Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 459 tháng 9 năm 2015

"Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 459 tháng 9 năm 2015 🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 459 tháng 9 năm 2015 Ebooks Nhóm Zalo https://www.facebook.com/letrungkienmath ** 9 XUẤT BẢN TỪ 1964 2015 Số 459 https://sites.google.com/site/letrungkienmath TOÁN HỌC suổi trẻ & NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM - BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TẠP CHÍ RA HÀNG THÁNG - NĂM THỨ 52 DÀNH CHO TRUNG HỌC PHỔ THÔNG VÀ TRUNG HỌC CƠ SỞ Trụ sở: 187B Giảng Võ, Hà Nội. ĐT Biên tập: (04) 35121607; ĐT - Fax Phát hành, Trị sự: (04) 35121606 Email: toanhoctuoitrevietnam@gmail.com Website: http://www.nxbgd.vn/toanhoctuoitre C168 2015 KAZAKHSTAN Информатикадан 27-ші халықаралық олимпиада 26 шілде амн 27 ternati al formatic GD Y DAT MUA TC TAI BUU CUC (facebook.com/hoang.heo.79) D EXPO 2017 Future Energy. Astana Kazakhstan https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath RINH CODE NHẬN ƯU ĐÃI LỚN MÁY TRỢ GIẢNG UNIZONE THƯƠNG HIỆU KOREA Chương trình: Cắt phiếu code góc phải để nhận những ưu đãi lớn Địa điểm đổi code: 132 Chùa Láng, Đống Đa, Hà Nội UNIZONE 9580 F3 Giá: 6.500.000VNĐ - Kết nối không dây Công suất: 30W(max) -Thời gian sử dụng: 20 giờ -Sac: 3 giò -Cổng line out -Phủ hợp lớp: 80-200hs - Màn hình LCD - Radio FM, ghi âm - Hỗ trợ USB, SD card UNIZONE 9288 F2 Giá: 4.200.000VNĐ Công suất: 30W(max) - Phù hợp lớp học 40-100hs - Màn hình LCD - Thời gian sử dụng: 20 giờ - Sac: 3h - Công nghệ giảm hú - Radio FM, ghi âm - Hỗ trợ USB, SD card UNIZONE 9088EMS F2 Gía: 2.300.000VNĐ Công suất: 20w(max) - Phù hợp lớp: 20-70hs - Thời gian sử dụng: 20h - Sac: 4h - Công nghệ giảm hú - Radio FM, ghi âm - Hỗ trợ USB, SD card UNIZONE 9088 Giá: 1.500.000VNĐ - Công suất: 20w(max) - Công nghệ giảm hú - Thời gian sử dụng: 20h - Sac: 5h - Phù hợp lớp: 20-70hs MERI AUDIO TECHNOLOGY CÔNG TY TNHH THƯƠNG MẠI GIẢI TRÍ MCRIO 132 Chùa Láng, Đống Đa, Hà Nội Website: www.mcrio.vn Code: MC+UZ HAY ĐẶT MUA IC TẠI BƯU CỤC (facebook com/hoang heo 79) https://www.facebook.com/letrungkienmath TRUNG HỌC CƠ SỞ Khi https://sites.google.com/site/letrungkienmath DÙNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ ĐẶC BIỆT VŨ HỒNG PHONG (GV THPT Tiên Du 1, Tiên Du, Bắc Ninh) • Với b = 2, thay vào (2) được a=x-1. hi gặp một phương trình có dạng uP+v0=w (với u, v, w, P, Q là các biểu thức chứa ẩn) mà ta nhẩm được các hằng Suy ra số e, f và các biểu thức P, Q, chứa ẩn thỏa mãn: Ju.Po+v.Qo=w e.(P)"+f.(Qo)" = e.P+f.Q (*) Đặt WP P = a; thì ta có thể giải PT đó như sau: = a;Q=b suy ra a" = P; b" =Q. Ta có hệ PT: u.a+v.b=w e.a"+f.b" = e.P+f.Q (**) Giải (**) để tìm (a; b), từ đó việc tìm nghiệm của PT đã cho sẽ trở nên đơn giản hơn! Lưu ý: Từ (*) ta thấy (**) luôn có nghiệm (a; b)= (P;Q ). Sau đây là các thí dụ: Thí dụ 1. Giải phương trình √2+4x-x2 + √√2x2-6x+7=x+1. Phân tích. Ta có: f(x-1)+2=x+1 (x-1)2+23=(2+4x-x2)+(2x2-6x+7)' Như vậy e=f= 1 và (P; Q)= (x-1; 2). Lời giải. Đặt V2+4x-x = • 2x-6x+7=b. Suy ra a +b = x −2x+9 (1). Từ PT đã cho ta có a+b=x+1=a=x+1−b(2). Thay vào (1) ta được: (x+1-b)2+b3 = x2-2x+9 x2+1+b2+2x-2b-2bx+b3 = x2-2x+9 b3-8+b2-2b-2bx+4x=0 (b-2)(b2+3b+4-2x)=0 →b=2 hoặc bẻ +3b+4=2x. (3) Với b+3b+4=2x, từ (2) có x=a+b-1, thay vào (3) được bẻ +3b+4=2(a+b-1) √√2+4x-x2=x-1 √2x2-6x+7=2 2x2-6x-1=0 x-1≥0 2+4x-x2=(x-1)2 2x2-6x+7=8 3+√11 x= 2 Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất: x= Thí dụ 2. Giải phương trình: 3+√11 2 √7x2+20x-86+x.√31-4x-x2 =3x+2. Phân tích. Ta nhấm được e = 1; f= 3 và (Po: Qo)=(2x+2; 1) vi [2x+2+x.1=3x+2 (2x+2)2+3.12=(7x2+20x-86)+3.(31-4x-x2) Lời giải. Đặt a= v7x+20x–86, b= v31–4r-r. Suy ra a +3b =4r2+8x+7(1). Từ PT đã cho ta có: a+xb=3x+2=a=3x+2–bx. Thay vào (1) ta được: (3x+2-bx)2+3b2 = 4x2+8x+7 9x2+4+b2x2+12x-4bx-6bx2+3b2 =4x2+8x+7 → (x2+3)b2-(6x2+4x)b+5x2+4x-3=0 (b-1)[(x2+3)b-5x2-4x+3]=0 b=1 b= 5x2+4x-3 x2+3 • Với b = 1 thì a = 2x + 2, khi đó ta có hệ √7x2+20x-86=2x+2 31-4x-x2=1 [2x+2≥0,31-4x-x2≥0 7x2+20x-86-(2x+2)2 - √-1≤x≤-2+√35 b2+b+6=2a (4). VT(4)= x2+4x-30=0 + 5, 31-4x-x=1 -1≤x≤-2+√35 x=-2±√34 ⇒x=-2+√34. VP(4)=2√2+4x-x2=2√6-(x-2)2 ≤2√6 <5. Suy ra (4) không xảy ra và do đó (3) không xảy ra. Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC Tuổi trẻ 1 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath 5x2+4x-3 x2+3 •Với b= √31-4x-x2= = thì ta có 5.x2+4x-3 • x2+3 x2+4x-15 x2+3 (2). √16-(x2+4x-15)=4+ Nếu x2 +4x−15>0 thì VT(2)<44>VP(2). Nếu x2 +4x−15=0 thì VT(2)=4=VP(2), khi đó [b=4 √√31-4x-x2=4 a=3x+2-4x √7x2+20x-86-2-x 2-x≥0,31-4x-x220 -2-√35≤x≤2 √1-2xy=x-y https://sites.google.com/site/letrungkienmath Vậy hai số không âm 1–2xy và y(b+1) không đồng thời bằng 0 nên 1–2xy+y(b+1)>0 do đó VT(5)>0 suy ra (5) không xảy ra. • Với b = 1, thay vào (4) ta được a=x−y. Suy ra [x-y≥0 1-2xy=(x-y)2 √√x2 + y2 = 1 x2+ x2 + y2 = 1 Ly2 = 1-x2 x≥y (*). Kết hợp (*) với (1) ta có: xzy 20x3-11x-4y220x3-11x=4(1-x2) y2=1-x2 31-4x-x2=16 -x-4x+15=0 x≥y y2=1-x2 xzy 7x+20x-86-(2-x)2 (-2-√35≤x≤2 6(x2+4x-15)=0 x=-2-√19. 20x+4x2-11x-4=0 y2=1-x2 (2x+1)2(5x-4)=0 y2=1-x2 x=-2±√19 Vậy PT đã cho có hai nghiệm là −2+v34 và x=-2-√19. Thí dụ 3. Giải hệ phương trình: 20x-11x=4y2 (1) √1-2xy + y√√x2 + y2 = x (2) IV x≥y x≥y =z (I) hoặc 4 (II). 5 3 9 4 Nghiệm (x, y) của (I) và (II) cũng là nghiệm của hệ J = 25 √3 PT đã cho, là: 2 4 3 525 4 -3 và 5'5 Phân tích. Với (2) ta nhẩm được e =f=1 và (P;Q ) = (x−y; 1) [x-y+y.1=x vi (x-y)2+13=(1-2xy)+(x2 + y2) Lời giải. ĐK: 1-2xy20 Đặt |1−2xy = 0; x + y = b. Suy ra a +b = x + y −2xy+1 Từ (2) ta có a +yb=x=a=x-yb Thay (4) vào (3) ta được: . (x-by)2+b3 = x2+y2-2xy +1 b-1-2xy(b-1)+ y2 (b2-1)=0 (b-1)[b2+b+1-2xy + y2(b+1)] = 0 BÀI TẬP LUYỆN TẬP 1. Giải các phương trình sau: 12x2 +12x+9 4x3-2 =x+4 4 3 (3) b) 3 -6x2-x. √7x2+2x+ 7x2+2+1=1 (4) →b=1 hoặc b +b+1-2xy+y(b+1)=0 (5) c) V3x2 – 5x+6=x+(x-1)x2 +x-4. d) √2x2+48x-27+x.√2x2-24x+67=4x+6. 2. Giải các hệ phương trình sau: x3+ y3 a) 65 8 == x2 + y2+2-y.√√2xy-1=x 3x3+3y3+x3 y3 = 35 √ √x2 + y2-4 = √x2 - 2xy + 4 − y' Ta có x+y =b20 nên b^ +b>0;b+1>0. b) Nếu 1−2xy = y’(b+1)=0 thì 2 (vô lý). xy= 1 [8.xy2-2x=1 c) y=0 x2 + y2+2 √3+4x-y2 -x. 3 =2° 3 TOÁN HỌC 2 “Tuổi trẻ Số 459 (9-2015) HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Hướng dẫn giải ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Trường THPT chuyên Đại Học Sư Phạm Hà Nội NĂM HỌC 2015 - 2016 Câu 1. 1) Ta có P = (Đề thi đăng trên TH&TT số 458, tháng 8 năm 2015) (a2+ab+b2) (a-b)2 VÒNG 1 ab [a3 (a-b)-b3 (a-b)] (a2+ab+b2) (a-b)2 = 1 ab(a-b) (a2+ab+b2) ab 2) Áp dụng BĐT Cauchy ta có 1=4a+b+√ab≥5√ab P= -≥25. ab Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 25 khi và chỉ khi a = 10. b = 3/3 2 b= 5 8 19 5 5 Câu 2. 1) Đáp số: x=a,y= 2) • Hệ PT → [(m2+1)x=3m2-3m+2 Ly=3m+1-mx Do mỏ + 1 = 0 với mọi m nên PT thứ nhất của hệ luôn có nghiệm. Suy ra hệ PT đã cho luôn có nghiệm với mọi m. • Giả sử (xo ; yo) là một nghiệm của hệ PT, ta có [xo-2=(yo-4)m Yo-1=(3-xo)m (1) (2) Nhân cả hai vế của (1) với 3 – Xo; của (2) với yo – 4 rồi trừ theo vế ta được (xo-2)(3-xo)-(Vo-1)(Vo-4)=0 → x2 + y2 -5(x+Yo)+10=0. Câu 3.PT = (a+b) 2 Cả tổ tả +b =0(1). + Giả sử phản chứng |a| = |b|, suy ra a = b, a = −b. =(1) là PT bậc hai ẩn x có A'=(a2+b2)2 - (a+b)(a+b)=-ab(a - b)2+0. →(1) không thể có nghiệm duy nhất (trái với giả thiết). Do đó |a| = |B|. Câu 4. 1) Ta có C, IB, = BIC = 180° +4 = 90° + 2 120°. Suy ra C,IB, +C, AB, = 180° = tứ giác AB IC, nội tiếp. B A Ci B C K 2) Vì các tứ giác BKIC và ABIC, nội tiếp nên ta có IKC = IC,B = IB A . Suy ra tứ giác CKIB, nội tiếp. 3) Vì BKC, = BIC = BAC nên tứ giác ACKC nội tiếp. Suy ra KAC = KC1=KBI Mặt khác, ABC, =BCC+BCC, = B1AI+B,CI = B 2 2 2 Do đó KAC +AB C = 90°, nên AK L B,C. Câu 5. Ta có 3 a2 + b + 2 = ( a − 1 )] Tương 4 -= {(a− 1 )2 + a + b + 1 = a + b + > 0. tự bỏ 3 +a+ 3 4 2a+b+>0. Suy ra 3 Σ 1 (a2 + b + 2 ) (b2 + a + 1 ) = (a + b + 2)2 = a2 + b2+2ab+a+b+ =2a+ 4 ≥ 4ab+a+b+ 1 - (2a + 1 ) (2b+ 1 ) 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b= B C 2 2 Vậy a=b=- 2 Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC Tuổi trẻ 3 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath Câu 1. 1) Đáp số: S = 4. - https://sites.google.com/site/letrungkienmath VÒNG II 2) Từ giả thiết suy ra 2x + 2y – 1 = 3xy, do đó x2-xy+y2=(x+y)2-2(x+y)+1=(x+y-1)2. Vậy P = x+y+ x+y-1. X <1⇒x Từ giả thiết ta lại có t_x<= 1-x Tương tự y < . Suy ra 0 < x+y<1, ta có P=x+y+1-x-y=1. TV B H Câu 2. 1) Giả sử trên mặt -2 –1,2 | 0 1,2 2 phẳng tọa độ, độ dài các đoạn thăng được tính theo đơn vị mét. Do khoảng cách giữa hai chân cổng bằng 4 m nên MA= NA=2. Từ giả thiết ta có N A M OM=ON= 2V5, do đó theo định lí Pythagore ta có OA = 4. Vậy M(2; −4), N(−2; −4). Mặt khác, do M, N thuộc parabol nên −4=a.2 =a=−1 và (P): y=-x. 2) Để đáp ứng được chiều cao, trước hết xe tải phải chọn phương án đi vào chính giữa công. Trên parabol (P) xét hai điểm H T 6 36 5 25 6 36 5 25 và đối xứng nhau qua Oy và HT = 2,4 (ứng với chiều rộng của xe tải). B HTr Gọi B = HT n Oy. Khi đó AB = 64 >2.5. 25 Do đó xe tải có thể đi qua cổng. Câu 3. Từ giả thiết suy ra (b − a + 1) = 4b, suy 2 là số chính ra b–a+1 : 2, do đó b= (b=q+1) là số (a-b+1)2 - (b-a-1)] phương. Tương tự a = cũng là số chính phương. Mà b-a+1 b-a-1 2 2 chính phương liên tiếp. 2 2 =1 nên a và b là hai số a Câu 4. Vì BE – CA, CF L AB nên BCEF là tứ giác nội tiếp= XFB = ACB = XBF = AXFB cân tại X. Mà AMFB cân tại M, suy ra MX L BF. 2) Dễ thấy MX L AB, HF | AB nên MX || HF; MS – BC, HD | BC nên MS || HD. 4 TOÁN HỌC CTuổi trẻ Số 459 (9-2015) Mặt khác, do CAFD là tứ giác nội tiếp và SB tiếp xúc (O) tại B nên SBD = BAC = BDF, suy ra SX || FD. Do đó AMXS is NFD (có các cặp cạnh tương ứng song song). tứ giác nội tiếp và Sâu tiên 3) Ta có OAE = 180°-AOC 2 = 90°-ABC =90° — AEF, suy ra OA L EF. Dễ dàng chứng minh A4EF có AABC; AAFY • AACD, suy FY AF EF EF BC ra = = CD AC BC FY CD Câu 5. Ta kẻ mặt phẳng tọa độ Oxy thành bảng caro bởi các đường thẳng song song và vuông góc với trục hoành (gọi tắt là đường ngang và đường dọc) để giao của các đường này tạo nên tất cả các điểm nguyên của mặt phẳng. A N • Nếu trong ba định của tam giác ABC, có hai đinh, chẳng hạn A và B cùng nằm trên một đường ngang hoặc một đường dọc, thì rõ ràng độ M dài đoạn thẳng AB và chiều cao kẻ từ C xuống AB của tam giác ABC là những số nguyên. Do đó hai lần diện tích tam giác ABC là một số nguyên. B P C Hình 1 A M Nếu các điểm A, B, C nằm trên các đường ngang và các đường dọc phân biệt thì không mất tính B tổng quát, giả sử đường ngang chứa B nằm giữa N các đường ngang chứa A và C. Có hai khả năng xảy ra: P C Q Hình 2 – Một là: (h.1) Đường dọc chứa B không bị kẹp giữa hai đường dọc chứa A, chứa C. - Khi đó 2S c = 2SpwNC – 25 MAR - 2S NAC – 2Spec ABC là một số nguyên. PMNC – Hai là: (h.2) Đường dọc chứa B nằm giữa hai đường dọc chứa A và chứa C. Khi đó 2SABC=25AMCN-2SNPBQ-2SPAB-2SMAC-2SOBC là một số nguyên. NGUYỄN THANH HỒNG (GV trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội) giới thiệu HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath ĐỀ THI TUYẾN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2015 - 2016 Câu 1 (2 điểm). 1. Cho phương trình: VÒNG I (120 phút) x −2(m-2)x + m – 3m+3=0 (m là tham số). a) Giải phương trình khi m = 1. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x và x2 sao cho: 3x,x2-x-x-5=0. 2. Cho biểu thức: 2 3 A + 5√x-7 2√√x+3 x-2 2√√x+1 2x-3x-2) 3x-6√x (x > 0; x+4). a) Rút gọn 4. b) Tìm x để A=2Vx-1. x+y=-6 + y+2 2x-1 √2x-1 √y+2 =2 b) Một xe tải đi từ A đến B với vận tốc 40 km/h. Sau khi xe tải xuất phát một thời gian thì một xe khách cũng xuất phát từ A với vận tốc 50 km/h và nếu không có gì thay đổi thì sẽ đuổi kịp xe tải tại B. Nhưng sau khi đi được một nửa quãng đường AB, xe khách tăng vận tốc lên 60 km/h nên đến B sớm hơn xe tải 16 phút. Tính quãng đường AB. Câu 4 (4 điểm). Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB, AC lần Câu 2 (2 điểm). Cho parabol (P): y=-x x và lượt tại E và D. CE cắt BD tại H và AH cắt BC tại K. đường thẳng (D): y=-x+m (m là tham số). a) Cho m=V2. Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy và tìm tọa độ giao điểm của chúng băng phép toán. b) Tìm m để (P) và (D) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x; y) và B(x,; y, ) sao cho 3 x2 = 9. a) Giải hệ phương trình: Câu 3 (2 điểm). ( a) Chứng minh tứ giác BEHK nội tiếp và K4 là tia phân giác của góc EKD. b) Gọi AI, AJ là các tiếp tuyến của đường tròn (O) I, J là các tiếp điểm và hai điểm D, J nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng 4K). Chứng minh rằng IKE = DKJ. c) Chứng minh ba điểm J, H, I thẳng hàng. d) Đường thẳng qua K và song song với ED cắt AB và CH lần lượt tại Q và S. Chứng minh rằng KQ=KS. VÒNG II (150 phút) Câu 1 (2 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) (3x+1)(4x+1)(6x+1)(12x+1)=2. 4 1 x+ + y y2 2 b) (2+4)+2-3 Câu 2 (2 điểm). y a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x-2y-5xy+x-2y-7=0. b) Chứng minh rằng A = 2012*" + 20134n + 20144 + 2015” không phải là số chính phương với mọi số nguyên dương n Câu 3 (1 điểm). Cho x và y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x+y≤ 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= x + P= (x2 + 1 ) (x2 + 1 ) 4y2 4x2 Câu 4 (4 điểm). a) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Đường thẳng vuông góc với AD tại A cắt BC tại E. Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt CD tại F. Chứng minh O, E, F thẳng hàng. b) Cho hình thang ABCD vuông tại A và B, M là trung điểm của AB. Đường thẳng qua 4 vuông góc với MD cắt đường thẳng qua B vuông góc với MC tại N. Chứng minh MN LCD. Câu 5 (1 điểm). Sau khi điểm danh xong, lớp trưởng tuyên bố: "Số các bạn có mặt là một số có hai chữ số, số này bé hơn 2 lần tích hai chữ số của nó 9 đơn vị ". Hỏi có bao nhiêu bạn có mặt? NGUYỄN ĐỨC TẤN (TP. Hồ Chí Minh) Sưu tầm Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC * Tuổi trẻ 5 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath IỄN ĐÀN DAY HOC TOÁN J rong https://sites.google.com/site/letrungkienmath NÉT ĐẸP HÌNH HỌC TIỀM ẨN TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ Đề thi minh họa – Kỳ thi THPT Quốc gia của Bộ GD&ĐT có một câu tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức khả hay và khó mà cách giải đề xuất là sử dụng phương pháp tọa độ. Bài viết này được xây dựng theo lối tiếp cận trực diện với từng dạng toán, bài toán cụ thể với phân tích định hướng giải và lời giải tưởng minh. Hy vọng rằng sẽ giúp các bạn thi sinh sẽ tự tin hơn trong Kỳ thi THPT Quốc gia. I. GIẢI PT, BPT VÀ HỆ PT * Thí dụ 1. Giải phương trình: x√x+1+√3-x=2√x2 Phân tích. Ý tưởng khai thác yếu tố hình học bộc lộ từ vế trái PT được cho dưới dạng: x.Vx+1+1.3−x, từ đó ta liên tưởng đến biểu thức tọa độ của tích vô hướng của hai vectơ trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Lời giải. ĐK: 1≤x<3. Đặt u = (x;1) |v=(√x+1; √3-x) PT đã cho có dạng uv=ullvlon và v cùng hướng, hay √x+1 >0 1 √3-x [01. Đặt u = (x−3; √x-1) lu= √(x-3)2+x-1 v=(1;1) IVI= √2. Theo BĐT uv sl ullvl, ta có √x-1+x-3≤√2(x-3)2+2x-2 (2) Từ (1) và (2), suy ra BPT (1) có nghiệm khi và chỉ khi: √x-1+x-3=√2(x-3)2+2x-2 uv=lullvl. Phân tích. Ý tưởng khai thác yếu tố hình học bộc lộ. Điều này xảy ra khi và chỉ khi u và v cùng từ vế trái PT được cho dưới dạng: hướng, hay ū=kv (k>0) 6 TOÁN HỌC CTuổi trẻ Số 459 (9-2015) HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath √x-1=k x-3=k √x-1=x-3>0 k>0 https://sites.google.com/site/letrungkienmath x3-8x-1=2√10-x2 x3-8x-3+2(1-√10-x2)=0 [x>3 x2-7x+10=0 ⇒x=5. Vậy BPT đã cho có nghiệm duy nhất x =5. D *Thí dụ 4. Giải bất phương trình: √x+1+√2x−3+√50-3x ≤12 ( ) Phân tích. Để ý rằng vế trái của BPT (1) là: 1.Vx+1+1.2x-3+1.v50−3x, nên ta nghĩ ngay tới biểu thức tọa độ của tích vô hướng của hai vectơ trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. 3 Lời giải. ĐK: sxs u =(1;1;1) Đặt 50 3 v=(√x+1;√2x-3;√50-3x) PT (1)➡u.v≤ lulll lul=√3 Iv=4√3. (2) Rõ ràng (2) luôn đúng, tức là (1) luôn đúng với 3 50 mọi xe 273 Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là 3 50 23 ם * Thí dụ 5 (Khối A – 2014). Giải hệ phương trình: x/12-y+√y(12-x)=12 -8x-1-2√y-2 (1) (2) Phân tích. Ý tưởng khai thác yếu tố hình học biểu lộ từ PT đầu của hệ. Vế trái của PT thứ nhất được cho dưới dạng: x./12−y+V12−r? Vy, từ đó ta liên tưởng đến biểu thức tọa độ của tích vô hướng của hai vectơ trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Lời giải. ĐK: -2v3sxs2V3; 2≤y≤12. Đặt i=(V12−y;Vy) PT(1)2[x√12-y+√y(12-x2)]=2.12 →2u.v=u+v2 → (u-v)2=0→u=v [x20 ⇒x=√12-y y=12-x2. -2 Thay y=12−x2 vào PT (2), ta được • (x-3) x2+3x+1+. 2(x+3) =0 1+√10-x2 (dox2 x=3 do x2+3x+1+- 2(x+3) 1+√10-x2 >0, Va Vx≥0 Suy ra y=12−x =3 (thỏa mãn điều kiện). Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x;y)=(3;3).D * Thí dụ 5. Giải hệ phương trình: [4x+4y2+4z2+17=8x+4y+16z 3x-4y+12z=12 Phân tích. • Với PT thứ nhất của hệ, ta liên tưởng đến PT một mặt cầu (S) trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. • Với PT thứ hai của hệ, ta nghĩ ngay đến PT một mặt phẳng (P) trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. • Việc giải hệ PT được quy về bài toán tương đương: Xét sự tương giao của (S) và (P). • Do khoảng cách từ tâm I của (S) đến (P) bằng bán kính của(S) nên(P) tiếp xúc với (S). Do đó, hệ PT đã cho có nghiệm duy nhất. Công việc còn lại là tìm tọa độ tiếp điểm của (S) và (P). Lời giải. Hệ PT đã cho tương đương với √(x-1)2 + (y = 2)2 + (2-2)2 = 1 3x-4y+12z-12=0 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, ta có • PT thứ nhất của hệ xác định mặt cầu (S) có tâm I 1;-;2 1(1; 1:2). bán kính R=1. • PT thứ hai của hệ xác định một mặt phẳng, kí hiệu là (P). 3-2+24-12 =1=R. Ta có d(I,(P))= √9+16+144 Suy ra mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S). Do đó hệ PT đã cho có nghiệm duy nhất. Nghiệm của hệ PT là tọa độ của tiếp điểm A giữa mặt phẳng (P) và mặt cầu (S). Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC * Tuổi trẻ 7 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) z=2+12t https://sites.google.com/site/letrungkienmath https://www.facebook.com/letrungkienmath Gọi A là đường thẳng đi qua tâm I và vuông x=1+3t 111 + x y z 1 xyz 1 góc với (P) thì A có phương trình: - y = 9 -4r. Do đó P 2.9t+ 2 " với t=(Vxyz), trong đó 0Vg(1)> V82. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=-n NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC. * Thí dụ 6 (ĐH Khối A - 2003). Cho x,y,z là ba số dương và x+y+z≤1. Chứng minh rằng + 1 + √82. Phân tích. Bằng sự “va chạm” và khoanh vùng các dạng toán BĐT, ta phát hiện các biểu thức dạng a +B2 ẩn chứa dưới các dấu căn bậc hai, với dấu hiệu này yếu tố hình học dần lộ diện. Điều cần quan tâm là việc lựa chọn tọa độ các vectơ u, v và w thích hợp, khi đó với việc sử dụng BĐT Cauchy cho 111 từng bộ ba số dương (x;y;z), -;-;- x y x+y+z≤1 mới có tác dụng. Lời giải. Gọi P là vế trái của BĐT. 1 Đặt u y; P = u+v+w≥u+v+w hay P= x2+ 1 1 + + + *Thí dụ 7. Cho hai số thực x và y không âm thoả mãn điều kiện x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=3V1+2x +240 + 9y. Phân tích. Nhận thấy biểu thức đã cho là tổng của hai biểu thức. Bằng phép biến đổi đơn giản, ta viết được các biểu thức này dưới dạng Va + B2 + y2, điều này giúp ta liên tưởng đến độ dài của một vectơ trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Lời giải. Ta có P=√32+(3x)2+(3x)2 + √122+42+(6y)2. Đặt u=(3;3x;3x), v=(12;4;6y). Ta có thì giả thiết | ū =v9+9x +9x =3V1+2x; Ivl=√122+42+36y2 = 2√40+9y2; lu+vl=√152 +(3x+4)2 +(3x+6y)2 thi = = (x + y + z)2 1 1 + + + 1 X y Z Áp dụng BĐT Cauchy, ta có x+y+z>33 xyz; 152 +9x2 +24x+16+(6-3x)2 = √18x2-12x+277 = √2(3x-1)2+275 ≥5√II. Mặt khác lũl+lv li ti (dox + y = 1) → 3√√1+2x2 +2√40+9y2 ≥√√2(3x-1)2+275 25√TI. TOÁN HỌC 8 CTuổi trẻ Số 459 (9-2015) HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath Bài 1 (2 điểm). Cho hàm số https://sites.google.com/site/letrungkienmath THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI ĐỂ SỐ 1 (Thời gian làm bài: 180 phút) y=x3-3(m+1)x2+9x-m (C). a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=0. b) Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị xạ.X, thỏa mãn |x−x,|=2. Bài 2 (1 điểm). TC a) Cho 0 < a <, sin a + √2 sin Tính tan| a + tan(+) 4 (플-a)=vz. b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2(z-1)=37+(i-1)(+2). Tim 27-2. Bài 3 (0.5 điểm). Giải phương trình: log(x-2)+log, (x-2)=log, (7-2x). 2 Bài 4 (1 điểm). Giải bất phương trình: 32x4-16x2-9x-9√2x-1+2≥0. Bài 5 (1 điểm). Tính tích phân 1= [(3-2 cos 3x) sin xdx. Bài 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có AB=AC= ABC = 30, SA L(ABC), góc giữa hai mặt phăng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hướng. Điều kiện cần để ủ 3 = 3x 3x 12 4 бу u và vô cùng và v cùng hướng là 1 2 >0 3 3 và y Kiêm tra trực 1 tiếp ta thấy P =5V11 khi x= y 3 và vua 2 Vậy min P=5v11. D a (SBC) và (ABC) là 60. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC), Bài 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm I(1;4), định A nằm trên đường thẳng có phương trình 2x+y−1=0, đinh C nằm trên đường thẳng có phương trình x-y+2=0. Tìm tọa độ các định A,B,C,D của hình vuông đã cho. Bài 8 (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm I(−1;2;3) và mặt phẳng (P):4x+y-z−1=0. Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) và tìm tọa độ tiếp điểm. Bài 9 (0.5 điểm). Lập số tự nhiên có 4 chữ số đội một phân biệt từ các chữ số 0, 1, 4, 6. Tính xác suất để số lập được là số tự nhiên không chia hết cho 4. Bài 10 (1 điểm). Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa 1 18 mån 1 18 + 2015 thức: F = 1 + <3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 218 +y2015 y2015 +22015 + + z2015 + r2015 1997 +y1997 y1997 +1997 21997 +1997 NGUYỄN VĂN XÁ (GV THPT Yên Phong Số 2, Bắc Ninh) BÀI TẬP Nhận xét. Hình thành được tọa độ các vectơ là chìa khóa của cách giải. Việc tách hai số hạng của tổng chứa trong các dấu căn thành ba số hạng giúp việc xác định tọa độ các vectơ được dễ dàng. * Bình luận. Thông qua một số thí dụ ở trên, ta thấy rằng với mỗi bài toán có thể có nhiều cách tiếp cận khác nhau, chẳng hạn như: khai thác tính chất hình học, phương pháp hàm số, vận dụng BĐT trung gian, ... Tuy nhiên, với các bài toán này, cách giải khai thác tính chất hình học cho những lời giải gọn gàng và trong sáng. 1. Giải các phương trình sau a) √x-2-√4-x=x2-6x-11; b) √x2-2x+5-√x2+2x+10=√29. 2. Giải các bất phương trình sau a) √x2+2x+√2x-12√3x2+4x+1; b) (3-x)√x-12√40-34x+10x2-x3 . 3. Giải các hệ phương trình sau a) x2+ y2+xy+yz=0 ; b) x2+x+y+2yz=0 √√x+1+√y=1=4 √x+6+√y+4-6' 3x2+8y2+8xy+8yz-2x-4z=2 4. Cho x,y,z là ba số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng │x-y│ y-z x-2 5. Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=√√2x2-2x+1+√√2x2+(√3+1)x+1 +√√2x2-(√3-1)x+1. Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC * Chuổi trẻ 9 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath BẠN ĐỌC TÌM TÒI https://sites.google.com/site/letrungkienmath ĐI MỞ RỘNG MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRÊN TẠP CHÍ TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ Tóm tắt. Bài viết này đưa ra tổng quát cho một bài toán hay được nhiều bạn đọc quan tâm trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ với phép chứng minh thông qua tính chất chùm điều hòa và ứng dụng bổ đề E.R.I.Q, thêm vào đó là một vài ứng dụng của bài tổng quát. Trên Tạp chí TH&TT số 402 tháng 12 năm 2010 trong mục Đề ra kỳ này có bài toán hay như sau của TS. Nguyễn Minh Hà. 6 Bài toán 1. (Bài 19/402, TH&TT tháng 12 năm 2010). Cho tam giác nhọn ABC đường cao AD. M là một điểm thuộc đoạn AD. Các đường thẳng BM, CM theo thứ tự cắt AC, AB tại E.F:DE, EF theo thứ tự cắt các đường tròn đường kinh AB, AC lần lượt tại K, L. Chứng minh rằng đường thẳng nổi trung điểm của EF, KL đi qua điểm A. Lời giải bài toán trên đã đăng trên Tạp chí TH&TT số 406 tháng 4 năm 2011. Sau một vài tìm tòi nhỏ, chúng tôi nhận thấy rằng bài toán trên là trường hợp riêng của bài toán sau: 6 Bài toán 2. Cho tam giác ABC và P là điểm bất kỳ trong mặt phẳng. PA, PB, PC theo thứ tự cắt BC,CA,AB tại D,E,F PA cắt EF tại G. H là hình chiếu của G trên BC; HE, HF lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác HAB, HAC tại M, N khác H; HG cắt đường thẳng qua A song song với BC tại Q. Chứng minh rằng đường thẳng nổi trung điểm MN, EF đi qua điểm Q. Để giải bài toán ta sử dụng hai bổ đề sau. Bồ đề 2.1. Cho tam giác ABC và P là điểm bất kỳ trong mặt phẳng. PA,PB,PC lần lượt cắt BC,CA,AB tại D,E,F; PA cắt EF tại G. 10 TOÁN HỌC * CTuổi trẻ Số 459 (9-2015) TRẦN QUANG HÙNG (GV THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội) H là hình chiếu của G trên BC; HE,HF,HG lần lượt cắt đường thẳng qua A song song BC tại X,Y,Q thì Q là trung điểm XY và HX = HY. R Y AQ X E F G B HD Hình 1 C Chứng minh. (h.1) Giả sử EF BC = R ta có hàng điểm điều hòa cơ bản (BC,DR)=-1 chiếu xuyên tâm A lên đường thẳng EF ta có (EF,GR)=-1 nên chùm H(EF,GR)=-1, lại có HG L HR, nên từ tính chất chùm phân giác suy ra HG là phân giác của EHF. Vậy trong tam giác HXY có HG=HQ là đường cao và phân giác, do đó tam giác HXY cân tại H, suy ra Q là trung điểm XY và HX =HY . Bổ đề sau được đặt tên là E.R.I.Q bởi kiến trúc sư Hy Lạp Kostas Vittas là viết tắt các chữ cái đầu của cụm từ tiếng Anh. "Equal Ratio In Quadrilateral" tạm dịch là tỷ số bằng nhau trong tứ giác. Bổ đề 2.2. Cho tử giác ABCD, các điểm M,N MA ND = lần lượt thuộc AB,CD sao cho MB NC thi các điểm chia các đoạn thẳng AD,BC và MN theo cùng một tỷ số sẽ thẳng hàng. HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath A SQ -L K F G E P N M D C B H Hình 2 X https://sites.google.com/site/letrungkienmath T Bổ đề là kết quả cơ bản, bạn đọc có thể tham khảo nhiều cách chứng minh trong nhiều tài liệu khác nhau. Trở lại bài toán 2. Từ đó, cũng theo bổ đề 2.1 và bổ đề 2.2 thì trung điểm Q của XY và các trung điểm của MN,EF thẳng hàng (đpcm). Nhận xét. Khi AD là đường cao của tam giác ABC ta thu được bài toán 1. Bài toán phát biểu với P là điểm bất kỳ sẽ có giá trị ứng dụng lớn trong nhiều trường hợp đặc biệt khác nhau. Sau đây chúng tôi xin dẫn ra một vài ví dụ. QBài toán 3. Cho tam giác ABC và P là điểm bất kỳ. PA,PB,PC lần lượt cắt BC,CA,AB tại D,E,F. Gọi H là hình chiếu của D lên EF. HBHC lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE,AHF tại M, N; Q là hình chiếu của A lên HD. Chứng minh rằng đường nối trung điểm của BC và MN đi qua điểm Q. Lời giải. (h.2) Giả sử AQ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác HAB,HAC lần lượt tại S,T. HE, HF lần lượt cắt AQ tại X,Y. Ta thấy A,S,H,M thuộc đường tròn (K) ngoại tiếp s tam giác AHB và A,T,H,N thuộc đường tròn (L) ngoại tiếp tam giác AHC nên XS.XA = XM .XH và YT.YA=YN.YH , suy ra N J Q T M E XS.XA XM.XH = YT.YA YN.YH F (1) B Vì tứ giác ATCH là hình thang cân và có HQ là đường cao nên TA–CH = 2QA . Từ đó: XA XA+TA-2QA XE ΧΑ XH XA+CH XA ΧΑ = QX+QT Tương tự YF YH = = XA -QY+QT YT YA I D C Hình 3 Lời giải. (h.3) Gọi T, S lần lượt là giao điểm của HM,HN với AQ. Áp dụng bài toán 2 vào trường hợp P bất kỳ của tam giác AEF với EB, FC và AD (2) đồng quy tại P ta thu được điều phải chứng minh. Hoặc có thể chứng minh trực tiếp theo cách khác như sau: (3) Ta thấy theo tính chất chùm điều hòa thì HQ là (4) phân giác của SHT mà HQ - ST suy ra tam giác HST cân tại H. Do đó Q là trung điểm ST và HST = HTS. Vì EF || ST nên ANS=180° – ANH =180 – AFH = BAT. Do đó ASAN CS ATBA XS XE YH Từ (2), (3) suy ra XH YF XM.XH Từ (1), (4) suy ra XA.XS YT YA XEYH YN.YH XH.YF hay YN YF Chú ý rằng YH =XH XM YN YH2 = XE YF XH2 theo bổ đề 2.1. = SA SN = TB TA suy ra SA.TA = SN .TB. Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC * CTuổi trẻ 11 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Chứng minh tương tự có SATA=TM.SC suy ra TM.SC SN.TB hay = SN SC TM TB Áp dụng bổ đề E.R.I.Q ta có điều phải chứng minh. Nhận xét. Việc áp dụng bài toán 2, bài toán 3 và mô hình giải của bài toán 2, bài toán 3 vào các tam giác khác nhau tạo ra nhiều bài toán mới hoặc bổ đề mới khá thú vị. Ta đến một ví dụ khác áp dụng bài toán 3 như sau: ♠ Bài toán 4. Cho tam giác ABC với các đường cao AD,BE,CF. K là hình chiếu của D lên EF- KB,KC lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác KAE,KAF tại M, N khác K. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm MN, BC. Chứng minh rằng PO và DK cắt nhau trên tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. T K A M R N F H B D P Hình 4 La E S C Lời giải. (h.4) Gọi S,R lần lượt là giao điểm KM,KN với tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh tương tự bài toán 3 suy ra DK là phân giác BKC. Lại có kết quả quen thuộc là EF|| RS, nên DK L RS mà DK lại là phân giác RKS suy ra tam giác KRS cân tại K. Gọi T là giao điểm DK và RS thì T là trung điểm RS . Đến đây ta thấy ngay mô hình của bài toán số 3 là trung điểm của các đoạn thẳng MN,BC và điểm T thẳng hàng. Sau đây là một ứng dụng đẹp khác 6 Bài toán 5. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) của tam giác tiếp xúc với TOÁN HỌC 12 tuổi trẻ Số 459 (9-2015) BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F; H là hình chiếu của D lên EF: HB. HC theo thứ tự cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác HAE, HAF tại M, N khác H. Chứng minh rằng trung điểm của BC, MN và AH thẳng hàng. N B A M E R F H DP Hình 5 K C Lời giải. (h.5) Gọi P,R,Q,T lần lượt là trung điểm BC,EF,AH,MN. Gọi S là giao điểm QR và DH. Dễ dàng chứng minh được ASHR là hình chữ nhật, suy ra AS là phân giác ngoài đỉnh A của tam giác ABC nên AS || EF. Gọi K,L lần lượt là giao điểm AS với HM,HN. Vẫn sử dụng mô hình bài toán 3 ta suy ra HS là phân giác của KHL, mà DH | KL suy ra tam giác HKL cân tại H. Vậy S là trung điểm KL. Áp dụng bài toán 3, ta có S,T,P thẳng hàng và ở trên có S,T,R,Q thăng hàng. Từ đó suy ra P,R,Q thẳng hàng. �Bài toán 6. Cho tam giác ABC với trung tuyến AM. Các điểm E, F lần lượt thuộc CA, AB sao cho EF|| BC. H là hình chiếu của M lên EF. HB, HC lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HAE, HAF tại K, L. Chứng minh rång HK = HL. L A K E F B M Hình 6 C B HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath orio THÔNG BÁO Được sự đồng ý của Cục Báo chí - Bộ Thông tin và Truyền thông và Nhà Xuất bản Giáo dục Việt Nam, Tạp chí TH&TT thông báo: Từ tháng 10 năm 2015, mỗi số Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ tăng từ 32 trang hiện nay lên 40 trang ruột với giá bìa là 12.500 đồng/1số. Với 8 trang tăng này, nhiều chuyên mục như: Tìm hiểu sâu thêm Toán học phổ thông, Toán học và đời sống, Sai lầm ở đâu, Câu lạc bộ Toán học, sẽ được xuất hiện thường xuyên trên Tạp chí, nội dung các chuyên mục sẽ đầy đủ và phong phú hơn. Rất mong các thầy cô giáo, các em học sinh và bạn đọc yêu toán ủng hộ đọc, viết bài cho các chuyên mục, để Tạp chí ngày càng phát triển. Tạp chí trân trọng cám ơn! _ Lời giải. (h.6) Từ EF|| BC, áp dụng định lý Thales suy ra EA EC MB = FA FB lại có M là trung điểm BC nên =−1. Áp dụng định lý Ceva cho MC tam giác ABC với các điểm M,E,F lần lượt thuộc BC,CA,AB, ta có 2=−1 suy MB EC FA MC EA FB ra AM,BE,CF đồng quy. Chứng minh tương tự bài toán 3 có HM là phân giác KHL và HM đi qua trung điểm KL, suy ra tam giác HKL cân tại H . Từ đó HK = HL (đpcm). Các bạn hãy các làm bài tập sau áp dụng bài toán 2,3 và bổ đề E.R.I.Q để luyện tập. ©Bài toán 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cắt ÁO tại K khác 0. Lấy các điểm E, F lần lượt thuộc CA, AB sao cho KA là phân giác EKF. KE, KF lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác TH&TT KAC, KAB tại M, N khác K. Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm của EF, MN đi qua A. Bài toán 8. Cho tam giác ABC với P, Q là hai điểm đẳng giác trên phân giác góc BAC. E, F là hình chiếu của P lên CA, AB. D là hình chiếu của Q) lên BC. H là hình chiếu của D lên EF. HB, HC cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác HAE, HAF tại M, N khác H. Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn thẳng BC, MN và AH thẳng hàng. QBài toán 9. Cho tam giác ABC với trực tâm H. P là điểm bất kỳ trên AH. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác APB, APC lần lượt cắt CA, AB tại E, F. HB, HC lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AHF,AHE tại M,N khác H. Chứng minh rằng đường thẳng nối điểm Lemoine của hai tam giác AEF.AMN đi qua diem A. Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC * GTuổi trẻ 13 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath Sai lầm ( 500 ở đâu GIẢI ĐÁP: LỜI GIẢI MANG ĐẬM CHẤT KỸ THUẬT? (Đề đăng trên TH&TT số 455, tháng 5 năm 2015) L ời giải của Long đã sai ở chỗ: Với BĐT d(A;(a))<9V3, dấu “=” xảy ra khi a=b=c . Kết hợp với đẳng thức 2a+b+2c=0 suy ra a = b = c = 0, mâu thuẫn với giả thiết a2 + b2+c2 >0. Lời giải đúng là: Ta có vectơ chỉ phương của d là u=(2;1;2). Lấy M (1; 0; 2) = d và gọi n=(a;b;c) (a +b +cả >0)là vectơ pháp tuyến của (a). Do mp (a) chứa đường thẳng d, nên ta có M(1; 0; 2) = (a) và nLu. Do đó phương trình mp(a)là: ax + by + cz – a – 2c =0 (1) và 2a+b+2c=0. Từ 2a+b+2c=0 = b=-2(a + c), khi đó a+5b+c d(A; (a)) = √a2 +b2 + c2 9a+c √a2+b2 + c2 = √a2+4(a+c)2+c2 9a+c √5(a+c)2-2ac Ta có (a+c) ≥4ac, Vanc 9a+c ⇒d(A:(a)) s. <3√√2. (a+c)2 5(a+c)2- 2 Dấu “=” xảy ra khi a = c, mà a + tả 0 b nên a=c=--= 0 . Khi đó chia hai vế PT (1) 4 0 TOÁN HỌC 14 tuổi trẻ Số 459 (9-2015) https://sites.google.com/site/letrungkienmath b cho 4 ta được phương trình mp(a) là: x-4y+z-3=0.0 Nhận xét: Có hai bạn có đáp án đúng là: Hà Nội: Đinh Vân Anh, 12A1, THPT Hồ Xuân Hương, Số 1 Nguyễn Quý Đức, quận Thanh Xuân. Nghệ An: Hồ Thanh Tùng, 12C1, THPT Kim Liên, Nam Đàn. HOÀNG CHI (Hà Nội) KẾT QUẢ ĐÃ ĐÚNG CHƯA? T . rong một giờ học, Thầy giáo ra một bài toán: Cho các số thực x, y thỏa mãn: x + y xy=1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu Một học sinh đã giải bài toán trên như sau: thức A=x +y-ry. Ta có: A=(x2+ y2)2-3x2y2 = (1+xy)2-3x2y2 _ _ _ _ = -2xy+2xy+1, với −1≤x≤1. Xét hàm số f(t)=−2t +2t+1, te[-1;1]. Hàm ft) liên tục trên đoạn [-1;1] nên đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên đoạn này. Đồ thị của hàm f(t) là parabol quay bề lõm xuống phía dưới, có hoành độ đỉnh x= 2 = 2.(-2) 2 Do đó: max A = max_f(t)= f| = =) = 3 2 2 và min A = min_f(t)=min{f(−1);f(1)} re-1:1 = min{-3; 1}=-3. Bạn học sinh trên đã làm đúng chưa? Cách giải của bạn như thế nào? VŨ NGUYỄN DUY (GV THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt, Kiên Giang) HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath 66 BAN Co BIẾT ? https://sites.google.com/site/letrungkienmath CON KIẾN CỦA LANGTON VÀ SỰ PHỨC TẬP SINH RA TỪ NHỮNG NGUYÊN LÝ ĐƠN GIẢN ĐÀO VŨ QUANG (Lớp 12 Toán, THPT chuyên Hà Nội - Amsterdam) - Phỏng dịch) o húng ta đang sống trong một thế giới thật chúng ta nghĩ sự hỗn độn này sẽ kéo dài mãi phức tạp. Từ thị trường chứng khoán cho đến các thảm họa thiên nhiên, mọi thứ dường như là kết quả của những thế lực phức tạp, không thể lường trước được. Nhưng liệu chúng có thể bắt nguồn từ chỉ một vài quy tắc đơn gian không? Hay nói cách khác, liệu một hệ thống đơn giản có thể sinh ra những hành vi hỗn độn, khó tiên đoán được không? Chẳng phải khi con kiến di chuyển trong lưới hỗn độn, thì nó chỉ có thể vẽ ra những hình còn hỗn độn hơn hay sao? Thế nhưng, sau hơn 10000 bước, đột nhiên một quy luật hiện ra: con kiến vẽ ra một hình gồm 104 bước được lặp đi lặp lại, tạo thành một “xa lộ” trên lưới ô vuông (h.3). Thật là kì diệu! Hình I Một hệ thống điển hình là mô hình con kiến của Langton, được sáng tạo bởi Christopher Langton vào năm 1984. Trong mô hình (h.1), một con kiến sống trong lưới vô hạn các ô vuông. Ban đầu tất cả các ô đều màu trắng. Mỗi lần, con kiến đổi màu ô mà nó đang đứng: nếu là màu trắng thì đổi thành màu đen, nếu là màu đen thì đổi thành màu trắng. Sau đó, nếu ô đó màu trắng, con kiến sẽ quay phải 90° và bước tiếp, nếu ô đó màu đen, con kiến quay trái 90° và tiếp tục hành trình. Cũng như lưới vô hạn các ô vuông, số lượt đi của con kiến là vô hạn. Ban đầu con kiến vẽ ra những hình khối khá đối xứng (h.2). Hình 2 Nhưng càng ngày, hình vẽ càng trở nên rối rắm, dường như là ngẫu nhiên. Và theo lẽ thường tình, Hình 3 Mọi chuyện còn trở nên thú vị hơn khi ta đổi một số ố trắng thành ô đen trong lưới ban đầu. Con kiến sẽ gặp những ô đen đó, thay đổi ô hướng đi, vẽ lên một ma trận hỗn loạn, nhưng rồi thật kì lạ, là “xa lộ” 104 bước luôn hiện ra, dù là sau một nghìn hay một triệu lượt đi. Dường như “xa lộ” ấy đã “hấp dẫn” con kiến để con kiến dần vẽ nên, bất kể trạng thái ban đầu của các ô. Sự diệu kì của con kiến Langton đã sớm được các nhà toán học phát hiện, nhưng thật đáng mô hình ấy vẫn còn khá hạn hẹp. Cohen - Kong tiếc là đến bây giờ, hiểu biết của chúng ta về đã chứng minh được miền di chuyển của con kiến không bị chặn, tức là con kiến luôn đi xa vô hạn so với điểm xuất phát ban đầu. Tuy nhiên câu hỏi về tính tất yếu của “xa lộ” vẫn chưa có ai trả lời được. Từ con kiến của Langton, phải chăng ta sắp đến gần với một mô hình miêu tả được thế giới ta đang sống? Và hơn nữa, phải chăng mọi sự kiện, hành động diễn ra đều tuân theo những quy tắc đơn giản nhất có thể, mà ta chưa khám phá ra? Câu trả lời có lẽ sẽ dành cho các bạn đọc và những thế hệ mai sau. Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC Guoitre 15 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath 96 ĐÊ https://sites.google.com/site/letrungkienmath CÁC LỚP THPT Bài T6/459. Giải bất phương trình: PARA Kỳ NÀY CÁC LỚP THCS Bài T1/459 (Lớp 6). Gọi 1 1 1 1 A= + + + + 1.22 2.32 3.42 49.502 1 1 1 B 50 2 + + + + 22 32 42 Hãy so sánh 4, B với PHAN THANH QUẢNG (65/4, đường Nguyễn Văn Giai, P. Đa Kao, Q.1. TP. Hồ Chí Minh) Bài T2/459 (Lớp 7). Biết a và b là các số thực thay đổi sao cho đa thức 4(x)=x2−2ax+20 tỏ 5 có nghiệm. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=(a+1)(b+1). NGUYỄN TẤN NGỌC (GV THCS Nhơn Mỹ, An Nhơn, Bình Định) Bài T3/459. Giả sử 0,02,...,0, là các số nguyên dương phân biệt thỏa mãn 1 1 a Số 1 + ·+...+ =1 và số lớn nhất trong các a a2 an có dạng 2p, với p là số nguyên tố nào đó. Hãy xác định a (i=1,n). LÊ XUÂN ĐẠI (GV THPT chuyên Vĩnh Phúc) Bài T4/459. Cho tam giác vuông cân ABC (AB = BC), O là trung điểm AC. Qua C kẻ đường thăng d vuông góc với BC. Gọi Cx là tia đối của tia CB, M là điểm bất kỳ thuộc Cx. Gọi E là giao điểm của d và AM, I là giao điểm của BE và OM. Chứng minh rằng khi M chuyển động trên Cx thì I luôn thuộc một đường cố định. VŨ QUỐC DŨNG (GV ĐHSP Thái Nguyên) Bài T5/459. Giải phương trình: x2-2x=2√2x-1. TẠ MINH HIẾU (GV THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc) TOÁN HỌC 16 “Tuổi trẻ Số 459 (9-2015) 2x3+3x >√√2-x. 7-2x NGUYỄN VĂN NHO (GV THPT Nguyễn Duy Trinh, Nghệ An) Bài T7/459. Cho tam giác ABC nhọn, không cần có các đường cao AH, BE, CF ( H = BC,E = AC, F = AB ). Gọi I, R lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; M, N, P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB; K, J, L theo thứ tự là giao điểm của các đường thẳng MI và AH, NI và BE, PI và CF. Chứng minh rằng 1 + 1 1 3 + > HK EJ FL FL R ĐẢO QUỐC DŨNG (GV THPT Lê Viết Thuật, TP. Vinh, Nghệ An) Bài T8/459. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = a + b + c + Sabc. NGUYỄN VĂN THIỆN (GV THPT Tân Phú, Đồng Nai) TIẾN TỚI OLYMPIC TOÁN Bài T9/459. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì các số sau đây đều là số chính phương 10([(4+ √15)"]+1)([(4+ √15)+1]+1)-60, 6([(4+ √15)"]+1)([(4+ √15)"]+1)-60, 15([(4+ √15)"]+1)2 - 60, trong đó ký hiệu [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá . NGUYỄN VIỆT HÙNG (GV THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội) Bài T10/459. Cho đa thức f(x)=x−3x+1. a) Tìm số các nghiệm thực khác nhau của phương trình f(f(x))=0. b) Gọi a là nghiệm thực dương lớn nhất của đa 2020 thức f(x). Chứng minh rằng [ 0 ] chia hết cho 17 (ký hiệu [x] biểu thị phần nguyên của x). NGUYỄN LƯU (GV THPT chuyên Hà Tĩnh) HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath Bài T11/459. Cho dãy số (u,) có https://sites.google.com/site/letrungkienmath (ôm.W) u=2, 2=20, 13=56, U2 R 0,0175 Un+3=7u+2 -11, +5u, −3.2′′ với VneN. 0,0135 Tìm số dư khi chia u20 cho 2011. 0,0095 NGUYỄN VĂN XÁ 0,0055 0,0015 0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 10 -(ôm2) R2 (GV THPT Yên Phong 2, Yên Phong, Bắc Ninh) Bài T12/459. Cho A4BC và đường thẳng d bất kỳ. Gọi A,B,C, lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên d. Khi đó các đường thẳng qua A, và vuông góc với BC, qua B, và vuông góc với AC, qua C, và vuông góc với AB đồng quy tại một điểm và điểm này được gọi là cực trực giao của đường thẳng d đối với A4BC. Chứng minh rằng trong một tam giác, đường thăng Simson ứng với một điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp thì chia đôi đoạn thẳng nối P và cực trực giao của đường thắng này đối với tam giác đã cho. TRẦN QUANG HÙNG ( GV THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội) Bài L1/459. Đặt điện áp u=U, cost (với U không đổi, =314rad/s ) vào hai đầu một đoạn mạch gồm tụ điện C mắc nối tiếp với biến trở R. Biết 1 2 = + 2 1 với U, là U U UC2 R2' điện áp giữa hai đầu R. Dựa vào đồ thị bên hãy tính giá trị điện dung C. NGUYỄN QUANG HẬU (Hà Nội) Bài L2/459. Một vật nhỏ bắt đầu trượt xuống trên mặt của nêm đang nằm yên trên mặt bàn nằm ngang như hình vẽ. M m α 161 Nêm có góc nghiêng a, vật có khối lượng m, nêm có khối lượng M. Bỏ qua ma sát giữa nêm và mặt bàn. Hãy tìm vận tốc của nêm đối với bàn tại thời điểm vật m có: a) vận tốc v đối với nêm. b) vận tốc v, đối với bàn. NGUYỄN MINH TUẤN (GV THPT Yên Thành 2, Yên Thành, Nghệ An) PROBLEMS IN THIS ISSUE FOR SECONDARY SCHOOL Problem T1/459 (For 6th grade). Let 1 A= and B + 1 + 1 1 +...+ 1.22 2.32 3.42 49.502 1 1 1 + + + + 22 32 42 Compare A and B with 1 2 1 502 Problem T2/459 (For 7th grade). For all pairs of real numbers (a, b) such that the polynomial A(x)=x2-2ax+2a+b2-5 has solutions, find the minimum value of the expression P=(a+1)(b+1). Problem T3/459. Suppose that a1, a2,...,a, are different positive integers such that 1 ++... =1 and also assume that the a1 a2 an biggest number among them is equal to 2p, where p is some prime number. Determine a; (i=1,n). Problem T4/459. Let ABC be a isosceles right triangle (AB = BC) and let O be the midpoint of AC. Through C draw the line d perpendicular to BC. Let Cx be the opposite ray of the ray CB and M be an arbitrary point on Cx. Assume that E is the intersection between d and AM and I is the intersection between BE and OM. Prove that when M varies on Cx, I always belongs to a fixed curve. Problem T5/459. Solve the following equation x2-2x=2√2x-1. Số 459 (9-2015) (Xem tiếp trang 27 TOÁN HỌC * Guổi trẻ 17 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath GJÁJ BÀI KỲ TRƯỚC https://sites.google.com/site/letrungkienmath Ta có a = a+1>1=a>1, từ đó an = (a + 1) >40, do đó 2n b a = b2n b+3a b+3a = 2n a2" a2n < 4a b+3a,b+3b b Nếu ash thì < Do đó 4a 4a a b ( b b <”. Điều này vô lí, vì “ >1. Vậy a>b. a a Bài T1/455. Tìm số tự nhiên có nhiều hơn 3 Bài toán đã cho là trường hợp riêng, ta có kết [J chữ số, biết rằng nếu ta bỏ đi 3 chữ số cuối; luận a>b 3 cùng của số đỏ thì ta được một số mới mà lập phương của nó bằng chính số cần tìm. - Lời giải. Gọi số phải tìm là A = a..bcde . Đặt N= a..b, P = cde . Theo giả thiết thì N = A = 1000N + P, hay là N(N2 – 1000) = P. Do P20 nên N – 1000 20, hay là N2 > 1000, do đó N≥32. Thay vào đẳng thức trên với P < 1000 được 32(N2 – 1000) ≤ N(N2 – 1000) < 1000, từ đó Nỉ – 1000 <32, suy ra N<1032 nên N<33. Từ đó và N ≥ 32 nên chỉ có thể là N = 32. Thử lại ta thấy 323 = 32768 là số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy số phải tìm là A=32768. >Nhận xét. Các bạn sau lập luận chặt chẽ, có lời giải đúng: Vĩnh Phúc: Nguyễn Duy Quyết, 6A1, Tạ Kim Thanh Hiền, 6A4, THCS Yên Lạc , Mai Thanh Tâm, 6A, THCS Lý Tự Trọng, Bình Xuyên, Phùng Thị Hồng Nhung, Nguyễn Đài Anh, Triệu Thị Ngọc Minh, Lê Minh Việt Anh, 6A, THCS Vĩnh Yên; Hà Nội: Nguyễn Hà Khánh Nam, 6A3, Trường Hanoi Academy, Quận Từ Liêm. VIỆT HẢI Bài T2/455. Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn điều kiện qa_1=0 và 6030 _ b-3q=0. ở b 4030-b-3a=0. Hãy so sánh a và b. Lời giải. Ta giải bài toán tổng quát: Giả sử a"-a-1-0 và b2"-b-3a=0 (nЄN,n>1). Hãy so sánh a và b. è Nhận xét.1) Bài toán rất đơn giản, các bạn tham gia gửi bài đều cho kết luận đúng, song lập luận còn dài và phải dùng đến công thức khai triển phức tạp. 2) Các bạn sau có lời giải tốt: Phú Thọ: Lê Na, 7A, THCS Thị trấn II, Yên Lập; Vĩnh Phúc: Tạ Kim Thanh Hiền, 6A4, THCS Yên Lạc; Hà Nội: Đinh Hoàng Nhật Minh, 7A5, THCS Cầu Giấy; Nghệ An: Nguyễn Đình Tuấn, 7C, THCS Lý Nhật Quang. Đô Lương. NGUYỄN XUÂN BÌNH Bài T3/455. Giải phương trình: 2 x+y+x√1−y2+ y√l− x2-3√3 Lời giải. ĐK: |x|<1;|y|<1. (*) Áp dụng BĐT 2abNhận xét. Cách giải trên đây chỉ sử dụng duy nhất BHN=BCN=90°. Vậy H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BCN cố định. >Nhận xét. 1) Khi điểm M chia đoạn AC theo tỉ số k cho trước thì hình chiếu H của M trên AB cũng thuộc một đường tròn cố định. một BĐT đơn giản là 2ab sa+b2 để đánh giá 2) Không nhiều bạn tham gia giải bài toán trên. Các từng số hạng của vế trái của PT và tìm ngay được nghiệm của PT mà không phải giải các HPT (hình thành khi các đẳng thức xảy ra). Các bạn tham gia giải bài này đều có kết quả đúng nhưng chưa chú ý đến trình bày nên lời giải hầu hết chưa hoàn thiện. Các bạn được khen kì này là: Kon Tum: Lê Viết Lưu Thanh, 9A, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, TP. Kon Tum; Hà Nội: Đặng Thanh Tùng, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa; Phú Thọ: Trần Thị Thu Huyền, Nguyễn Hải Dương, Đào Tuấn Minh, Nguyễn Thảo Chi, 8A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao; Vĩnh Phúc: Nguyễn Minh Hiếu, 9D, THCS Vĩnh Yên, TP. Vĩnh Yên, Phạm Ngọc Hoa, 8A1, THCS Sông Lô, Sông Lô. NGUYỄN ANH QUÂN Bài T4/455. Trên đường tròn tâm I cho trước, lấy hai điểm B, C cố định và điểm A chuyển động trên đường tròn sao cho tam giác ABC nhọn. Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho MA = 3MC, H là hình chiếu vuông góc của M trên cạnh AB. Chứng minh rằng điểm H luôn thuộc một đường tròn cố định. D Lời giải. Vẽ đường kính BD. Vì I. H N M B C B cố định và đường tròn (1) cố định nên D cố định. Dễ thấy AD – AB và MH – AB nên AD || MH. Gọi N là giao điểm của MH và DC. Áp dụng định lí Thales ta có CN CM 1 = = ND MA MA 3 Suy ra N là điểm cố định. bạn sau đây có lời giải tốt: Phú Thọ: Nguyễn Hoàng Phi, Trần Quốc Lập, Nguyễn Hải Dương, 8A3, THCS Lâm Thao; Hải Dương: Đồng Xuân Luân, 9B, THCS Hợp Tiến, Nam Sách; Cần Thơ: Nguyễn Trần Xuân Hoà, Huỳnh Thiện Hải, Hồ Gia Bảo, Tô Thiên Kim, 9a6, THCS Thốt Nốt, Thanh Hoá: Đặng Quang Anh, 8A, THCS Nguyễn Chích, Đông Sơn; Trần Quốc Phương, 9A, THCS thị trấn Thường Xuân. NGUYỄN THANH HỒNG Bài T5/455. Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn (x+2)=2y++11 y2+x2+9. Lời giải. Cách 1. Ta có (r+2)=2y*+1ly +xy+9 (1) =(x+2) =(y* +6y +9)+(y*+xy+5y?) (x2+2)2 -(y2+3)2 = y2 (x2 + y2+5) ➡(x2-y2-1)(x2 + y2+5)= y2 (x2 + y2+5) Chia hai vế cho x + y +5 (+0) ta được x2-y2-1=y2(x-1)(x+1)=2y2. Do 2y : 2 nên (x – 1)(x+1):2. Mà(x+1)-(x-1)=2nên(x+1):2 và (x−1):2, suy ra (x-1)(x+1): 422:42:2y:2. Vì y là số nguyên tố nên y = 2. Từ đó x2=1+2y=1+2.229. Do x là số nguyên tố nên x = 3. Vậy hai số nguyên tố x= 3, y= 2 thỏa mãn (1). Cách 2. Nhận xét: Bình phương của một số lẻ chia cho 4 dư 1; bình phương của một số chẵn chia hết cho 4. Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC “Tuổitre 19 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Nếu y là số lẻ thì y chia 4 dư 1, y chia 4 dư 1. Suy ra 2y* chia 4 dư 2; 1ly chia 4 dư 3; xy chia 4 dư 0 hoặc 1 (tương ứng với x chẵn hoặc lẻ). Suy ra vế phải của (1) là 2y+1ly + y +9 chia 4 dư 2 hoặc 3. Trong khi đó vế trái của (1) là (x2 + 2) chia 4 dư 0 hoặc 1. Điều này vô lí. Vậy y là số chẵn, mà y là số nguyên tố nên y = 2. Từ đó tìm được x = 3. E >Nhận xét. Bài này có nhiều bạn tham gia giải. Ngoài hai cách giải trên, ta có thể chuyển vế của (1) và đưa về phương trình bậc hai ẩn t = x (coi y là tham số) để tìm nghiệm và đưa (1) về dạng phương trình tich (x2 + y2 +5)(xả – 2y2 −1)=0. Tuyên dương các bạn sau có lời giải tốt: Phú Thọ: Nguyễn Thu Hiền, 7A3, Nguyễn Hoàng Phi, Trần Quốc Lập, 8A3, THCS Lâm Thao; Vĩnh Phúc: Ta Kim Thanh Hiền, 6A4, THCS Yên Lạc, Nguyễn Minh Hiếu, 9D, THCS Vĩnh Yên; Hà Nội: Đặng Thanh Tùng, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa; Nghệ An: Nguyễn Đình Tuấn, TC, Nguyễn Văn Mạnh, 8A, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; Nguyễn Quang Bằng, 8A2, THCS TT Quán Hành, Nghi Lộc; Quảng Ngãi: Võ Thành Hy, 9A, THCS Hành Trung, Nghĩa Hành; Kon Tum: Lê Viết Lưu Thanh, 9A, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành. PHẠM THỊ BẠCH NGỌC Bài T6/455. Giải hệ phương trình: [x3+13=412-5y+3x+4 213+23-422-5z+6y+6 (1). 323+x3-4x2-5x+9z+8 Lời giải. (Của đa số các bạn) Hệ PT đã cho tương đương với hệ: [x3-3x-2=-13+412-5y+2 213-6y-4=-23+4z2-5z+2 323-9z-6=-x+4x2-5x+2 ((x-2)(x+1)2=(2-y) (y-1)2 (1) <2(y-2)(y+1)=(2-z)(z-1) (2) (II). 3(z-2)(z+1)=(2-x)(x-1)2 (3) Xét các trường hợp: TOÁN HỌC 20 “Tuổi trẻ Số 459 (9-2015) • • Nếu x = 2, từ (1) ta có: y = 2 hoặc y = 1; từ (3) ta có: z = 2 hoặc z = −1. Nhưng do (2) nên ta thấy chỉ y=z=2 thỏa mãn. Tương tự, với y = 2 ta được: x = z = 2; với z=2 ta được: x=y=2. • Với x, y, z khác 2, nhân các vế của (1), (2), (3), ta có: (x-2)(v-2)(z-2)(x-1)2(y-1)2(z-1)2 =-6(x-2)(y-2)(z-2)(x+1)2(y+1)2 (z+1)2 <>(x-1)2(y-1)2(z-1)+6(x+1)(y+1)2 (z+1)2=0 [(x-1)(y-1)(z-1)=0 [(x+1)(y+1)(z+1)=0 Trong ba số x, y, z phải có một số bằng 1 và một số bằng −1. Kết hợp với các PT (1), (2), (3), ta thấy trường hợp này hệ (I) vô nghiệm. Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x; y; z)=(2; 2; 2). >Nhận xét. 1) Tất cả các bạn giải bài này đều tìm ra đúng kết quả mặc dù lời giải của nhiều bạn chưa chặt chẽ. Ví dụ: Khi viết được hệ (II), các bạn đã lập luận như sau: Nếu x >2= y<2 (do (1))= z >2 (do (2)) = x < 2 (do (3)), mâu thuẫn. Nếu x < 2 thì lập luận tương tự cũng dẫn đến mâu thuẫn. Từ đó suy ra x = 2 ; ... Phép suy luận này chưa chặt chẽ ở chỗ: Từ x > 2, do (1) suy ra: (2−y)(y−1) >0, nhưng không suy được y<2, vì nếu y=1<2 thì BĐT không đúng ; ... 2) Trong trường hợp cả ba số x, y, z khác 2, để chứng minh hệ (I) vô nghiệm, ngoài cách kiểm tra trực tiếp như ở cách giải trên, cũng có thể dùng nguyên lý Dirichlet để đánh giá (trong ba số x − 2, y ... 2, z − 2 luôn có hai số cùng dấu). 3) Các bạn sau có lời giải đúng, chặt chẽ: Nam Định: Đoàn Thị Nhài, 11 Toán 1, Trịnh Tuấn Giang, 11 Toán 2, Phạm Hồng Trường, 10 Toán 2, Lâm Vũ Tuấn, 11 Anh 1, THPT chuyên Lê Hồng Phong; Hà Nội: Tạ Khánh Hà, Vũ Đức Văn, 10 T1, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Đặng Thanh Tùng, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa; Hải Dương: Lê Duy Dũng, 10 Toán, THPT chuyên Nguyễn Trãi; Yên Bái: Vũ Hồng Quân, 11 Toán, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành; Hà Tĩnh: Ngô HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Việt Hoàng, 10T1, THPT chuyên Hà Tĩnh; Bình Thuận: Bùi Nguyễn Nhật Tiên, 10 Toán, THPT chuyên Trần Hưng Đạo, TP. Phan Thiết; Cà Mau: Hoàng Công Minh, 10 Toán 1, THPT chuyên Phan Ngọc Hiển; Bình Phước: Bùi Công Minh, AK11, THPT chuyên Quang Trung; Vĩnh Long: Châu Minh Khánh, THCS Lê Quý Đôn. TRẦN HỮU NAM Bài T7/455. Cho tam giác ABC. Gọi ma ma, mà là độ dài các đường các trung tuyến lần lượt ứng với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng: 1 1 (a2+b2+c2) += ≥2√3 (m +m+m). a b c !) Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải. Áp dụng công thức đường trung tuyến cho AABC ta có 4m = 2(b + c) a. Từ đó, sử dụng BĐT Cauchy ta được 2(a2+b2+c2)=4m2+3a2 ≥4√3.a.m a2 + b2+c2 22√3.m a a2 + b2+c2 Tương tự: 22√3.m b a2+b2+c2 C (a2 +b2+c2) 22V3.m (3). Từ (1), (2), (3) suy ra: 1 1 + + b C (1) (2) Σ ≥2√3 (m +m+m). 4m2 = 3a2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 4m = 36 b2+c2=2a2 c2+a2 = 2b2a=b=c a2+b2=2c2 hay tam giác ABC đều. 4m2 = 3b2 4m2-3c2 >Nhận xét. Số lời giải gửi về Tòa soạn khá đông, tất cả đều giải đúng theo hướng sử dụng công thức đường trung tuyến và các tuyến và các BĐT Cauchy, Bunyakovsky. Những bạn sau có lời giải gọn hơn cả: Hà Nội: Nguyễn Văn Cao, Nguyễn Thành Long, Vương Tiến Đạt, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa, Trần Thiện Nam, 11A1, THPT Ứng Hòa A, Ta Khánh Hà, Trần Bá Khôi, 10 Toán 1, Phạm Ngọc Khánh, 10 Toán 2, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Vũ Bá Sang, 11 Toán 1, Nguyễn Thị Yên, 10 Toán 1, THPT chuyên Nguyễn Huệ; Vĩnh Phúc: Đỗ Văn Quyết, Nguyễn Hữu Huy, Hà Hữu Linh, 10A1, THPT chuyên Vĩnh Phúc; Phú Thọ: Nguyễn Thảo Chi, Nguyễn Hải Dương, Trần Quốc Lập, Nguyễn Hoàng Phi, 8A3, THCS Lâm Thao, Lê Bảo Anh, Nguyễn Đức Thuận, 10 Toán, THPT chuyên Hùng Vương; Bắc Ninh: Nguyễn Thị Phương Thanh, 11A1, THPT Yên Phong Số 2; Yên Bái: Vũ Hồng Quân, 11 Toán, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành; Nam Định: Lâm Vũ Tuấn, 11 Anh 1, Nguyễn Hùng Cường, 11 Toán 2, THPT chuyên Lê Hồng Phong; Nghệ An: Lê Trương Thái Bảo, Nguyễn Trọng Bằng, 8A2, THCS Thị trấn Quán Hành, Nghi Lộc, Nguyễn Hồng Quốc Khánh, 10A1, THPT chuyên Phan Bội Châu, TP. Vinh, Bùi Văn Bảo, 10T1, Hồ Xuân Hùng, 11T1, THPT Đô Lương I, Nguyễn Phùng Thái Cường, 10A1, THPT Thái Hòa, TX. Thái Hòa; Hà Tĩnh: Ngô Việt Hoàng, Nguyễn Văn Thế, 11A1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Trần Nguyễn Đức Thọ, 10A1, THPT Nguyễn Thị Minh Khai, Đức Thọ; Đà Nẵng: Trần Đức Thanh, 10A1, THPT chuyên Lê Quý Đôn; Bình Định: Nguyễn Trường Giang, Trần Văn Thiên, 10 Toán, THPT chuyên Lê Quý Đôn; Phú Yên: Hồ Minh Hoàng, Ngô Lê Phương Trinh, Nguyễn Huỳnh Huy Mân, 10 Toán 1, THPT chuyên Lương Văn Chánh, TP. Tuy Hòa; Quảng Ngãi: Huỳnh Tiến Phát, 11A7, THPT Số 1 Đức Phổ; Bình Phước: Bùi Công Minh, 11 Toán, THPT chuyên Quang Trung; Bình Thuận: Tô Quốc Hưng, Bùi Nguyễn Nhật Tiên, 10 Toán, THPT chuyên Trần Hưng Đạo, TP. Phan Thiết; Long An: Nguyễn Lộc Phúc, Phạm Quốc Thắng, 10T1, THPT chuyên Long An, Nguyễn Giáp Phương Duy, 11A2, THPT Hậu Nghĩa; Cà Mau: Hoàng Công Minh, 10 Toán 1, THPT chuyên Phan Ngọc Hiển. HỒ QUANG VINH Bài T8/455. Xét tam giác nhọn ABC có các góc là A, B, C. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M tan2 A+tan B tan2 B+tan C tan2 C+tan? A + tan A+tan B tan B+tan C tan C+tan A + Lời giải. Trước hết ta chứng minh rằng nếu a, b a2+b2 1 là các số thực dương thì a+b+ Số 459 (9-2015) < ab (1). TOÁN HỌC * GTuổi trẻ 21 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath +b2 Thật vậy (1)−(a +b ab sa th a (a-b)-b' (a-b)≥0 ⇒(a-b)2 (a2+ab+b2) ≥0. https://sites.google.com/site/letrungkienmath Bất đẳng thức đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b. Áp dụng (1), ta được : M= tan2 A+tan2 B tan A+tan B 1 + tan A tan B Do đó M < + tan2 B+tan C tan2 C+tan2 A + tan* B+tan+C tan* C+tan A 1 tan B tan C + tan A+tan B+tan C tan A tan B tan C 1 tan Ctan A =1 Bài T9/455. Tìm hệ số của x trong khai triển (1+x)(1+2x)(1+4x)...(1+22013x) Lời giải. Ta thấy hệ số của x trong khai triển của đa thức (1+x)(1+2x)(1+4x)...(1+22013.x) bằng (2+22+...+22013)+2(22+23+...+22013) +22 (23+2++...+22013)+...+22012 22013 =(22014-2)+2.(22014-22)+22.(22014-23)+ (22014-22013) +22012 =(1+2+22+...+22012).22014-(2+2.22 +22.23 + +22012 22013) =(22013-1).22014-2(1+4+42+...+42012) =24027-22014-2. 42013-1 4-1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tan A = tan B = tan CA=B=C. Vậy max M =1 khi tam giác ABC đều. D > Nhận xét. Trong bài toán ta đã sử dụng công thức tan A+tan B+tan C=tan A tan B tan C (2). Có thể chứng minh công thức trên như sau: Với tam giác ABC không vuông, ta có tan A+tan B 1-tan Atan B -tan Ca tan A+tan B tan (A+B)=- 1-tan A tan B Suy ra (2). Cũng như cách giải trên, có thể tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M tan" A+ tan" B tan" B+tan" C + +2 +2 142 tan" B+tan"+2 C tan" A+tan' B tan" C + tan" A +2 1+2 tan C+tan" A trong đó A, B, C là các góc của tam giác nhọn ; n là số nguyên dương bất kì. Các bạn sau đây có bài giải tốt: Bình Thuận: Bùi Nguyễn Nhật Tiên, Tô Quốc Hưng, 10 Toán, THPT chuyên Trần Hưng Đạo, TP Phan Thiết; Phú Yên: Ngô Lê Phương Trinh, Hồ Minh Hằng, 10 Toán 1, THPT chuyên Lương Văn Chánh, TP Tuy Hòa, Phú Thọ: Lê Bảo Anh, Võ Tuấn Dũng, 10 toán, THPT chuyên Hùng Vương, TP Việt Trì; Cà Mau: Hoàng Công Minh, 10 chuyên Toán 1, THPT chuyên Phan Ngọc Hiển; Bến Tre: Trần Thành Dương, 10 Toán, THPT chuyên Bến Tre; Hà Tĩnh: Nguyễn Thị Linh, 10T1, THPT chuyên Hà Tĩnh;Thanh Hóa: Nguyễn Ngọc Huy, 10A2, THPT Lê Văn Hưu; Khánh Hòa: Nguyễn Kim Hoàng, 10A12, THPT Nguyễn Trãi, Ninh Đa, Ninh Hòa. NGUYỄN ANH DŨNG =(3.24027-3.22014-24027+ +2) 1 -3.22014+2)=- =(24028 +2)-22014 >Nhận xét. Đây là bài toán tính hệ số của đa thức dạng đơn giản. Các bạn học sinh lớp 10 sau tham gia và có lời giải đúng: Vĩnh Phúc: Đỗ Văn Quyết, 10A1, THPT chuyên Vĩnh Phúc; Hà Nội: Nguyễn Phương Anh, 10T2; Trần Bá Khôi, 10T1, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Lê Anh Thành, 10T1, THPT chuyên Nguyễn Huệ; Thanh Hóa: Vũ Duy Mạnh, 10T, THPT chuyên Lam Sơn; Bình Thuận: Bùi Nguyễn Nhật Tiên, 10T, THPT chuyên Trần Hưng Đạo, TP. Phan Thiết; Khánh Hòa: Hà Xuân Khang, 10T, THPT chuyên Lê Quý Đôn, TP. Nha Trang. NGUYỄN MINH ĐỨC Bài T10/455. Cho các số dương a, đ an thỏa mãn at a tita **** 1 1 I = + + a1 a a αξ a" +. n Tìm giá trị nhỏ nhất của A=a+ 2 Lời giải. (Theo đa số các bạn). Áp dụng BĐT Cauchy, ta có (a,+atta) 1 1 a az = (a, tay titan) + + + 1 an n > na a, ...a = n2 Ja,a...a hay a+a++a, ≥n (1) TOÁN HỌC 22 cuổi trẻ Số 459 (9-2015) TC HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath Mặt khác, ta lại có A=a, + 3 a2 +1 a2 +2, + 2 3 a+n-1 1 ++ n 2 (+를 + + 3 2 n https://sites.google.com/site/letrungkienmath (2) Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy và sử dụng (1), ta thu được a2+1 a +2 a+n-1 a+ + 2 3 ++ n Za + a ++a, ≥n (3) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = α2 = ... = a,, = 1. Từ (2) và (3) suy ra 2 n- ΑΣ ≥n-( + + 2 3 + n 1 1 ++ 2 3 Vậy minA=1+ + 1 23 + đạt được khi n a1 = a1 =.=a=1.0 1 n >Nhận xét. Đây là dạng toán cơ bản về áp dụng BĐT Cauchy quen biết nên có nhiều bạn giải được, trong đó có nhiều học sinh thuộc THCS. Đa số các bạn giải theo cách trình bày ở trên, một số khác sử dụng BĐT Bernoulli cũng cho lời giải đúng và ngắn gọn. Các bạn sau đây có lời giải đúng: Bắc Ninh: Nghiêm Chi, 11A1K10, THPT Yên Phong 2; Bình Định: Lê Bá Thành, 9A7, THCS Bình Định, Bình Thuận: Nguyễn Trường Giang, Trần Văn Thiên, 10T, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đắk Lắk: Tô Quốc Hưng, 10T, THPT chuyên Trần Hưng Đạo, Đà Nẵng: Lê Anh Tuấn, 11CT, THPT chuyên Nguyễn Du, Lý Phước Công, 10A2, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đồng Nai: Ôn Từ Quốc Đạt, 11T, THPT chuyên Lương Thế Vinh; Hải Dương: Nguyễn Anh Tuấn, 10T, THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hà Nội: Hoàng Lê Nhật Tùng, 11T2, THPT chuyên KHTN, Phạm Ngọc Khánh, 10T2, Tô Khánh Hà, Trần Bá Khôi, Vũ Đức Văn, 10TI, THPT chuyên ĐHSP, Đặng Thanh Tùng, Nguyễn Nguyễn Thành Long,Vương Tiến Đạt, Nguyễn Văn Cao, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa, Hà Tĩnh: Nguyễn Anh Triều, 10T1, Nguyễn Văn Thế 11T1, THPT chuyên Hà Tĩnh; Hưng Yên: Chu Minh Huy, 11T1, THPT chuyên Hưng Yên, Nguyễn Mạnh Hiệp, Dương Hồng Sơn, Triệu Ninh Ngân, Nguyễn Việt Đức, Nguyễn Phúc Hoàng, 10A9, Lê Thị Thanh Lan, 10A8, Lê Ngọc Hoàng, 11A8, THPT Dương Quảng Hàm, Phạm Tiến Duật, 10A1, THPT Trần Quang Khải, Khoái Châu, Long An: Nguyễn Giáp Phương Duy, 11A2, THPT Hậu Nghĩa, Nguyễn Lộc Phúc, 10T1, Đặng Thành Trung, 10T2, THPT chuyên Long An; Khánh Hòa: Hà Xuân Khang, 10T, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Nam Định: Nguyễn Hùng Cường, 11T2, THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nghệ An: Nguyễn Phùng Thái Cường, Hồ Quang Phúc, 10A1, THPT Thái Hòa, Cao Hữu Đạt, Nguyễn Hồng Quốc Khảnh, 10A1, THPT chuyên Phan Bội Châu, Ninh Thuận: Trần Lê Xuân Trúc, 117, THPT chuyên Lê Quý Đôn; Phú Thọ: Nguyễn Đức Thuận, Lê Bảo Anh, 10T, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Yên: Phạm Quốc Thắng, Phan Xuân Thành Lâm, Ngô Lê Phương Trinh, Hồ Minh Hoàng, 10T1, THPT chuyên Lương Văn Chánh, Quảng Ngãi: Huỳnh Tiến Phát, 11A7, THPT 1 Đức Phổ, Thái Bình: Trần Quang Minh, 10A1, THPT Đông Thụy Anh, Thái Nguyên: Nguyễn Triều Minh, 117, THPT chuyên Thái Nguyên; Thanh Hóa: Nguyễn Thị Hoàng Cúc, 8D, THCS Nhữ Bá Sỹ, Nguyễn Ngọc Huy, 10A2, THPT Lê Văn Hưu, Nguyễn Đình Lương, 10T, THPT chuyên Lam Sơn, Vĩnh Long: Lê Phan Nhật Duy, 11T1, THPT chuyên Nguyễn Binh Khiêm; Vĩnh Phúc: Phạm Ngọc Hoa, 8A1, THCS Sông Lô, Nguyễn Minh Hiếu, 9D, Phùng Văn Nam, 9E, THCS Vĩnh Yên, Nguyễn Hữu Hy, Đỗ Văn Quyết, 10A1, THPT chuyên Vĩnh Phúc; Yên Bái: Vũ Hồng Quân, 117, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành. NGUYỄN VĂN MẬU Bài T11/455. Tìm số thực k lớn nhất thỏa mãn điều kiện: Với 3 số thực a, b, c sao cho a + b + c 1 thì x6 _x>0 và r*-x>0 do đó rồ−x+1+x*−x+1>2 Với 0≤x≤1 thì 1−x>0,1−x20 nên 16 Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tiếp xúc với (T), Lời giải. (Theo bạn Nguyễn Văn Thế, 11T1, THPT chuyên Hà Tĩnh). r −x+1+x* −x+1 = n −x+1+x*−x+1 Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; M, I theo x =2+x (r−1)+x(x-1)≤2. Vậy (2) có nghiệm 0≤x<1. Giả sử xạ là mọi nghiệm của hệ. Dễ thấy xa = 0 không thỏa mãn (1) do đó 16 016 Thành thử nếu k≤16 thì hệ vô nghiệm. Tiếp theo ta chứng tỏ nếu k> 16 thì 3a, b, c e R, a+b+cNhận xét. Bài này chỉ có một số ít bạn tham gia giải. Một số bạn cho đáp số đúng k = 16 nhưng thiếu lập luận rằng với k > 16 thì tồn tại a, b, c với |at|b|+|c AECM (g-g). Từ đó, chú ý rằng tứ giác BKNC nội tiếp, suy ra KCB=KNH=EMC. Tương tự KBC = FMB. Vậy FME=180 –FMB-EMC =180°-KBC-KCB=BKC=90°. Dễ thấy FXE=360° – FXM – EXM - =(180-FXM)+(180°- EXM)=FBM+ECM =180 – FAE. Do đó tứ giác AFXE nội tiếp (1). Dễ thấy BXC=360° –FXB–EXC-FXE HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath =(180°-FMB-EMC)+(180°-FXE) = FME+BAC =90°+ BAC =180° 180°-2BAC 2 BTC =180° 2 https://sites.google.com/site/letrungkienmath Do đó X thuộc đường tròn (T) Chú ý rằng tứ giác BFXM nội tiếp; EMF=90° =EQM; EQ // IM;IM=IE=IF, ta có FXB=FMB = MEQ=EMI-IEM = IEX+MEX =FEX+MCX= FEX+BCX (2) b) Biết R = 20 Q2, cho L biến thiên. Tìm giá trị L = Lạ để số chỉ của vôn kế đạt cực đại. Viết biểu thức u (t) của điện áp giữa hai đầu vôn kế khi đó. c) Vẫn giữ R = 20 Q. Tìm giá trị của L để Un đạt cực đại. Viết biểu thức u(t) khi đó. Lời giải. a) Khi L = L thì U1 = √R2 + Z1 = 1,√R2+9R2 = 1,R√10 tan 9,= (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra các đường tròn (AEF), (7) tiếp xúc với nhau (tại X). T >Nhận xét. Bài toán này tương đối khó, không nhiều bạn tham gia giải, một số bạn giải quá dài và trình bày quá cẩu thả. Xin nêu tên một số bạn có lời giải tốt: Hà Tĩnh: Nguyễn Ánh Triều, 10T1, Nguyễn Việt Hoàng, 11T1, THPT chuyên Hà Tĩnh; Long An: Phạm Quốc Thắng, Võ Quốc Thịnh, 10T1, THPT chuyên Long An; Cần Thơ: Nguyễn Trần Hữu Thịnh, THPT chuyên Lý Tự Trọng; Hà Nội: Tạ Khánh Hà, 10T1, Phạm Ngọc Khánh, 10T2, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội. NGUYỄN MINH HÀ Z-Zc ZL R UAB = -3<0. R UAB √R2 + (Z1-Z)2 √R2 + (Z,, -3R)2 Khi L=L2=2L1⇒ Z12 =2Z11 U2 = 12√√R2 + Z1 = 1,R√10 tan 2 = Z-Zc R UAB = 2Z, R - 3 >0. UAB √R2 + (Z12-Zc)2 √R2 + (2Z - 3R)2 (6) Theo đầu bài: U,−zUq=l, . Từ (3) và 5 Bài L1/455. Cho đoạn mạch RLC như hình (6) suy ra (L =; R. dưới. 5 Thay oL = R vào (2) và (5) ta tìm được: A น L C R B 1 tan = - == - 0,46 rad; 2 UAB = 100 √5 cos(100лt) (V). (V) Biết vôn kế có điện trở vô cùng lớn, tụ điện có dung kháng lớn gấp 3 lần điện trở R. a) Khi độ tự cảm có giá trị L = L thì vôn kế chỉ giả trị U, và dòng điện trong mạch sớm pha ( so với *AB. Khi L=Ly= 2L, thì vôn kế chỉ U = và 20,00 dòng điện trong mạch trễ pha , so với UAB H - Tim P Φι và P2. - Viết biểu thức u (t) của điện áp giữa hai đầu vôn kể ứng với trường hợp L = L,. tan 2 = 202 = 1,11 rad Uy=I2ZRC=100√5 (V); tany == Zc =-39-1,25 rad R =-(1,11 +1,25)=-2,36 rad. ⇒u= 100√10 cos (100лt - 2,36) (V). b) Vì Z, không đổi nên U... khi Imax Z-Zc=3R=60 max => 60 L1 = =0,19 (H). 1007 Khi đó U,= Imax -Zac = 500 (V). Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC * CTuổi trẻ 25 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Khi có cộng hưởng thì i cùng pha với uAB. Do vậy lúc này uy trễ pha so với us góc |pv|- Suy ra biểu thức của u,(1) bây giờ là: u (t) = 500√2 cos(100πt - 1,25) (V). = Z UAB ZL2 √√R2 + (Z12-Z)2 c) Ta có: U, UAB ZL UAB R2 +(1- 3R 2 UAB 10R2 6R U +1 Z Z11 Z4 Z4 1 ZL với y =10R2x2 – 6Rx+1 và x= y Suy ra để UL đạt cực đại thì x= 6R 20R2 L = = 3 10R Z12 LA 2 3元 = 10R 200 = 3 3 ≈ 0,21 (H). (2) AB Thay giá trị của Z, vào biểu thức của U, ta tìm được Uzmax = 500 V. Độ lệch pha giữa cường độ dòng điện I và điện áp “g lúc này được xác định: Z-Zc tan = 1 13 == 0,32 rad. R Vậy biểu thức của un(t) là: u = 500√2 cos 100лt -0,32 + = cos (10 (V) 2 500√2 cos(100лt + 1,25) (V). O >Nhận xét: Các bạn có lời giải đúng đề ra kì này: Hưng Yên: Lê Ngọc Hoàng, 11A8, THPT Dương Bài L2/455. Một máy bay bay theo phương ngang với vận tốc v = 320km/h, bất ngờ đổi hướng và bắt đầu chuyển động lên trên theo cung tròn nằm trên mặt phẳng thẳng đứng. Vận tốc của máy bay lúc này thay đổi theo độ cao theo qui luật v = v — 2gy và tại điểm cao nhất bằng vì = 160km/h. Gia tốc của máy bay bằng bao nhiêu tại điểm cao nhất và tại điểm vận tốc của nó hướng thẳng đứng lên trên Lời giải. Gọi R là bán kính cung tròn quỹ đạo. Tại điểm cao nhất, vận tốc của máy bay là vị v = −28R, do vị = - nên R = 3v2 16R (1) Đạo hàm theo thời gian hai vế hệ thức v = vỏ – 2gy ta được: 2v.a =−2g.v, (2) • Tại điểm cao nhất: v =0 nên gia tốc tiếp tuyến a, =0; gia tốc pháp tuyến a, = = 4 R 3 Gia tốc toàn phần tại điểm cao nhất là: a = √a2 + a2 4 =3* • Tại điểm mà vận tốc của máy bay hướng thẳng đứng lên, vận tốc của máy bay là v v2 = v2 - 28R = 5 v2. 8 Từ (2) ta có gia tốc tiếp tuyến của máy bay là a, = -g (do v=v2 =V1). Gia tốc pháp tuyến của máy bay là a = = 10 g. R 3 Quảng Hàm, Văn Giang; Nam Định: Phạm Ngọc Gia tốc toàn phần tại điểm này là: Nam, 11 Lý, Phan Văn Phúc, 11 Toán 2, THPT chuyên Lê Hồng Phong; Bắc Ninh: Nguyễn Đắc Nam, 11 Lý, THPT chuyên Bắc Ninh; Nghệ An: Hồ Thanh Tùng, 12 C1, THPT Kim Liên, Nam Đàn; Quảng Ninh: Vũ Hoàng Yến, 11A7, THPT Uông Bí. ĐINH THỊ THÁI QUỲNH a = √√√a + a = √a+a 1= √109 3 g. O - Nhận xét: Các bạn có lời giải đúng: Nam Định: Phạm Ngọc Nam, Đỗ Thùy Trang, 11 Lý, THPT chuyên Lê Hồng Phong; Hà Tĩnh: Trần Bảo Trung,12T1,THPT chuyên Hà Tĩnh. NGUYỄN XUÂN QUANG TOÁN HỌC 26 * CTuổi trẻ Số 459 (9-2015) HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath TIN VAN https://sites.google.com/site/letrungkienmath KỲ THI OLYMPIC TIN HỌC QUỐC TẾ 2015 Kỳ thi Olympic Tin học Quốc tế 2015 được tổ chức tại Kazakhstan năm nay được đánh giá là thành công nhất trong 15 năm qua của đoàn Việt Nam. Bốn học sinh tham gia đều được giải với 1 Huy chương Vàng, 3 Huy chương Bạc. Đoàn Việt Nam xếp thứ 8/84 quốc gia tham dự. Cả bốn em đều là học sinh của trường THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội: Huy chương Vàng thuộc về em Phạm Văn Hạnh, HS lớp 12; Ba huy chương Bạc thuộc về các em: Phan Đức Nhật Minh, HS lớp 11; Nguyễn Việt Dũng, HS lớp 12; Nguyễn Tiến Trung Kiên, HS lớp 12. PGS Phạm Bảo Sơn, ĐHQG Hà Nội (Trưởng đoàn) cho biết, kỳ thi diễn ra trong hai ngày 28 và 30/7. Các thí sinh lập trình trên máy tính để giải quyết các bài toán. Mỗi ngày thi có 3 bài tập dành cho thí sinh với cấp độ dễ, vừa và khó. Trong 5 giờ, thí sinh phải viết các chương trình máy tính để giải quyết bài toán đưa ra. Trong thời gian làm bài, điểm số của thí sinh sẽ được cập nhật thường xuyên nhưng chi người ở bên ngoài PROBLEMS ...(Tiếp theo trang 17) FOR HIGHSCHOOL Problem T6/459. Solve the following inequation 2x3+3x 7-2x >√√2-x Problem T7/459. Given an acute and non-isosceles triangle ABC with the altitudes AH, BE, CF. Let I be the incenter of ABC (the center of the inscribed circle) and R be the circumradius of ABC (the radius of the circumscribed circle). Let M, N, and P respectively be the midpoints of BC, CA, and AB. Assume that K, J, and L respectively are the intersections between MI and AH, NI and BE, and PI 1 1 1 and CF. Prove that + + HK EJ FL R < 3 Problem T8/459. Let a, b, c be the lengths of three sides of a triangle whose perimeter is equal to 3. Find the minimum value of the expression T=a3+b3+c3+ √5abc. TOWARDS MATHEMATICAL OLYMPIAD Problem T9/459. For every positive integer n prove that the following numbers are perfect square 10[(4+√15)]+1)([(4+√15+1)-60 6([(4+√15)"]+1)([(4+ √15)+]+1)-60, phòng được biết. Kết quả cuối cùng là tổng điểm của 2 ngày thi. Đón đoàn học sinh vào chiều 3/8, Thứ trưởng Bộ GD&ĐT Nguyễn Vinh Hiển nhận định, với thành tích của đoàn học sinh Tin học, chúng ta đã khép lại mùa thi Quốc tế thắng lợi. Giai iải trí toán học LÊ MAI (Hà Nội) TẠO ĐA GIÁC ĐỀU 12 CẠNH Bạn Mình có một tấm bìa hình chữ nhật với chiều dài gấp ba lần chiều rộng. Minh muốn cắt tấm bia thành các đa giác để ghép tất cả các đa giác đó lại (không chờm lên nhau) thành một đa giác đều 12 cạnh sao cho số mảnh bị cắt ra càng ít càng tốt. Bạn có thể giúp làm được điều đó không? ĐAN QUỲNH (Hà Nội) 15([(4+√15)]+1)-60, where [x] is the integral part of.x. Problem T10/459. Let f(x)=x3-3x2+1. a) Find the number of different real solutions of the equation f(x)) = 0. b) Let a be the maximal positive solution of f(x). Prove that [0] is divisible by 17 (notice that [x] is the integer part of x). Problem T11/459. Give the sequence (u) where 14=2,2=20, u=56, and 3-72-11+1+5 -3.2", VnEN. Find the remainder of the division u2011 by 2011. Problem T12/459. Consider any triangle ABC and any line d. Let A, B, C, are the orthogonal projections of A, B, C onto d. It is a fact that the line through A, and perpendicular to BC, the line through B, and perpendicular to AC, and the line through C, and perpendicular to AB are concurrent at a point which is called the orthogonal pole of d with respect to ABC. Prove that for any triangle and any point P on its circumcircle, the Simson line corresponding to P bisects the line segment connecting P and the orthogonal pole of the Simson line with respect to the given triangle. Translated by NGUYEN PHU HOANG LAN (College of Science-Vietnam National University, Hanoi) Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC “Tuổi trẻ 27 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath DIEN PHƯƠNG PHÁP GIAI TOAN T https://sites.google.com/site/letrungkienmath HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA MỘT DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ỨNG DỤNG rong quá trình giải toán về BĐT ta hay gặp dạng bài toán: "Cho các số thực a, ..., ED thỏa mãn g(a)+g(a,)+...+g(a,)>(S)n.g(a) với số thực a = D. Chứng minh rằng: f(a)+f(a)+...+f(a,)≥ (≤)n.f(a)" Đây là dạng toán thường gặp và học sinh cũng dễ dàng nhận diện khi gặp dạng BĐT này. Trên tạp chí TH&TT đã có những tác giả đưa ra một số phương pháp giải bài toán này, chẳng hạn như : “Phương pháp tiếp tuyển”; “Phương pháp hệ phương trình đặc trưng” và gần đây là “ Phương pháp dùng nghiệm bội”,... ĐẶNG THÀNH HẢI (GV THPT Triệu Quang Phục, Yên Mỹ, Hưng Yên) Bước 3: Xét sự biến thiên của hàm số đặc trưng trên miền D. Từ đó chứng minh được bài toán. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA 1. Dạng bài toán thể hiện sẵn các hàm f(t) và g(t) Bài toán 1.1. (MO - Hong Kong - 2005). Cho các số a,b,c,d dương có tổng bằng 1. Chứng minh 6(a3 +b2+c3 +d3) ≥ (a2+b2 + c2 + d2 ) + . Phân tích. Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=d= 4 Để làm phong phú thêm phương pháp giải dạng bài >a=c Xét hàm f(x)=6x–rg(x)=x;a=- Σα toán trên, sau đây tôi xin trình bày một phương pháp giải là: “Phương pháp dùng hàm số đặc trưng”. Ta f'(x)=18r? _2x= f' chia dạng bài toán trên thành 3 loại thường gặp để dễ nhận diện: 1. Dạng bài toán thể hiện sẵn các hàm (t) và g(t). 2. Dạng BĐT phải biến đổi để xuất hiện hàm f(t) và g(t). 3. Dạng toán với BĐT thuần nhất đồng bậc. Để giải chúng, ta thực hiện các bước sau: Bước 1: Xác định điểm rơi (điểm xảy ra dấu bằng) - Với các bài toán dạng này thì dấu đẳng thức thường xảy ra khi a = d, =...=a=0. - Nếu dấu “-” xảy ra tại nhiều điểm thì tùy theo bài toán cần mà ta sẽ xác định điểm rơi chính (với bài toán cực trị đạt tại biên). Bước 2: Khảo sát hàm số đặc trưng của bài toán: h(t)= f(t)-mg(t), Vte D. Ta cần biểu diễn f(a) qua g(a), i=1,n để sử dụng được giả thiết. Do vậy, xét hàm số h(t)= f(t) –mg(t), VID . Số m được xác định sao cho h(t) đạt cực tiểu tại t = a, thường thì h(a)=0, f'(a) từ đó có m= Khảo sát hàm số h(t) để đánh g'(a) giá (1) thông qua hàm trung gian g(1). (Việc chứng minh với dấu ≤ hoàn toàn tương tự với a là điểm cực đại của hàm số). 28 TOÁN HỌC “Tuổi trẻ Số 459 (9-2015) 1100 4 Nên m = = 8 g 5 |=1. Do đó hàm h(t) cần xét sẽ là: h(t)=613-12 với te(0;1). 5t 8 Lời giải. Xét hàm số: h(t)=6t - - 5t trên (0 ; 1). 5 (loại); 36 Ta có h'(t)=18t-21- 01: 5 8 1= Ta có bảng biến thiên: 1 1 0 1 4 0 + h'(t) h(t) 1 8 Từ bảng biến thiên ta được: h()2- với Vte(0,1), tức là 61 >1 ta 5 1 2+ - Thay 1 lần lượt 8 8 bởi a,b,c,d rồi cộng các vế lại ta được: HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath 6(a+b+c+d3)≥ (a2+b2+c2+d2) 5 48 =a2+b2+c2+d2 + (a+b+c+d) = = a + b2 + c2 + d2 + } . 8 f'(1) 3 m= https://sites.google.com/site/letrungkienmath g'(1) 8 Hàm cần xét là 3 h(t)=V3+1-t+ải với t=(0; 3). r” với te (0; 3). h(t)=√3+1-1+ 1 với 3 8 3 +1-1=0 Bài toán 1.2. (ĐH khối A - 2003) Cho x,y,z là ba số dương thỏa mãn: x+y+z≤1. Chứng minh rằng: x=y=z Ta có: 3g(a)=1 1 t=(0;3). Ta có: h'(t)=2 - 2√3+1 4 , tre(0;3), )=1=1=> P≥3. 1 = 3 (a2 + b2 + c2) = 3. 11 8 100 Vậy minP = 3 đạt được khi a=b=c=1.D Bài toán 1.4. Với các số x, y, z dương thỏa mãn x+y+z$12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 40/82 h(t)= f(t)+ g(t), te (0:1). 41 h(t)= 1 40 82 Lời giải. Xét hàm số h(t)= + -1 với 12 41 te(0,1). Ta có: 14-1 h'(t)=- + 0< 41 40√/82 =0+1 == € (0; (0:1). Ta có bảng biến thiên t 0 1 1 1 P= + 8-√x 8-√y 8-√z 1 1 Hướng dẫn. Xét hàm số h(t)= 3 1 1 trên 8-√t 144 0 khoảng (0;12).Lập bảng biến thiên ta suy ra: h'(t) h(t) Từ đó: h(1)> 27 82 9 41 27√82 41 Vie (0; 1) 40√82 27√82 hay 2 1 Σ -1 + Vậy 41 41 40√82 41 27.3.√82 (x + y + z) +- √82.0 41 VT(1)≥ Bài toán 1.3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa màn ở tổ tả =3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thic: P= √3+a+√3+b+√3+c-(a+b+c). Phân tích. Dấu “” xảy ra khi a=b=c=1= a=1. Trong bài này: g(t)=r, f(t)=V3+-1, 5 h(t)≤ Khi đó ta có: 36 1 P< maxP 144 (x + y + z) + 3.5 1 15 1 + 36 12 36 21 =z, dấu “=” xảy ra khi x=y=z=4.D 2 BÀI TẬP CÙNG DẠNG 111 1. Cho a,b,c dương thỏa mãn +-+−=3. Chứng a b C 2a+1 2b+1 2c+1 9 √3a+1 √3b+1 √3c+1 2 minh rằng + + 2. (Học viện BCVT - 2001) Chứng minh rằng với mọi a, b, c thỏa mãn a+b+c=1 thì 1 I 1 a b + + ≥3 + + 3 3 3 30 36 30 3. (MO - Rumania - 2005) Giả sử a, b, c là các số Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC * CTuổi trẻ 29 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath dương thỏa mãn a+b+c=3.Chứng minh rằng 1 2 a2 1 + +≥a2 + b2+c2. b2 c2 4. Giả sử a, b,c là các số dương có tích bằng 1. Chứng minh 1 + 1 + 21. 1 a2-a+1 b2-b+1 c2-c+1 https://sites.google.com/site/letrungkienmath 2. Dạng bài toán phải biến đổi để xuất hiện hàm f(t) và g(t) Với dạng bài tập này học sinh cần linh hoạt, sáng tạo để biến đổi, đánh giá được BĐT, đưa về dạng đang xét. Bài toán 2.1. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng: + b + 3√2 2 Phân tích. Giả thiết a, b, c là các số dương, tích abc = 1 sẽ được đưa về đẳng thức đối xứng của tổng bằng cách lấy lôgarit nêpe hai vế rồi đặt = y = lnb, z = Inc. Xét hàm g(t) = t, f(t)= z= = Từ bảng biến thiên ta được: h(t)≥ 3√2 √2 e' là: > √1+e' 8 -t+ . Thay t lần lượt bởi x, y, z 2 122, VieR tức 1 e e 3√2 + + √1+e 2 8 -(x + y + z) 3√2 3√2 2 rồi cộng các vế lại ta được: et √1+e* √1+e" Dấu “=” xảy ra →x=y=z=0 hay a=b=c=1.D Bài toán 2.2 . Giả sử a, b, c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng: a b + C + 1+be 1+ca 1+ab 10 (1). Phân tích. Để đưa về dạng toán đang xét, ta sử dụng đánh giá xy≤ (x+y)2 , Vx,y≥0. Khi đó: 4 a b C a VT(1)= e + + 1+bc 1+ca 1+ab (b+c)2 1+ √1+e' 4 b f'(t)= e2 + 2e' 2√√(1+e')3 3√2 f'(0) = ; m = 3√2 8 1+ (a+c)2 (a+b)2 1+ 4 2 4a 4b 4c + + e' Do đó h(t)= 3√2 t. √1+e' 8 Ta có: 3g(@)=0=a=0, g'(0)=1; Lời giải. Từ a, b, c dương, lấy lôgarit nêpe hai vế của abc = 1 ta được Ina + ln3 +lnc = 0. Đặt Ina =x, Inby, Inb = y, lnc = z, ta có giả thiết: x, y, zeR và x+y+z=0. BĐT đã cho trở thành: et √1+ex ex e + 23살. 3√2 Xét hàm số h(t)= e' 3√2 -t thi √1+e 8 e2 + 2e' 3√2 h'(t)= =0-1=0. 8 2√(1+e') Ta có bảng biến thiên t -00 0 +00 h'(t) 0 + h(t) √2 2 a2-2a+5 b2-2b+5 c2-2c+5° Bài toán trở thành: Với a, b, c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1, chứng minh rằng: 4a + 4c + 4b 9 Σ (2).0 a2-2a+5 b2-2b+5 c2-2c+5 10. Nhận xét. Việc chứng minh (2) lúc này hết sức đơn giản. Bạn đọc hoàn toàn có thể làm được theo phương pháp đã trình bày. BÀI TẬP CÙNG DẠNG 1. Cho a, b, c dương thỏa mãn a +b +c =1. Chứng minh rằng a + + b C 3√3 b2+c2 c2+a2 a2+b2 2 2 2. Cho a, b,c dương và thỏa mãn: a+b+c=9. Tìm GTNN của P = 3 a2+b3 b3+c3 c3 +a3 + + ab+9 bc+9 ca +9 3. Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng a b 9 + + (b+c)2 (c+a)2 (a+b)2 4(a+b+c)` TOÁN HỌC 30 Tuổi trẻ Số 459 (9-2015) HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 4. Cho a, b, c dương thỏa mãn a + b +c =3. 1 Chứng minh rằng: + + 1 1 4-ab 4-bc 4-ca -≤1. 3. Dạng toán với BĐT thuần nhất đồng bậc: Bài toán 3.1: (MO-USA-2003) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: (2a+b+c)2 (2b+a+c)2 + 2a2+(b+c)2 2b2+(a+c)2 2c2 + (b+a)2 Phân tích. BĐT là đối xứng thuần nhất bậc 2 nên có thể đặt a + b + c = 1, a,b,c e(0;1) khi đó BĐT có dang: (a+1)2 3a2-2a+1 3b2-2b+1 3c2-2c+1 + 4a+1 4b+1 4c+1 3a2-2a+1 3b2-2b+1 3c2-2c+1 Phân tích. BĐT đối xứng đối với a, b, c nên có thể giả sử a + b + c = 1; a,b,c e(0;1) . Khi đó BĐT đã cho trở thành: (1-2b)2 (1-2c)2 + + 3 (1-2a)2 a2+(1-a)2 b2+(1-b)2 c2+(1-c)25 1 1 + + 1 2a2-2a+1 262-2b+1 2c2-2c+1 1 212-21+1 VI 27 5 (2c+b+a)2 + <8 (1) f(1)= ;g(t)=t; te (0;1); a == ; ƒ'(1) = (b+1)2 (c+1)2 -4+2 (22-2t+1)2 54 hàm 3 25 + + <8 1 54 cần xét là h(t)= t; khảo sát h(1) 21 + 2 <플 (2) 2t2-2t+1 27 25 Đặt f(t)= 4+1 312-2t+1 -12t2-61+6 ·; f'(t) = (312-21+1)2 trên (0,1) thì h()sg= f(s 25 54 54t+27 545527 ⇒f(a)+f(b)+f(c)≤2+(a+b+c) + 25 3.27 27 = 25 5 Từ đó ta dễ dàng suy ra lời giải của bài toán này. Bài toán 3.3. Cho a,b,c là ba số dương. Chứng minh a + b 9 (c+b) (a+c) (a+b)2 4(a+b+c) Phân tích. BĐT đối xứng với a, b, c nên không mất tính tổng quát, giả sử a + b + c = 1, a,b,ce(0;1). (}) = 6; 8(0) = α = {} => m = ƒ (}): 8-6 |= g(t) t; a = ⇒m=f' g 6. 3 41+1 Vậy hàm cần xét là: h(t)= --6t. 312-21+1 rằng: Lời giải. Xét hàm số: h(t)= 4t+1 3t2-2t+1 -6t; -1212-61+6 te(0;1). Ta có: h(t)= -6=0 a b C 9 (3t2-2t+1)2 BĐT trở thành + + (1-c)2 2/4/ -212-1+1=91 +412+1-4t-12t3+6t2 I 1+t 03141 +4 -t=0t=0 (loại); r = 1 Với f(t)= (1-1)2 (1-1)3 3 Ta có bảng biến thiên : 9 1 t 0 1 3 t 9t h(t) = 0 3/2 34 t hay 9t -2. (1-1)2 2 3 4 và lời giải h'(t) h(t) 3 Từ bảng biến thiên ta được: h(t) *, Vre(0;1) hay 4t+1 3t2-2t+1 3 † Vre(0;1). Thay 7 lần lượt bởi ≤61+ 2 x, y, z . Ta được VT(2) ≤6(x+y+z)+ z 9 Bài toán 3.2. (MO – Japan — 1997) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng + + 2 (-a+b+c) (-b+a+c)2 (-c+b+a)2 3 a2+(b+c) b2+(a+c)2 e2+(b+a) 5 (1-a)2 (1-b)2 (1-c)2 (1-1)2 2 ta được h(t)≥- ; 8(1) = 1; α = {}; ƒ '(1) = Hàm số cần xét sẽ là Khảo sát sự biến thiên của h(t) của bài toán đã trở lên đơn giản. BÀI TẬP CÙNG DẠNG 1. Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng a + C + Σ 1/1 1 + + a b b b2+c2 c2+a2 a2+b2 2. Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng ab -+ bc ca a+b+c + 2 b+c c+a a+b 2 3. Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng a1 b4 + + c4 a+b+c 2 b3+c3 c2+a3 a3 +b3 Số 459 (9-2015) TOÁN HỌC Tuoire 31 HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Tạp chí TOÁN HỌC và TUỔI TRẺ Mathematics and Youth Magazine BAN CỐ VẤN KHOA HỌC GS.TSKH. NGUYỄN CẢNH TOÀN GS.TSKH. TRẦN VẪN NHUNG TS. NGUYỄN VĂN VỌNG GS. ĐOÀN QUỲNH PGS. TS. TRẦN VĂN HẠO Tổng biên tập : TS. TRẦN HỮU NAM HỘI ĐỒNG BIÊN TẬP XUẤT BẢN TỪ 1964 So 459 (9.2015) Tòa soạn : 187B, phố Giảng Võ, Hà Nội ĐT Biên tập: 04.35121607 ĐT - Fax Phát hành, Trị sự : 04.35121606 Email: toanhoctuoitrevietnam@gmail.com CHỊU TRÁCH NHIỆM XUẤT BẢN Chủ tịch Hội đồng Thành viên NXB Giáo dục Việt Nam MẠC VĂN THIỆN Tổng Giám đốc kiêm Tổng biên tập NXB Giáo dục Việt Nam GS. TS. VŨ VĂN HÙNG Thư kí Tòa soạn : ThS. HỒ QUANG VINH TS. TRẦN ĐÌNH CHÂU,TIS. NGUYỄN ANH DŨNG, TS. TRẦN NAM DŨNG, TS. NGUYỄN MINH ĐÚC. TS. NGUYỄN MINH HÀ, TS. NGUYỄN VIỆT HẢI, PGS. TS. LÊ QUỐC HÁN, ThS. PHẠM VĂN HÙNG, PGS. TS. VŨ THANH KHIẾT, GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU, Ông NGUYỄN KHẮC MINH, TS. PHẠM THỊ BẠCH NGỌC, PGS.TS. NGUYỄN ĐĂNG PHẤT, PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG, ThS. NGUYỄN THẾ THẠCH, GS. TSKH. ĐẶNG HÙNG THẮNG, PGS. TS. PHAN DOÃN THOẠI, ThS. VŨ KIM THỦY, PGS. TS. VŨ DƯƠNG THỤY, GS. TSKH. NGÔ VIỆT TRUNG. 1 Dành cho Trung học Cơ sở For Lower Secondary School TRONG SỐ NÀY Vũ Hồng Phong – Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải một dạng phương trình vô tỷ đặc biệt. 3 Hướng dẫn giải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2015 – 2016. 5 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh, năm học 6 2015-2016. Diễn đàn dạy học toán Lê Hồ Quý - Nét đẹp hình học tiềm ẩn trong một số bài toán đại số. 9 Thử sức trước kì thi - Đề số 1. 10 Bạn đọc tìm tòi Trần Quang Hùng – Mở rộng một bài toán hình học trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ. 14 Sai lầm ở đâu? Giải đáp. Lời giải mang đậm chất kỹ thuật? Vũ Nguyên Duy – Kết quả đã đúng chưa? 15 Bạn có biết? Trưởng ban biên tập: ThS. NGUYỄN ANH QUÂN Đào Vũ Quang – Con kiến của Langton và sự phức tạp sinh ra từ những nguyên lý đơn giản. 16 Để ra kì này Problems in This Issue T1/459, ..., T12/459, L1/459, L2/459. 18 Giải bài kì trước Solutions to Previous Problems 27 Giải trí toán học Đan Quỳnh – Tạo đa giác đều 12 cạnh. Tin vắn Kỳ thi Olympic Tin học Quốc tế 2015. 28 | Diễn đàn phương pháp giải toán Đặng Thanh Hải – Hàm số đặc trưng của một dạng bất đẳng thức và ứng dụng. Ảnh Bìa 1. Đoàn Việt Nam tại Kỳ thi Olympic Tin học Quốc tế 2015. Từ trái qua phải: Thầy Phạm Bảo Sơn (Trưởng đoàn), Em Nguyễn Việt Dũng, Em Nguyễn Tiến Trung Kiên, Em Phan Đức Nhật Minh, Em Phạm Văn Hạnh, Thầy Nguyễn Đức Nghĩa (Phó trưởng đoàn). Mĩ thuật: QUỐC HIỆP, THANH LONG Trị sự, phát hành: NGUYỄN KHOA ĐIỂM, NGUYỄN THỊ THU HUYỀN Thiết kế, chế bản: VŨ MAI ANH TC HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) https://www.facebook.com/letrungkienmath GD A https://sites.google.com/site/letrungkienmath NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM Trân trọng giới thiệu tới bạn đọc @stick TÀI LIỆU CHUYÊN LINH C hà xuất bản Giáo dục Việt Nam giới thiệu tới bạn đọc bộ sách Tài liệu Chuyên Tin học viết theo chương trình môn Tin học cho các lớp chuyên 10, 11, 12 do Bộ Giáo dục và Đào tạo ban hành. Bộ sách gồm 6 cuốn, trong đó có 3 cuốn sách lí thuyết và 3 cuốn sách bài tập tương ứng. Các sách lí thuyết (Quyển 1, Quyền 2, Quyển 3) trình bày các vấn đề cơ bản nhất về cấu trúc dữ liệu, thuật toán và cài đặt chương trình dưới dạng các chuyên đề từ cơ bản đến chuyên sâu. Sau phần lí thuyết, giới thiệu các khái niệm cơ bản, là phần áp dụng, trình bày các bài toán thường gặp, cách giải và cài đặt chương trình; cuối cùng là các bài tập. Các sách bài tập cũng gồm hai phần: Phần Bài tập bao gồm tất cả các bài tập trong những chuyên đề của sách Tài liệu chuyên Tin học tương ứng và các bài tập bổ sung, sắp xếp từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp. Phần Hướng dẫn giải bài tập là những hướng dẫn giúp bạn đọc tìm lời giải hoặc đoạn chương trình để tham khảo. Với kinh nghiệm nhiều năm tham gia giảng dạy, bồi dưỡng học sinh chuyên Tin học của các trưởng chuyên có truyền thống và uy tín, các tác giả đã lựa chọn, biên soạn các nội dung cơ bản, thiết yếu nhất đưa vào sách. Đây sẽ là tài liệu thiết thực phục vụ cho giáo viên, học sinh các trường chuyên, lớp chọn cả Trung học phổ thông và Trung học cơ sở. Ngoài ra, bộ sách còn là tài liệu tham khảo bổ ích cho sinh viên các trường Đại học, Cao đẳng tham gia các kì thi Olympic Tin học Sinh viên Toàn quốc và thi Lập trình viên Quốc tế. TÀI LIỆU CHUYỂN TIN HỌC BÀI TẬP QUYỂN 2 NOUVEN THANH NG 00 DUC DONG LEONG DO TÀI LIỆU CHUYÊN TIN HỌC BAI TAP QUYỀN 3 TIN HOC D Quyển I BO BOC DONGLE MIN HONG NOW THANG TÀI LIỆU CHUYÊN TIN HỌC BAI TAP QUYỀN 1 TÀI LIỆU CHI TIN HOC Quen TAI LILLI CHIMENT TIN HOC Quyển 2 Bạn đọc có thể mua sách tại các Công ty Sách - Thiết bị Trường học ở các địa phương hoặc các Cửa hàng sách của Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam HÃY ĐẶT MUA TC TẠI BƯU CỤC (facebook.com/hoang.heo.79) H IU https://www.facebook.com/letrungkienmath חח HSS S https://sites.google.com/site/letrungkienmath MỘT NỬA THẾ KỶ AO TỔNG HỢP PGS.TS.NGƯT Nguyễn Vũ Lương Hiệu trưởng nhà trường hối Chuyên Toán - Tin (A0), Trường Trung học Phổ thông chuyên Khoa học Tự nhiên, có tiền thân là Khối Phổ thông chuyên Toán, được thành lập tháng 9 năm 1965, theo quyết định của Cố Thủ tướng Phạm Văn Đồng để thành lập lớp Toán “đặc biệt” đặt tại Khoa Toán, Trường Đại học Tổng hợp Hà Nội. Lớp có nhiệm vụ phát hiện, đào tạo, bồi dưỡng những học sinh năng khiếu Toán học, giáo dục phổ thông với chất lượng cao nhằm cung cấp những cán bộ khoa học kỹ thuật xuất sắc xây dựng và bảo vệ tổ quốc, tạo nguồn đào tạo đội ngũ những nhà khoa học tài năng cho đất nước sau này. Tới nay Khối A0 đã phát triển vượt bậc, trở thành một trung tâm đào tạo học sinh năng khiếu Toán - Tin hàng đầu Việt Nam. Từ năm 1994 trên nền tảng đào tạo vững chắc về Toán, Khối được giao thêm nhiệm vụ đào tạo học sinh năng khiếu về Tin học cho đất nước trong thời kỳ phát triển như vũ bão của Tin học, và được đối tên thành Khối Phổ thông chuyên Toán – Tin. Đến năm 2010, Trường Trung học Phổ thông chuyên Khoa học Tự nhiên được thành lập, khi đó Khối trở thành bộ môn chuyên Toán - Tin của trường. Từ khi thành lập đến nay, học sinh của Khối AO đã đạt được 103 huy chương Olympic Quốc tế (Toán học: 68 Huy chương, Tin học: 35 Huy chương), trong ISSN: Chỉ số: 12884 0866-8035 Mã số: 8BT9M5 Tập thể giáo viên Ao - Tổng hợp năm Á đó: 30 Huy chương Vàng (HCV), 40 Huy chương Bạc (HCB), 33 Huy chương Đồng (HCĐ). Bên cạnh đó, trong kì thi Olympic Toán và khu vực Châu Á Thái Bình Dương học sinh của Khối đạt 2 HCV, 1 HCB, 6 HCĐ và 2 Bằng khen môn Toán (trong hai năm 1996, 2001) và 4 HCV, 6 HCB môn Tin học (từ 2012 đến 2015). Đặc biệt trong năm học 2014- 2015 này, học sinh của Khối đã giành được 1 HCV, 1 HCB trong kì thi Olympic Toán học Quốc tế; đội tuyển Tin học thi Quốc tế của Việt Nam có 4 học sinh đều là của Khối và các em đã đạt được 1 HCV và 3 HCB, trong ki Olympic Tin học Khu vực Châu Á Thái Bình Dương học sinh của khối đạt được 3 HCV và 2 HCB. Khối có bề dày thành tích mà đến nay không một đơn vị đào tạo nào trong cả nước có thể đạt được. Sự thành công của học sinh Khối chuyên Toán A0 Đại học Tổng hợp được xã hội ghi nhận. Một số lượng lớn học sinh của Khối đã trở thành các nhà khoa học nổi tiếng thế giới như GS. Ngô Bảo Châu, GS. Đàm Thanh Sơn và nhiều giáo sư tại các trường nổi tiếng khác; nhiều nhà lãnh đạo xuất sắc, nhiều doanh nhân thành đạt. Các thế hệ học sinh chuyên Toán – Tin đã đạt được nhiều thành công trong các lĩnh vực, đảm nhiệm nhiều vị trí quan trọng trong và ngoài nước, góp phần xây dựng và phát triển đất nước. Giấy phép XB số 510/GP-BTTTT cấp ngày 13.4.2010 In tại Xí nghiệp Bản đồ 1 - BQP In xong và nộp lưu chiều tháng 9 năm 2015 Giá: 10.000 đồng Mười nghìn đồng HAI DAI MUA TỪ TẠI BUU CUC (facebook.com/hoang heo 79) TO """