VMO preparation de 5 minh tuan
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (277.64 KB, 4 trang )
Bài luyện số 5
(Nguyễn Hữu Minh Tuấn, THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng)
Bài 1.
Cho các số dương a,b,c,d thỏa mãn a + b + c + d = 3 và a2 + b2 + c2 + d2 = 4.
Chứng minh rằng
a2 + b2 + c2 £ 8(ab + bc + ca)
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
5( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 4( a 2 + b 2 + c 2 ) + 8( ab + bc + ca)
⇔ 5(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 4(a + b + c ) 2
⇔ 5(4 − d 2 ) ≥ 4(3 − d ) 2 = 4d 2 − 24d + 36
⇔ 9d 2 − 24d + 16 ≥ 0
⇔ (3d − 4) 2 ≥ 0 .
Bất đẳng thức cuối đúng nên bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ
4
5 2
20
2
2
khi d = , a, b, c > 0, a + b + c = , a + b + c =
.
3
3
9
Bài 2.
Giải phương trình
(2 − x)(2 + 4 x ) = 6 (*)
Lời giải. Do 2 + 4 x > 0 với mọi x ∈ ¡ nên (*) tương đương với :
2− x =
6
6
⇔ x+
−2=0.
x
2+4
2 + 4x
42t + 4t (4 − 6.ln 4) + 4
6
− 2, t ∈ ¡ , f ′(t ) =
Đặt f (t ) = t +
.
2 + 4t
(2 + 4t ) 2
f ′(t ) = 0 ⇔ 42t + 4t (4 − 6.ln 4) + 4 = 0 .
Đây là một phương trình bậc 2 theo 4t nên nó có không quá 2 nghiệm, do đó phương trình
f ′(t ) = 0 có không quá 2 nghiệm (mỗi giá trị dương của 4t cho ta đúng một giá trị của t).
Từ đó ta có phương trình f (t ) = 0 có không quá 3 nghiệm.
1
1
Dễ thấy f (0) = f (1) = f ( ) = 0 . Vậy phương trình (*) có đúng ba nghiệm là x = 0; x = 1; x = .
2
2
1
Bài 3. Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên tia đối Ax của tia AB ta lấy
điểm M. Từ M kẻ tới đường tròn (O’) hai tiếp tuyến MC và MD (C, D là các tiếp điểm và D nằm
trong (O)). Đường thẳng AC cắt (O) lần thứ hai tại P và AD cắt (O) lần thứ hai tại Q. Chứng
minh rằng đường thẳng PQ đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên tia Ax.
Lời giải.
Trước hết, ta có bổ đề:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Khi đó AB.CD = AD.BC khi và chỉ khi đường chéo
AC đi qua giao điểm của hai tiếp tuyến của (O) tại B và D. (định lí về tứ giác điều hòa)
Chứng minh: Giả sử AC đi qua giao điểm của hai tiếp
tuyến của (O) tại B và D. Gọi giao điểm đó là E. Ta có:
∆BCE : ∆ABE ( g .g ) ⇒
BC CE .
=
AB BE
∆DCE : ∆ADE ( g.g ) ⇒
DC CE .
=
AD DE
Mà CE = DE nên
BC CD
=
⇒ AB.CD = AD.BC .
AB AD
Lại giả sử AB.CD = AD.BC và gọi E, E’ lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến của (O) tại B và D
với đường thẳng AC. Tương tự trên, ta chứng minh được: CE = DE ' nên có được E trùng E’.
Từ đây ta thấy rằng bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán, gọi N là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (O’), AN cắt (O) tại điểm thứ
hai là K. Ta sẽ chứng minh rằng PQ đi qua giao điểm của hai tiếp tuyến của (O) tại B và K.
Thật vậy:
Tứ giác ACBD nội tiếp (O’) có
đường chéo AB đi qua tiếp tuyến của
(O’) tại C và D nên theo bổ đề trên thì
AC.BD = AD.BC , suy ra:
2
·
·
sin BAP
sin BAQ
PB QB
·
·
·
sin ·ADC.sin DAB
= sin DCA
.sin BAC
⇒
=
⇒
=
·
·
PK QK
sin KAP
sin KAQ
·
·
·
·
⇒ sin KAP
.sin BAQ
= sin KAQ
.sin BAP
⇒ PB.QK = PK .QB
Do đó, theo bổ đề trên thì PQ đi qua giao điểm của tiếp tuyến tại K và B của (O), rõ ràng giao
điểm đó là điểm cố định nên ta có đpcm.
Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên dương n > 1 có tính chất: nếu a, b là các ước số của n và
(a, b) = 1 thì a + b − 1 cũng là ước số của n.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh rằng mọi số n = p m trong đó p là một số nguyên tố và m là một số
nguyên dương chính là tất cả số cần tìm.
Thật vậy, nếu n = p m thì nếu a, b là các ước số của n và (a, b) = 1 thì hoặc a = 1 hoặc b = 1 ;
không mất tính tổng quát, có thể giả sử a = 1 , khi đó b = p t (1 ≤ t ≤ m) và ta có:
n = p m Ma + b − 1 = p t . Do đó, mọi số n = p m đều là các số thỏa mãn đề bài.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng mọi số n thỏa mãn đề bài đều có dạng n = p m
Xét một số n thỏa mãn đề bài và gọi p là ước số nguyên tố nhỏ nhất của n; đặt n = p m .t trong
đó m, t nguyên dương và ( p, t ) = 1 .
Giả sử t > 1 , gọi q là một ước nguyên tố của p + t − 1 . Theo giả thiết thì p + t − 1| n .
Suy ra q là ước nguyên tố của n, nếu q ≠ p thì do ta chọn p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n nên
p ≤ q − 1 và q | t .
Lại có t < p + t − 1 < t + q nên suy ra điều vô lý. Từ đây suy ra q = p tức là mọi ước nguyên tố
của p + t − 1 đều là bội của p . Từ đó tồn tại số nguyên dương c để
p + t − 1 = p c ⇒ t = p c − p + 1 . ( Chú ý do t > 1 nên c ≥ 2 )
Do p c | n nên p c + t − 1| n hay 2 p c − p | n ⇒ 2 p c −1 − 1| n = p m .t . Lại do ( p m , 2 p c −1 − 1) = 1 nên ta
có 2 p c −1 − 1| t = p c − p + 1 .
Từ đó ta được 2 p c −1 − 1| 2( p c − p + 1) − p (2 p c −1 − 1) ⇒ 2 p c −1 − 1| p − 2 .
Đây là điều vô lý vì 2 p c −1 − 1 > p − 2 ( c ≥ 2 ).
Vậy điều giả sử là sai , tức là t = 1 , hay n = p m .
Vậy mọi số n cần tìm có dạng p m với p là một số nguyên tố bất kì và m là một số nguyên
dương.
Bài 5. Hai người cùng chơi một trò chơi như sau: người thứ nhất chọn một số nguyên dương từ
2 đến 9; người thứ hai nhân số này với một số nguyên dương tùy ý từ 2 đến 9; sau đó người thứ
3
nhất lại nhân kết quả thu được với một số tùy ý từ 2 đến 9 … Người nào thu được một số lớn
hơn 2010 trước thì thắng cuộc. Hỏi ai là người có chiến thuật thắng?
Lời giải. Ta sẽ chứng minh rằng nếu người thứ nhất chọn số đầu tiên là số nguyên từ 7 đến 9 thì
người thứ nhất sẽ thắng.
*Nếu số đầu tiên được chọn là số nguyên từ 7 đến 9. Đặt số đó là x.
Khi đó người thứ hai sẽ thu được một số nguyên y không vượt quá 81 và không nhỏ hơn 14.
(Do 2x ≥ 2.7 = 14 và 9x ≤ 9.9 = 81 ).
*Tiếp theo người thứ nhất có thể chọn được một số nguyên từ 2 đến 9 để nhân với y thu được
một số không vượt quá 162 và không nhỏ hơn 126 (Do 9 y ≥ 9.14 = 126 và 2 y ≤ 2.81 = 162 ).
*Tiếp theo người thứ hai thực hiện phép nhân và thu được một số không vượt quá 1458 và không
nhỏ hơn 252. ( Lập luận tương tự như trên )
*Cuối cùng người thứ nhất lấy 9 nhân với kết quả trên sẽ thu được một số lớn hơn hoặc bằng
9.252=2268 > 2010. Vậy người thứ nhất thắng cuộc.
Do người thứ nhất được chọn số trước nên người thứ nhất có quyền chọn 7 hoặc 8 hoặc 9.
Vậy người thứ nhất là người có chiến thuật để luôn chiến thắng trong trò chơi này.
4
