Giả sử $ a \ge b \ge c > 0 \Rightarrow c \in \left( {0;\dfrac{1}{3}} \right] $
Ta có: $ \begin{array}{l} \dfrac{2}{{1 - c}} + \dfrac{9}{2}c - \dfrac{9}{2} = \dfrac{{ - (3c - 5)(3c - 1)}}{{2(c - 1)}} \ge 0\,\,\forall c \in \left( {\left. {0;\dfrac{1}{3}} \right]} \right. \\ \Rightarrow \,\dfrac{2}{{1 - c}} \ge - \dfrac{9}{2}c + \dfrac{9}{2} \\ \end{array} $
Do đó: $ \sum\limits_{cyc} {\dfrac{1}{{\sqrt {ab} }}} \ge - \dfrac{9}{2}(a + b + c) + \dfrac{{27}}{2} = 9\, \Rightarrow dpcm $
Dấu ''='' xảy ra $ \Leftrightarrow \,a = b = c = \dfrac{1}{3} $

Làm sao có BĐT$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{1}{\sqrt{ab}}}\ge 9 $ vậy.


Do $abc\le \dfrac{1}{27} $ nên phải có $VP\ge 9 $ chứ.

Còn nữa, chỉ có $c\in (0;\dfrac{1}{3}] $ thôi chứ 2 biến còn lại chưa chắc thuộc khoảng đó, nên cũng không thể suy ra $ \sum\limits_{cyc} {\dfrac{1}{{\sqrt {ab} }}} \ge - \dfrac{9}{2}(a + b + c) + \dfrac{{27}}{2}$ được

Bài 18:Cho các số thực dương $a,b,c $ thỏa $a^2+b^2+c^2=1 $. Chứng minh:
$\dfrac{1}{1-a^2}+\dfrac{1}{1-b^2}+\dfrac{1}{1-c^2}+\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\ge 9 $

Bài này mình giải không được

chuyển qua phần ứng dụng tổng Abel nhé : 1 bài đơn giản cho các bạn mới làm quen :
cho $ \left\{\begin{array}{l}{b \geq c \geq a \geq 0 }\\{a\geq 3 } \\{a+b\geq 6 }\\ { a+b+c \geq 12 }\end{array}\right. $
Tìm Min của $ P = ab+bc+ca $

Xin phép làm trước

$P=ba+cb+ac=(b-c)a+(c-a)(a+b)+a(a+b+c)$
$\ge 3(b-c)+6(c-a)+12a=3b+3c+6a=3(a+b+c)+3a\ge 45 $

Đẳng thức xảy ra khi $a=c=3, b=6 $

Dấu = xảy ra khi $n=1$
Với $n\ge 2$ thì dấu bằng ko thể xảy ra do $\dfrac{1}{2}\ne \dfrac{1}{3} $ (AM-GM)

Đề phải như vậy không:

$\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a\sqrt{ac}+b\sqrt{ba}+c\sqrt{cb}$

Áp dụng BĐT AM-GM:$\dfrac{a^3}{b}+ab\ge 2a^2 \Rightarrow \dfrac{a^3}{b}\ge 2a^2-ab $
Tương tự ta có: $ \dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge 2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca) $

Lại theo BĐT AM-GM ta có:
$VP\le a.\dfrac{a+c}{2}+b.\dfrac{b+a}{2}+c.\dfrac{c+b}{2}$

Ta cần cm:
$2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)\ge a.\dfrac{a+c}{2}+b.\dfrac{b+a}{2}+c.\dfrac{c+b}{2}$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca $ (hiển nhiên đúng)

Vậy $\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a\sqrt{ac}+b\sqrt{ba}+c\sqrt{cb}$

Điều kiện để đẳng thức xảy ra đã làm 2 bài giải trên thành bài giải sai
Nhưng dựa vào nó ta lại tìm đc cách làm cho bài toán
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:
$(4^a+9^b+16^c)(4+9+16) \ge (2^{a+1}+3^{b+1}+4^{c+1})^2 $
$ \Rightarrow \sqrt{4^a+9^b+16^c} \ge \dfrac{2^{a+1}+3^{b+1}+4^{c+1}}{\sqrt{29}} $
Tương tự ta có:
$ \Rightarrow \sqrt{4^b+9^c+16^a} \ge \dfrac{2^{b+1}+3^{c+1}+4^{a+1}}{\sqrt{29}} $
$ \Rightarrow \sqrt{4^c+9^a+16^b} \ge \dfrac{2^{c+1}+3^{a+1}+4^{b+1}}{\sqrt{29}} $
Cộng 3 BĐT trên theo vế ta được:
$ M \ge \dfrac{2^{a+1}+2^{b+1}+2^{c+1}+3^{a+1}+3^{b+1}+3^{c+1}+4^{a+1}+4^{b+1}+4^{c+1}}{\sqrt{29}}$
Áp dụng AM-GM ta có:
$ 2^{a+1}+2^{b+1}+2^{c+1} \ge 3\sqrt[3]{2^{a+b+c+3}}=12 $
$ 3^{a+1}+3^{b+1}+3^{c+1} \ge 3\sqrt[3]{3^{a+b+c+3}}=27 $
$ 4^{a+1}+4^{b+1}+4^{c+1} \ge 3\sqrt[3]{4^{a+b+c+3}}=48 $
Vậy $ M \ge \dfrac{87}{\sqrt{29}}=3\sqrt{29} $, đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $

<=> (5 - 9/2)^2 = (4 - 9/2 )^2
=> 5 - 9/2 = 4 - 9/2
( sai chỗ nào )

=>2 cái trị tuyệt đối bằng nhau chứ ko phải 2 cái đó = nhau

p/s: ko biết gõ tex