Lời giải chi tiết và bình luận đề thi chọn học sinh giỏi cấp quốc gia THPT môn toán năm 2013 - 2014

29 952 2
Lời giải chi tiết và bình luận đề thi chọn học sinh giỏi cấp quốc gia THPT môn toán năm 2013 - 2014

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA THPT MƠN TỐN NĂM HỌC 2013 - 2014 LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Người thực : Trần Nam Dũng Lê Phúc Lữ Phan Đức Minh Tháng 01 - 2014 Phần ĐỀ THI Ngày thi thứ : 03/01/2014 Thời gian : 180 phút Bài (5,0 điểm) Cho hai dãy số dương (xn ), (yn ) xác định x1 = 1, y1 =  x y n+1 n+1 − xn =  x2 + yn = √ n+1 với n = 1, 2, Chứng minh hai dãy số hội tụ tìm giới hạn chúng Bài (5,0 điểm) Cho đa thức P (x) = (x2 − 7x + 6)2n + 13 với n số nguyên dương Chứng minh P (x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên Bài (5,0 điểm) Cho đa giác có 103 cạnh Tô màu đỏ 79 đỉnh đa giác tơ màu xanh đỉnh cịn lại Gọi A số cặp đỉnh đỏ kề B số cặp đỉnh xanh kề (a) Tìm tất giá trị nhận cặp (A, B) (b) Xác định số cách tô màu đỉnh đa giác để B = 14 Biết rằng, hai cách tơ màu xem chúng nhận từ qua phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác Bài (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB < AC Gọi I trung điểm cung BC không chứa A Trên AC lấy điểm K khác C cho IK = IC Đường thẳng BK cắt (O) D (D = B) cắt đường thẳng AI E Đường thẳng DI cắt đường thẳng AC F (a) Chứng minh EF = BC (b) Trên DI lấy điểm M cho CM song song với AD Đường thẳng KM cắt đường thẳng BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt (O) P (P = B) Chứng minh đường thẳng P K qua trung điểm đoạn thẳng AD Ngày thi thứ hai : 04/01/2014 Thời gian : 180 phút Bài (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), B, C cố định A thay đổi (O) Trên tia AB AC lấy điểm M N cho M A = M C N A = N B Các đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N ABC cắt P (P = A) Đường thẳng M N cắt đường thẳng BC Q (a) Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng (b) Gọi D trung điểm BC Các đường tròn có tâm M, N qua A cắt K (K = A) Đường thẳng qua A vng góc với AK cắt BC E Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O) F (F = A) Chứng minh đường thẳng AF qua điểm cố định Bài (7,0 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức T = y z x3 z x4 y x3 y z + + (x4 + y )(xy + z )3 (y + z )(yz + x2 )3 (z + x4 )(zx + y )3 với x, y, z số thực dương Bài (6,0 điểm) Tìm tất số gồm 2014 số hữu tỉ không thiết phân biệt, thỏa mãn điều kiện: bỏ số số 2013 số cịn lại chia thành nhóm rời cho nhóm gồm 671 số tích tất số nhóm Phần BÌNH LUẬN CHUNG Kỳ thi VMO 2014 vừa diễn hai ngày 03 – 04/01/2014 Tình hình năm thế, sau kỳ thi có hy vọng thất vọng Gác chuyện sang bên, ta thử đánh giá sơ đề thi năm Về cấu trúc đề, năm có tốn, bao gồm hai hình học, hai đại số (đa thức bất đẳng thức), tổ hợp, giải tích, số học (có yếu tố tổ hợp) Về độ khó dễ giải tích (bài 1) coi dễ Ý dùng lượng giác rõ ràng Nếu khơng dùng lượng giác sau tính vài số hạng đầu nhận tính chất x2 + yn = n Hai hình tương đối vừa sức xếp vị trí thứ hai độ khó Các ý 4a, 5a giải hầu hết thí sinh việc sử dụng tính chất phương tích – trục đẳng phương hay biến đổi góc, xét tam giác Ở ý (b) bài, việc xây dựng nhiều đường điểm mơ hình làm cho tốn có phần rối rắm khiến nhiều học sinh bị phương hướng, bạn không tự tin kỹ hình phẳng Tuy vậy, chất, ý khơng q khó lập luận cách tự nhiên để đến lời giải cuối Bài tổ hợp tương đối thú vị, ý 3a đơn giản, làm Ý 3b khó dễ nhầm lẫn khó lập luận chặt chẽ Vì xếp 3b vào khó Bài đa thức khơng khó khai thác vấn đề kinh điển, tức tính bất khả quy đa thức dạng (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − an ) + Việc nhiều học sinh lúng túng trước không học đa thức bất khả quy Về chun mơn chưa hay chưa giải triệt để vấn đề (đặt vấn đề khơng phân tích thành tích n + đa thức khiên cưỡng, tức đáp án vấn đề Thực ra, ta chứng minh P (x) khơng thể tích đa thức hệ số nguyên, chí P (x) bất khả quy) Đây điểm chưa hay Bài bất đẳng thức thực xấu xí, cồng kềnh, phảm cảm Thực sự, toán ln khiến học sinh thêm chán tốn Mặc dù có nhiều lời giải cho lời giải cồng kềnh, đầy tính kỹ thuật Sẽ học sinh làm tốt này, thực tế nhiều em nhiều thời gian cho Đây tốn dở kỳ thi Bài số học đặt vấn đề thú vị, có đất để học sinh làm Bài rèn luyện khả trình bày, khả bao quát trường hợp Nói chung tốn tốt, có khả phân loại cao Phần LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Bài Gi i tích (Dãy s ) Cho hai dãy số dương (xn ), (yn ) xác định x1 = 1, y1 =  x y n+1 n+1 − xn = x2 + yn = √ n+1 với n = 1, 2, Chứng minh hai dãy số hội tụ tìm giới hạn chúng Phân tích Giả sử hai dãy số hội tụ có giới hạn tương ứng x, y chuyển đẳng thức đề qua giới hạn, ta xy − x = 0, x2 + y = Từ suy x = 0, y = 2, x = 1, y = Tính thử vài số hạng đầu tiên: x2 = x3 = 2− 2− 2+ √ √ 3, y2 = √ = 2− 2− 3, y3 = 2− √ 2+ √ = 2+ √ 3, 2+ 2+ √ 3, ta thấy dãy (xn ) giảm cịn (yn ) tăng, khả x = 1, y = bị loại, khả x = 0, y = Tuy nhiên, việc chứng minh trực tiếp (xn ) giảm (yn ) tăng khó khăn, quan hệ truy hồi phức tạp Ta phải dựa vào quy luật đặc biệt xn , yn Dưới trình bày hai cách tiếp cận cho toán Lời giải CÁCH Ta chứng minh quy nạp với n nguyên dương x2 +yn = n Thật vậy, với n = 1, hệ thức điều kiện đề Giả sử ta chứng minh x2 + yn = n Ta có x2 = − yn , yn+1 = n+1 x2 − yn n = + yn = x2 − yn n+1 Từ suy x2 + yn+1 = theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề chứng n+1 minh √ Từ chứng minh ta suy yn+1 = + yn Ta chứng minh dãy (yn ) tăng bị √ √ chặn Thật vậy, y1 = 3, y2 = + nên rõ ràng ta có y1 < y2 < Giả sử √ √ ta có yn−1 < yn < ta có + yn−1 < + yn < 4, suy + yn−1 < + yn < 2, tức yn < yn+1 < Theo nguyên lý quy nạp tốn học, ta có điều phải chứng minh Dãy (yn ) tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn y Chuyển đẳng thức yn+1 = √ √ + yn qua giới hạn, ta y = + y Từ suy y = 2, tức lim yn = Cuối cùng, √ ta có lim xn = lim − yn−1 = − lim yn−1 = Vậy (xn ), (yn ) có giới hạn hữu hạn lim xn = 0, lim yn = √ π π CÁCH Ta nhận thấy x1 = = sin , y1 = = cos Ta chứng minh quy 6 nạp với n nguyên dương xn = sin π π , yn = cos · 2n · 2n (1) Thật vậy, với n = mệnh đề Giả sử ta có (1) Áp dụng cơng thức truy hồi, ta có xn+1 = yn+1 − yn = − cos π = · 2n sin2 π sin xn π · 2n = cos = = π xn+1 · 2n+1 sin · 2n+1 π π = sin , n+1 3·2 · 2n+1 Theo ngun lý quy nạp tốn học, ta có (1) với n Từ ta có lim xn = lim sin π · 2n =0 lim yn = lim cos π · 2n Vậy dãy (xn ), (yn ) có giới hạn hữu hạn lim xn = 0, lim yn = = ❒ Nhận xét • Đây tốn dễ kỳ thi Tuy nhiên, khơng nhận xét tính chất đặc biệt x1 , y1 việc chứng minh yn tăng khơng đơn giản Thực tế nhiều bạn không vượt qua lý • Cả hai lời giải áp dụng cho trường hợp x1 , y1 thỏa mãn điều kiện x2 + y1 = Một câu hỏi tự nhiên đặt với cặp giá trị ban đầu (x1 , y1 ) hai dãy số hội tụ Bài Đ i s (Đa th c) Cho đa thức P (x) = (x2 − 7x + 6)2n + 13 với n số nguyên dương Chứng minh P (x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên Phân tích Đa thức P (x) có bậc 4n khơng có nghiệm thực Nhị thức x2 − 7x + có hai nghiệm 6; 13 số ngun tố, nhận xét ban đầu Để giải này, hóa cần Hướng tiếp cận tự nhiên đa thức bất khả quy phản chứng Giả sử P (x) = P1 (x) · · · Pn+1 (x) Pi (x) có bậc chẵn Vì tổng bậc Pi (x) 4n nên phải có hai đa thức, giả sử P1 (x), P2 (x) có bậc Đến ta có số cách xử lý sau: Lời giải CÁCH (Theo ý tưởng Võ Quốc Bá Cẩn, có chỉnh lý) Lý luận phần phân tích, ta có hai thừa số P1 (x), P2 (x) đa thức bậc hai Do P (x) có hệ số cao nên ta giả sử P1 (x), P2 (x) có hệ số cao 1: P1 (x) = x2 +ax+b, P2 (x) = x2 + cx + d Vì P1 (x), P2 (x) khơng có nghiệm thực nên P1 (x) > 0, P2 (x) > với x Ta có 13 = P (1) = P1 (1)P2 (1) · · · Pn+1 (1), 13 = P (6) = P1 (6)P2 (6) · · · Pn+1 (6) Từ đây, hai số P1 (1) P2 (1) có số Khơng tính tổng qt, giả sử P1 (1) = Suy suy a = −b Lúc P1 (6) = 36 − 5b Ta thấy 36 − 5b > 13 nên xảy 36−5b = 1, suy b = 7, a = −7 Nhưng lúc đa thức P1 (x) = x2 −7x+7 có nghiệm thực, mâu thuẫn CÁCH (Theo ý tưởng GS Nguyễn Tiến Dũng) Lý luận trên, ta tìm đa thức bậc hai Q(x) = x2 + ax + b ước P (x) Giả sử P (x) = Q(x)S(x) 13 = P (1) = Q(1)S(1) 13 = P (6) = Q(6)S(6) Q(x) > với x (do Q(x) khơng có nghiệm thực hệ số cao dương) nên Q(1) Q(6) nhận giá trị 13 Vì Q(1) Q(6) đồng dư với theo mod nên từ suy Q(1) = Q(6) Lúc + a + b = 36 + 6a + b, suy a = −7 Tức Q(x) = x2 − 7x + b Từ suy P (x) = (Q(x) + − b)2n + 13 P (x) chia hết cho Q(x), khai triển nhị thức Newton, ta suy (6 − b)2n + 13 chia hết cho Q(x), mâu thuẫn ❒ Nhận xét • Phát biểu toán làm người ta e ngại Nhưng hóa chất điều kiện P (x) khơng phân tích thành tích n + đa thức để suy có (hay hai) đa thức có bậc Đây điều kiện khiên cưỡng, đặt lời giải (giả định) đáp án xuất phát từ chất toán Những điều kiện thiếu tự nhiên khơng chất thường gây khó cho tư giúp ích Nhiều thí sinh khơng dám cơng phá cảm thấy thiếu tự tin, hai lời giải cho thấy khơng phải tốn khó 10 (VMO 2010, phép quay quanh tâm tốn tơ màu) Cho bảng × n số nguyên dương cho trước Tìm số cách tơ màu khơng tô ô n màu (Hai cách tô màu gọi cách nhận từ cách phép quay quanh tâm.) 15 Bài Hình h c ph ng Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB < AC Gọi I trung điểm cung BC không chứa A Trên AC lấy điểm K khác C cho IK = IC Đường thẳng BK cắt (O) D (D = B) cắt đường thẳng AI E Đường thẳng DI cắt đường thẳng AC F (a) Chứng minh EF = BC (b) Trên DI lấy điểm M cho CM song song với AD Đường thẳng KM cắt đường thẳng BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt (O) P (P = B) Chứng minh đường thẳng P K qua trung điểm đoạn thẳng AD Lời giải J A D K F E M B N I C P (a) Theo giả thiết K thuộc đoạn AC Ta có IK = IC nên tam giác IKC cân I Từ tứ giác ABIC nội tiếp, ta suy AKI = 180◦ − IKC = 180◦ − ICK = ABI Hơn nữa, I trung điểm cung BC nên IAK = IAB IK = IB = IC, ta có △ABI = △AKI Từ dễ dàng có AI trung trực BK hay E trung điểm BK Ta có DCK = ABD = AKB = DKC nên tam giác DKC cân D hay DK = DC Ngoài ra, IK = IC nên ID trung trực KC, hay F trung điểm CK Từ suy EF đường trung bình tam giác KBC hay EF = BC (b) Gọi J trung điểm cung BC chứa A đường trịn (O) IJ đường kính (O) Ta chứng minh J, K, P thẳng hàng Thật vậy, IP J = 90◦ nên ta cần chứng minh KP I = 90◦ Trong tam giác ADI DK⊥AI, AK⊥DI nên K trực tâm tam giác ADI Do đó, IK vng góc với AD 16 Mặt khác, CM Từ suy AD nên CM ⊥IK, mà IM ⊥KC nên M trực tâm tam giác IKC M KC = 90◦ − KCI = 90◦ − ACB + BAC , Ta có KN B = N KC + N CK = 90◦ − BAC 1 KP I = KP B + BP I = KN B + IAB = 90◦ − BAC + BAC = 90◦ 2 Do J, P, K thẳng hàng Hơn nữa, ta có AJ⊥AI, KD⊥AI nên AJ KD DJ⊥ID, AK⊥ID nên DJ AK Suy AJDK hình bình hành JK qua trung điểm AD Vậy ta có P K qua trung điểm AD ❒ Nhận xét Bài dù khơng khó thú vị chỗ có nhiều hướng tiếp cận BC giúp ta dễ dàng đoán yêu cầu chứng minh trung Câu (a) với đòi hỏi EF = điểm Tuy nhiên, điều hiển nhiên mà cần phải biến đổi góc để suy tam giác cân cặp tam giác Ngồi làm theo hướng: (1) Lấy B đối xứng qua đường phân giác thành điểm K ′ chứng minh trùng (2) Gọi thêm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biến đổi góc (3) Dùng đinh lý Pascal với ngũ giác ABICD suy EF song song với tiếp tuyến đường tròn(O) I Ở câu (b), việc chuyển từ trực tâm K tam giác IAD sang trực tâm M tam giác ICK thông qua phép dựng đường thẳng song song phát nhiều thí sinh Tuy nhiên, đoạn cịn lại khơng có hướng xử lý khó tiếp tục Một kinh nghiệm nhỏ hình phẳng cho thấy có trung điểm cung dựng thêm trung điểm cung cịn lại cho nhiều tính chất thú vị Ta có hướng sau: (1) Chứng minh P, N, F thẳng hàng dùng tam giác đồng dạng (2) Gọi thêm T giao điểm AD EF để có mơ hình tứ giác tồn phần quen thuộc ADF EIT dùng định lý Brocard suy điểm Miquel P nằm đường nối trung điểm AD (là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADF E) giao điểm hai đường chéo AF, DE Dạng xuất phổ biến năm gần đề VMO 2012, TST 2013 nên có lẽ khơng cịn xa lạ với bạn học sinh (3) Bằng biến đổi góc chứng minh AB, AC tiếp tuyến đường tròn (BKN ) Gọi L giao điểm AP với (BKN ) ta có tứ giác điều hịa BLKN Khi đó, ta có chùm điều hòa K(A, B, L, P ) = −1 biến đổi góc, có KL song song với AD nên P K qua trung điểm AD Các nội dung lời giải phân tích có tham khảo từ bạn: Nguyễn Văn Linh (LTL), Trần Quốc Luật (thaygiaocht), Nguyễn Thị Nguyên Khoa (liverpool29) 17 Bài Hình h c ph ng Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O), B, C cố định A thay đổi (O) Trên tia AB AC lấy điểm M N cho M A = M C N A = N B Các đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N ABC cắt P (P = A) Đường thẳng M N cắt đường thẳng BC Q (a) Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng (b) Gọi D trung điểm BC Các đường trịn có tâm M, N qua A cắt K (K = A) Đường thẳng qua A vuông góc với AK cắt BC E Đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O) F (F = A) Chứng minh đường thẳng AF qua điểm cố định Lời giải A N O E Q B C D F K P M I (a) Không tính tổng quát, ta giả sử AB AC hình vẽ, trường hợp cịn lại hồn tồn tương tự Khi đó, M nằm ngồi đoạn AB N nằm đoạn AC Do N A = N B nên N BA = N AB M A = M C nên M CA = M AC Từ suy N BA = M CA hay tứ giác BM CN nội tiếp ta QM · QN = QB · QC Từ suy Q có phương tích đến hai đường trịn (O) (AM N ) nên nằm trục đẳng phương hai đường trịn Trục đẳng phương dây chung AP nên suy A, P, Q thẳng hàng (b) Ta thấy đường tròn (ODC) tiếp xúc với (O) C nên trục đẳng phương hai đường trịn tiếp tuyến d (O) C Ta chứng minh O ∈ (ADE) 18 Thật vậy, ta có O, M nằm trung trực AC nên OM ⊥AC Tương tự ON ⊥AB nên O trực tâm tam giác AM N Suy AO⊥M N Xét hai đường trịn (M, M A), (N, N A) dây chung vng góc với đường nối tâm, ta có AK⊥M N Từ suy A, O, K thẳng hàng nên OAE = 90◦ Hơn nữa, ta có ODE = 90◦ nên tứ giác AODE nội tiếp hay O ∈ (ADE) Do đó, trục đẳng phương (ADE) (ODC) OD Ngồi ra, trục đẳng phương (O) (ADE) AF Xét ba đường trịn (O), (ADE), (ODC) có trục đẳng phương cặp đường tròn OD, d, AF nên chúng đồng quy điểm Vậy AF qua giao điểm OD với đường thẳng d điểm cố định ❒ Nhận xét Câu (a) tốn dễ dàng giải ý tưởng chứng minh điểm B, M, N, C thuộc đường tròn Ω đoạn AP, M N, BC trục đẳng phương tương ứng hai ba đường tròn (O), Ω, (AM N ) nên đồng quy tâm đẳng phương Q Hướng tiếp cận sáng đa số học sinh nhận thấy Tuy nhiên, câu (b), có xuất nhiều đường tròn, đường thẳng cộng với yêu cầu “đi qua điểm cố định” nhiều bạn bỏ Có thể dễ dàng tìm điểm cố định I cách cho A tiến dần đến hai điểm đối xứng với B, C qua tâm (O) để phát điểm cố định có phải nằm tiếp tuyến (O) B, C Và khơng khó để nhận mơ hình quen thuộc tứ giác điều hịa đường đối trung Cụ thể ABF C tứ giác điều hòa tương ứng với AF đường đối trung tam giác ABC Lời giải nêu thực tế chứng minh lại tính chất mơ hình mà thơi Ta biết trong tứ giác điều hịa tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp hai đỉnh đối đồng quy với đường chéo qua hai đỉnh lại, cịn đường đối trung đối xứng với trung tuyến AD qua phân giác góc A (cũng coi phần mơ hình tứ giác điều hịa) Thơng qua cách dựng điểm E giao điểm tiếp tuyến (O) với BC, toán xây dựng thêm đường trịn đường kính EO để có tứ giác Trên thực tế, hai bước xây dựng bị che giấu chất thông qua điểm thẳng hàng điểm đồng viên nhằm loại vai trị điểm O Có thể thấy đề dạng không vị trí đề VMO, hướng phát triển đề không phổ biến Bài buộc phải đòi hỏi sử dụng kiến thức nâng cao (nếu chứng lại theo hướng THCS túy phức tạp hơn) nằm mơ hình quen thuộc nên coi dễ mặt ý tưởng Ngồi ra, khơng “cẩn thận” nhiều đề trước đây, toán này, người ta công nhận điểm E tồn tam giác ABC cân A điều khơng cịn Đường thẳng M N đề có tính chất vng góc với AO thực tế, đường thẳng song song với M N khác (chẳng hạn đường thẳng qua chân hai đường cao đỉnh B C) xây dựng tốn tương tự Đó hướng để mở rộng toán 19 Khai thác theo hướng xây dựng đường thẳng đường tròn tương tự đỉnh B, C, ta kết sau đây: Cho tam giác ABC có trung trực AB cắt cạnh AC A1 trung trực AC cắt cạnh AB A2 Các điểm B1 , B2 , C1 , C2 xác định tương tự Các đường thẳng A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 đôi cắt điểm D, E, F Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm K điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AA1 A2 , BB1 B2 , CC1 C2 Bài toán kiểm tra máy tính chưa chứng minh hoàn chỉnh Mời bạn thử sức! Các nội dung lời giải phân tích có tham khảo từ bạn Nguyễn Văn Linh Trương Mạnh Hùng (hansongkyung) 20 Bài Đ i s Tìm giá trị lớn biểu thức T = x3 y z y z x3 z x4 y + + (x4 + y )(xy + z )3 (y + z )(yz + x2 )3 (z + x4 )(zx + y )3 với x, y, z số thực dương Phân tích Biểu thức cần xem xét có hai yếu tố gây khó khăn, cồng kềnh, có bậc cao khơng đối xứng với biến Để làm tiếp ta phải tìm cách rút gọn thực đối xứng hóa Để rút gọn, ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM cách thích hợp biểu thức mẫu số, với dự đoán cực đại đạt biến (và ) Tuy 16 nhiên, điều nguy hiểm đánh giá dẫn đến biểu thức khơng ln nhỏ Ở khơng có cách khác phải thử Và chắn không áp dụng 16 AM-GM “triệt để” Lời giải CÁCH (của Phạm Kim Hùng) Ta chứng minh biểu thức đạt giá trị lớn Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức 16 x4 + y xy(x2 + y ) (xy + z )2 4xyz, ta có (x4 + y )(xy + z )3 4x2 y z (x2 + y )(xy + z ) 4x2 y z (z x2 + z y + 2x2 y ) Từ suy x3 y z (x4 + y )(xy + z )3 x3 y z xy z = 4x2 y z (z x2 + z y + 2x2 y ) 4(z x2 + z y + 2x2 y ) Ta chứng minh xy z z x2 + z y + 2x2 y Đặt a = xy, b = yz, c = zx, bất đẳng thức trở thành: ab 2a2 + b2 + c2 Nếu a c ab ac bc 2c2 b + a2 + b 2b2 + c + a2 2a2 + b2 + c Áp dụng bất đẳng thức hốn vị, ta có 2a2 ab + b2 + c 2c2 21 ab + a2 + b Cuối cùng, theo bất đẳng thức AM-GM Cauchy-Schwarz, ta có b2 a2 + c + a2 c + b (a + b)2 2c2 + a2 + b2 ab + a2 + b 2c = Vậy P = x3 y z y z x3 z x4 y + + (x4 + y )(xy + z )3 (y + z )(yz + x2 )3 (z + x4 )(zx + y )3 16 Dấu xảy x = y = z Vậy giá trị lớn biểu thức đề 16 CÁCH (của K.I.A - mathscope.org) Dễ dàng chứng minh ab(a2 + b2 + ab) a4 + b (a + b)3 4ab(a + b) Áp dụng hai bất đẳng thức trên, ta x3 y z (x4 + y )(xy + z )3 3x3 y z 3xy z = 8xy(x2 + y + xy)xyz (xy + z ) 8(x2 + y + xy)(xy + z ) 3xy z = 8(x2 y + y z + z x2 + xy(x2 + y + z )) 1 3xy z + 32 x2 y + y z + z x2 xy(x2 + y + z ) yz xy z + 2 y + y z + z x2 32 x x + y2 + z2 Đánh giá tương tự, ta thu P 32 xy + yz + zx xyz(x + y + z) + 2 z + z x2 +y x + y2 + z2 x2 y bất đẳng thức hiển nhiên khác: x2 + y + z , 16 xy + yz + zx CÁCH (Dựa theo cách giải phân tích Trần Quốc Luật, Nguyễn Huy Tùng (CSSMU)) Ý đồ ta tách biến để đưa phân thức biến Vì biểu thức có đủ biến nên ta phải tìm cách dùng đánh giá để khử bớt biến Quan sát phân thức thứ thấy tử số z có bậc 3, mẫu z có bậc Như phản xạ √ khử hết z AM-GM Cụ thể sau: z + xy 2z xy Như vậy, phân thức cịn x, y khơng có z √ √ √ Sau đặt x = a, y = b, z = c cho gọn, ta thấy toán giải có b3 c c a5 a3 b + + a8 + b b + c c + a8 Đến đây, ta lại đặt ẩn phụ để đưa biến: a b c x = ,y = ,z = b c a Ta cần chứng minh f (x) + f (y) + f (z) với x, y, z, > thỏa mãn xyz = Trong x3 f (x) = Đến ta sử dụng đánh giá dạng x +1 x3 x8 + xk + · 2k x + xk + 22 Sau dùng bất đẳng thức Vasc, tức bất đẳng thức x2 1 + + +x+1 y +y+1 z +z+1 với xyz = Cách tìm k cho đạo hàm hai vế điểm x = Giải ta tìm k = Bất đẳng thức x2 + x3 · x8 + x + x2 + chứng minh biến đổi đại số CÁCH (Phân tích, lời giải bình luận GS Nguyễn Tiến Dũng, có hiệu chỉnh) Bài thật rắm rối Khó khó thật, hay theo quan điểm tơi khơng hay Tơi bình ln thêm tơi khơng thấy hay phía dưới, cịn thử giải Bản thân tơi nhiều thời gian (mấy tiếng liền, phịng thi tơi chắn toi này), phải dùng “dao mổ bò” mang tên “phương pháp nhân tử Lagrange” để giải nó, sau tìm lời giải OK rồi, tìm cách “sơ cấp hóa nó” Ở tơi khơng trình bày phương pháp nhân tử Lagrange (có chương trình đại học) mà trình bày phương pháp sơ cấp thơi Trước hết, ta phán đoán giá trị cực đại đạt x = y = z, việc khó khăn chứng minh điều Dễ dàng nhận xét biểu thức có tính đối xứng vịng theox, y, z, có tính bậc 0, theo nghĩa chia x, y, z cho số dương, giá trị biểu thức khơng thay đổi Vì tính chất bậc 0, nên đơn giản hóa biểu thức cách đặt a = y z x , b = , c = , ta có abc = biểu thức viết thành y z x (1 + a4 )(b + c)3 (tổng tuần hoàn theo a, b, c) Ta thử đánh giá chặn biểu thức (1 + + c)3 đánh giá chặn biểu thức (1 + a )(b + c) qua bất đẳng thức sau đây: + a4 (1 + a)2 , √ (1 + a)(b + c) (1 + a)(b + c) b+ 2(1 + c) √ , c √ ac b+c = (1 + b)2 b a4 )(b , hay 2(1 + b) √ , b √ bc Nhân BĐT với nhau, ta (1 + a4 )(b + c)3 (1 + a)2 (1 + b)(1 + c) (Sau làm đến rồi, dùng nhân tử Lagrange được, trước cơng thức q phức tạp giải phương trình đạo hàm) Bây ta chứng minh (1 + a)2 (1 + b)(1 + c) 23 16 với a, b, c > abc = Thực quy đồng mẫu số, ta có bất đẳng thức cho tương đương với 16(3 + 2(a + b + c) + ab + bc + ca) Chú ý ab + bc + ca 3(2 + a + b + c + ab + bc + ca)2 nên ta có 16(3 + 2(a + b + c) + ab + bc + ca) 32(a + b + c + ab + bc + ca) Vậy ta cần chứng minh 32(a + b + c + ab + bc + ca) 3(2 + a + b + c + ab + bc + ca)2 Đặt u = a + b + c + ab + bc + ca bất đẳng thức trở thành 32u 3(u + 2)2 , hay (3u − 2)(u − 6) Bất đẳng thức cuối u = a + b + c + ab + bc + ca Dấu xảy đánh giá xảy a = b = c = 1, tức x = y = z Vậy giá trị lớn biểu thức đề đạt x = y = z 16 Bình luận Có việc làm xi dễ, làm ngược khó Người đề người “làm xuôi” (xào nấu BĐT vào để thành đề này), nên đề rắm có lẽ khơng đánh giá hết độ khó khì học sinh phải “lần ngược lại” Như kiểu thả vào rừng: vào dễ, khó chưa biết đường Cách làm lần mò biến đổi BĐT dạng quen Ai ăn may trúng tủ phải luyện nhiều dạng BĐT làm nhanh, cịn khơng mị đường rừng Chính mà tơi thấy khơng hay: Đánh giá hiểu biết thơng minh khơng cịn tốt, cần nhiều đến ăn may trúng tủ luyện tủ nhiều Việc làm nhiều tập BĐT rắm rối theo tơi khơng có lợi cho học sinh, thời gian để học thứ khác tăng hiểu biết lên nhanh nhiều ❒ Nhận xét • Đây toán phát biểu cồng kềnh, rối rắm với lời giải đầy tính kỹ thuật Với bất đẳng thức cồng kềnh vậy, dĩ nhiên ta phải thực phép đánh giá để đơn giản trước bắt tay vào xử lý Những đánh hồn tồn mị mẫm ta đánh giá phép, liệu đánh giá có dẫn đến bất đẳng thức sai? Phương pháp giải mò mẫm rõ ràng khơng khuyến khích • Đây thực tốn khó, tiêu tốn nhiều thời gian, sức lực tâm lý học sinh Đứng trước bất đẳng thức có hình thức khủng bố thí sinh có tâm trạng tiêu cực Bốn lời giải lời giải chuyên gia am hiểu bất đẳng thức đưa bối cảnh ngồi phịng thi, khơng chịu sức ép tâm lý biên tập lại, trau truốt lại (một số lời giải chưa hoàn chỉnh sử dụng số bổ đề không đơn giản) Đọc lời giải thấy gọn gàng tìm nó, theo lời tác giả không đơn giản, nhiều bước làm “cầu may” 24 • Theo đánh giá chúng tơi, cần định hướng lại việc khai thác bất đẳng thức, cố gắng đưa tình chân phương, bất đẳng thức đẹp đẽ ý nghĩa hơn, tránh đưa toán cồng kềnh, nặng tính kỹ thuật kỳ thi năm 25 Bài S h c Tìm tất số gồm 2014 số hữu tỉ không thiết phân biệt, thỏa mãn điều kiện: bỏ số số 2013 số cịn lại chia thành nhóm rời cho nhóm gồm 671 số tích tất số nhóm Phân tích Nói đến tích ta phải nghĩ đến số Và ta phân làm hai trường hợp: số chứa số số không chứa số Ý thứ hai ta nghĩ đến nhân số với số không làm tính chất đề số thay đổi, ta quy tốn số nguyên Khi xét trường hợp số không chứa số 0, ta thấy số a1 , a2 , , a2014 thỏa mãn điều kiện số chiếu lên số nguyên tố thỏa mãn điều kiện (nếu a chia cho pα chiếu a lên p pα ) Đây nhận xét mấu chốt để đưa toán toán số, chuyển từ phép nhân sang phép cộng xét số mũ α thay pα Lời giải (có tham khảo từ nhận xét Kelacloi, DogLover, CSS-MU, kien10a1) Xét 2014 số thỏa mãn đề (rõ ràng tồn chẳng hạn xét 2014 số nhau) Đặt số a1 , a2 , , a2014 Trước hết, ta thấy 2014 số đó, có số rõ ràng phải có số Thật vậy, ngược lại, có khơng q số 0, ta có trường hợp: • Nếu có số bỏ số khác lại, 2013 số nhận phải chia thành nhóm rời Tuy nhiên, số rơi vào nhóm dẫn đến có nhóm có tích 0, hai nhóm cịn lại có tích khác 0, mâu thuẫn • Nếu có hai số ta cần bỏ số khác dẫn đến mâu thuẫn tương tự • Nếu có số ta bỏ số đó, cịn lại hai số chia Trong trường hợp có số 0, rõ ràng chọn số 2014 số số cịn lại, có số ta phân phối vào nhóm số dẫn đến tích nhóm 0, thỏa mãn điều kiện Từ suy 2014 số mà có số 0, cịn lại 2010 số hữu tỉ thỏa mãn đề xi với xi , yi số nguyên Tiếp theo, giả sử tất số khác Đặt = yi (xi , yi ) = xét A = (a1 , a2 , , a2014 ) Rõ ràng tương ứng với gồm toàn số nguyên A′ = (ta1 , ta2 , , ta2014 ) với t bội chung nhỏ số y1 , y2 , , y2014 A thỏa mãn đề A′ thỏa mãn đề Từ nhận xét trên, ta xét 2014 số nguyên A khác thay số hữu tỉ nói chung Gọi P = {p1 , p2 , , pk } tập hợp tất ước nguyên tố giá trị tuyệt đối 26 2014 số thuộc A gọi Z = (z1 , z2 , , z2014 ) 2014 số mũ số nguyên tố p tập hợp P , rõ ràng số số nguyên không âm Ta thấy chưa xét đến dấu số A điều kiện cần để A thỏa mãn đề số P ′ = (pz1 , pz2 , , pz2014 ) phải thỏa mãn đề giá trị số nguyên tố với tất ước nguyên tố lại 2014 số A nên đóng góp cách độc lập vào thừa số nguyên tố p tích số nhóm chia Hơn nữa, ta thấy rằng, P ′ (chỉ gồm lũy thừa không âm số nguyên tố) thỏa mãn điều kiện đề Z thỏa mãn điều kiện sau: bỏ số 2013 số cịn lại chia thành nhóm mà nhóm gồm 671 số có tổng (∗) Ta chứng minh tất số Z Giả sử ngược lại điều không thỏa mãn, tức số Z không đồng thời Trong số thỏa mãn điều kiện (∗), ta chọn số có tổng z = z1 + z2 + · · · + z2014 nhỏ Nếu ta bỏ số zi số cịn lại chia thành nhóm có tổng nên tổng 2013 số lại chia hết cho 3, tức z ≡ zi (mod 3) với i = 1, 2, , 2014 Suy 2014 số Z có số dư chia cho Ta xét trường hợp sau: • Nếu tất số chia hết cho ta xét Z′ = z2014 z1 z2 , , , 3 Rõ ràng thỏa mãn điều kiện (∗), có chứa số không đồng thời đó, phải tồn số lớn Điều có nghĩa tổng số Z ′ nhỏ z, mâu thuẫn với cách chọn z • Nếu tất số chia dư ta xét Z′ = z1 + z2 + z2014 + , , , 3 • Nếu tất số chia dư ta xét Z′ = z1 + z2 + z2014 + , , , 3 Trong hai trường hợp sau có lập luận tương tự dẫn đến điều mâu thuẫn Nói tóm lại, tất số Z phải việc chọn số nguyên tố p tùy ý nên ta suy giá trị tuyệt đối tất số A Tiếp theo, ta thấy tất số A có giá trị hiển nhiên thỏa mãn điều kiện đề Trong trường hợp A có chứa số âm lẫn số dương, ta chứng minh số số âm số số dương không nhỏ (∗∗) Thật vậy, A có: 27 • Một số dương, 2013 số âm: ta chọn 2014 số số âm cịn lại 2013 số có tích số dương (do chứa số dương 2012 số âm) Do đó, chia thành nhóm tích nhóm phải số dương Tuy nhiên, có số dương nên phải có chứa toàn số âm, cụ thể 671 số âm nên tích âm, mâu thuẫn • Hai số dương, 2012 số âm: chọn số dương để có mâu thuẫn • Một số âm, 2013 số dương: chọn số dương để có mâu thuẫn • Hai số âm, 2012 số dương: chọn số âm để có mâu thuẫn Cuối cùng, ta chứng minh A thỏa mãn (∗∗) thỏa mãn đề Thật vậy, sau bỏ số bất kỳ, tích số cịn lại dương nghĩa tích 671 số phải dương, tức số lượng số âm phải chẵn tương đương với số lượng số dương phải lẻ Trong 2013 số cịn lại có chẵn số âm lẻ số dương theo tính chất (∗∗) số lượng số dương số lẻ khơng nhỏ Ngồi ra, số lẻ biểu diễn thành tổng số lẻ không âm khác nên ứng với cách biểu diễn, ta phân bố số dương vào cách phân bố thỏa mãn Nếu sau bỏ số bất kỳ, tích số cịn lại âm lập luận tương tự Từ đó, ta thấy nhận xét chứng minh Vậy ta có kết luận sau tất 2014 số hữu tỉ cần tìm: • Gồm số 2010 số hữu tỉ tùy ý • Gồm 2014 số có giá trị khác • Gồm 2014 số có giá trị tuyệt đối nhau, có chứa số âm lẫn số dương số lượng số âm số lượng số dương không nhỏ ❒ Nhận xét • Đây tốn thú vị, có nhiều đất để học sinh làm Bài thực khơng có nhiều vấn đề hướng giải, lại địi hỏi việc xử lí kĩ thuật khả bao quát đầy đủ trường hợp, khả trình bày logic chặt chẽ • Bài có lẽ phát triển từ toán hai chiều sau: Sau cân 11 lợn, bác nơng dân có nhận xét sau: Ln chia 10 lợn thành hai nhóm, nhóm con, cho tổng cân nặng nhóm Tổng cân nặng đàn lợn 759 Tính cân nặng lợn, biết cân nặng số tự nhiên 28 Bài toán ta khác chia làm nhóm tích Tuy nhiên, theo phân tích tích đưa dạng tổng Và hai nhóm nhóm khơng khác nhiều Dù vậy, việc đặt vấn đề tích số hữu tỷ tạo thú vị định (xét số 0, nhân với M xét phép chiếu lên số ngun tố) Vì tốn đánh giá tốn tốt có ý 29 ... cho học sinh lớp 7-8 ) sau: Có số học sinh xếp thành vịng trịn Cơ giáo u cầu học sinh đứng cạnh bắt tay Gọi b số học sinh nam, g số học sinh nữ, B số cặp học sinh nam bắt tay G số cặp học sinh. .. tốn chia kẹo Euler hay công cụ tương tự (trong lời giải GS Nguyễn Tiến Dũng, GS khéo léo lồng song ánh vào lời giải nên khơng dùng đến tốn chia kẹo) vấn đề quen thuộc học sinh Vấn đề toán vấn đề. .. Thực sự, toán ln khiến học sinh thêm chán tốn Mặc dù có nhiều lời giải cho lời giải cồng kềnh, đầy tính kỹ thuật Sẽ học sinh làm tốt này, thực tế nhiều em nhiều thời gian cho Đây toán dở kỳ thi Bài

Ngày đăng: 08/06/2014, 15:19

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • Đề thi

  • Bình luận chung

  • Lời giải chi tiết và bình luận

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan