Mục lục Lời nói đầu Nguyen Van Mau On the solutions of some classes of functional equations with transformed argument Dam Van Nhi A new inequality and identity (M,N) Nguyen Dang Phat Some National Olympiad Problems in plane geometry Le Anh Vinh Elementary Counting Problems Đặng Huy Ruận Hai phương pháp giải tốn trò chơi bốc vật Trần Nam Dũng Một số phương pháp xây dựng toán dãy số Tạ Duy Phượng Sơ lược giới thiệu di sản sách tốn thư tịch Hán Nơm Nguyễn Minh Tuấn Lời giải cho lớp bất đẳng thức đồng bậc Nguyễn Bá Đang Ứng dụng tính chất tam giác đồng dạng Trần Xuân Đáng Sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức Hoàng Minh Quân Phương trình bậc bốn hệ thức hình học tứ giác hai tâm Nguyễn Thùy Trang Hàm số mũ phương trình hàm liên quan Nguyễn Đình Thức Một số ứng dụng lượng giác toán dãy số Nguyễn Hoàng Cương Phép quay véctơ số ứng dụng Nguyễn Thị Giang Tính chia hết tốn dãy số phương trình hàm tập số nguyên Nguyễn Hữu Thiêm Ánh xạ số toán liên quan 16 26 57 66 81 96 118 140 148 156 180 187 201 212 228 Phạm Văn Nho Vài nét lịch sử phát triển lí thuyết số Trần Quang Vinh Một số phương pháp giải phương trình hệ phương trình đại số 235 248 ON THE SOLUTIONS OF SOME CLASSES OF FUNCTIONAL EQUATIONS WITH TRANSFORMED ARGUMENT NGUYEN VAN MAU Abstract We deal with some functional equations with transformed arguments in real plane By an algbraic approach we solve some kinds of functional equations with the reflection arguments f (x, y)±f (2p−x, y)±f (x, 2q−y)+f (2p−x, 2q−y) = h(x, y), (x, y) ∈ Ω, (0.1) where (p, q) is the symmetric center of the set Ω ⊂ R × R, h(x, y) is given In applications, we formulate the necessary and sufficient condition for solvability of the following functional equations f (xy)±f ((1−x)y±f (x(1−y))+f ((1−x)(1−y)) = h(xy), ∀x, y ∈ (0, 1) and f (x + y) ± f (−x + y) ± f (x − y) + f (−x − y)) = h(x + y), ∀x, y ∈ (−1, 1) and describe the formulae of the general solution f (xy) and f (x + y), respectively September 25, 2013 Representations of some classes of two-variable functions with reflection argument In this section we will describe some classes of two-variable functions with transfromed argument Namely, we deal with two-variable functions being skew symmetric about a given point (p, q) Definition 1.1 Let be given a set Ω := P × Q ⊂ R × R and the point (p, q) is the center (centeral point) of Ω Function f (x, y) defined in Ω is said to be even-even (or even in both variables or skew symmetric) about the point (p, q) iff f (2p − x, y) = f (x, y) and f (x, 2q − y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω Definition 1.2 Let be given a set Ω := P × Q ⊂ R × R and the point (p, q) is the center (centeral point) of Ω Function f (x, y) defined in Ω is said to be even-odd about the point (p, q) iff f (2p − x, y) = f (x, y) and f (x, 2q − y) = −f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω Remark Similarly, we have the definitions of odd-even and odd-odd funtions In a special case, we have Definition 1.3 Function f (x, y) defined in R × R is said to be even-even iff f (−x, y) = f (x, y) and f (x, −y) = f (x, y), ∀x, y ∈ R The following natural questions arise: ∗ 2000 Mathematics Subject Classification Primary 39B99, 39B62, 39B22, 39B32, 39B52 Problem 1.1 How to describe the two-variable function f (x, y) in the cases f (x, y) is even-even in both variables (x, y) about the point (p, q), i.e f (2p − x, y) = f (x, y) and f (x, 2q − y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω (1.1) Solution Note that f (2p − x, 2q − y) = f (x, 2q − y) = f (x, y), ∀x, y ∈ Ω, so we can write f (x, y) = [f (x, y) + f (x, 2q − y) + f (2p − x, y) + f (2p − x, 2q − y)] (1.2) Now we prove that the function f (x, y) is even in both variables (x, y) if and only if there exists a function g(x, y) defined in R × R such that f (x, y) = [g(x, y) + g(x, 2q − y) + g(2p − x, y) + g(2p − x, 2q − y)] (1.3) Indeed, if f (x, y) is of the form (1.3) then it is easy to check the conditions (1.1) are saistified and if f (x, y) is even then it has the form (1.2) and then the form (1.3) with g = f Corollary 1.1 The two-variable function f (x, y) is even in both variables (x, y), i.e f (−x, y) = f (x, y) and f (x, −y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ R (1.4) iff it is of the form f (x, y) = [g(x, y) + g(x, −y) + g(−x, y) + g(−x, −y)] (1.5) where g(x, y) is an arbitrary function defined in R × R Similarly, we have Problem 1.2 How to describe the two-variable function f (x, y) in the cases f (x, y) is even-odd in both variables (x, y) about the point (p, q), i.e f (2p − x, y) = f (x, y) and f (x, 2q − y) = −f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω Solution Note that f (2p − x, 2q − y) = f (x, 2q − y) = −f (x, y), ∀x, y ∈ Ω, (1.6) so we can write f (x, y) = [f (x, y) + f (2p − x, y) − f (x, 2q − y) − f (2p − x, 2q − y)] (1.7) Now we prove that the function f (x, y) is even-odd in both variables (x, y) if and only if there exists a function g(x, y) defined in R × R such that f (x, y) = [g(x, y) + g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)] (1.8) Indeed, if f (x, y) is of the form (1.8) then it is easy to check the conditions (1.6) are saistified and if f (x, y) is even-odd then it has the form (1.7) and then the form (1.8) with g = f Similarly, we can formulate the following representations Theorem 1.1 The two-variable function f (x, y) in the cases f (x, y) is eveneven in both variables (x, y) about the point (p, q), i.e f (2p − x, y) = f (x, y) and f (x, 2q − y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω (1.9) is of the form f (x, y) = [g(x, y) + g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) + g(2p − x, 2q − y)] (1.10) Theorem 1.2 The two-variable function f (x, y) in the cases f (x, y) is evenodd in both variables (x, y) about the point (p, q), i.e f (2p − x, y) = f (x, y) and f (x, 2q − y) = −f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω (1.11) is of the form f (x, y) = [g(x, y) + g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)] (1.12) Theorem 1.3 The two-variable function f (x, y) in the cases f (x, y) is oddeven in both variables (x, y) about the point (p, q), i.e f (2p − x, y) = −f (x, y) and f (x, 2q − y) = f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω (1.13) is of the form f (x, y) = [g(x, y) − g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)] (1.14) Theorem 1.4 The two-variable function f (x, y) in the cases f (x, y) is oddood in both variables (x, y) about the point (p, q), i.e f (2p − x, y) = −f (x, y) and f (x, 2q − y) = −f (x, y), ∀(x, y) ∈ Ω (1.15) is of the form f (x, y) = [g(x, y) − g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) + g(2p − x, 2q − y)] (1.16) Now we consider the special case of two-variable function f (x, y) defined in the set Ω0 = (0, 1) × (0, 1) in the cases f (x, y) is even - even in both variables (x, y) about the point 0, So theorem 2.1 can be formulate in the following form Corollary 1.2 The two-variable function f (x, y) in the case when f (x, y) is 1 even-even in both variables (x, y) about the point , , i.e 2 f (1 − x, y) = f (x, y) and f (x, − y) = f (x, y), ∀x, y ∈ (0, 1) (1.17) is of the form f (x, y) = [g(x, y) + g(1 − x, y) + g(x, − y) + g(1 − x, − y)] (1.18) Corollary 1.3 The two-variable function f (x, y) in the case when f (x, y) is 1 odd-odd in both variables (x, y) about the point , , i.e 2 f (1 − x, y) = −f (x, y) and f (x, − y) = −f (x, y), ∀x, y ∈ (0, 1) (1.19) is of the form f (x, y) = [g(x, y) − g(1 − x, y) − g(x, − y) + g(1 − x, − y)] (1.20) Functional equations for two-variable funtions induced by involutions In this section we will solve the following functional equations f (x, y) + f (2p − x, y) + f (x, 2q − y) + f (2p − x, 2q − y) = h(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω (2.1) and f (x, y) − f (2p − x, y) − f (x, 2q − y) + f (2p − x, 2q − y) = h(x, y), ∀(x, y) ∈ Ω, (2.2) where (p, q) is the symmetric center of the set Ω ⊂ R × R, h(x, y) is given Denote by X the set of all functions defined on X and X = L0 (X, X), where L0 (X, X) denotes the linear space of all linear operators A : X → X with dom A = X It is easy to check that X is an algebra (linear ring) over field R Consider the following linear elements (operators) V and W in X as follows (V f )(x, y) = f (2p − x, y), (W f )(x, y) = f (x, 2q − y), f ∈ X (2.3) It is easy to see that V and W are involution elements, i.e V = I and W = I, where I is an identity element of X Moreover, they are commutative, i.e V W = W V Now we rewrite (2.1) in the form Kf := (I + V + W + V W )f = h (2.4) Lemma 2.1 Operator K defined by (2.4) is an algebraic element with charateristic polynomial PK (t) = t2 − 4t (2.5) Proof Note that the following identities hold V K = K, W K = K, V W K = K So K = 4K and K is not a scalar operator, which toghether imply PK (t) = t2 − 4t, which was to be proved Theorem 2.1 The general solution of the homogeneous equation Kf = is of the form f (x, y) = [3g(x, y)−g(2p−x, y)−g(x, 2q−y)−g(2p−x, 2q−y)], g ∈ X (2.6) Proof By Lemma 2.1, from equality (K − K)f = 0, ∀f ∈ X, we find K2 − 4K f = ⇔ (K − 4K)f = ⇔ K(K − 4I)f = Hence (K − 4I)X ⊂ ker K On the other hand, if ϕ ∈ ker K then Kϕ = and K(K − 4I)ϕ = (K − 4I)Kϕ = It follows ϕ ∈ (4I − K), which was to be proved Theorem 2.2 The non-homogeneous equation (2.1) (Kf = h) is solvable if and only if the following condition Kh = 4h (2.7) If it is the case, then the general solution of (2.1) is of the form f (x, y) = 3g(x, y) − g(2p − x, y) − g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y) (2.8) + [3h(x, y) − h(2p − x, y) − h(x, 2q − y) − h(2p − x, 2q − y)], g ∈ X Proof Suppose that the equation (2.1) is solvable and f0 is a solution Then By Lemma 2.1 from equality Kf0 = h it follows K f0 = Kh ⇔ 4Kf0 = Kh ⇔ 4h = Kh Suppose that the condition (2.7) is satisfied Write the non-homogeneous equation (2.1) in the form Kf = 41 Kh or in the equivalent form K f − h = (2.9) Theorem 2.1 gives the general solution of (2.9) in the form 1 f = h + (4I − K)ψ ⇔ f = h + (4I − K)ψ, ψ ∈ X, 4 i.e it has the form (2.8) Now we consider (2.2) Write it in the form Lf := (I − V − W + V W )f = h (2.10) Lemma 2.2 Operator L defined by (2.4) is an algebraic element with charateristic polynomial PL (t) = t2 − 4t (2.11) Proof The proof follows from the following identities −V L = L, −W L = L, V W L = L So L2 = 4L and L is not a scalar operator, which toghether imply PL (t) = t2 − 4t, which was to be proved Theorem 2.3 The general solution of the homogeneous equation Kf = is of the form f (x, y) = [3g(x, y) + g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y)], g ∈ X (2.12) Proof By the same method as for theorem2.1 Theorem 2.4 The non-homogeneous equation (2.1) (Lf = h) is solvable if and only if the following condition Lh = 4h (2.13) If it is the case, then the general solution of (2.1) is of the form f (x, y) = 3g(x, y) + g(2p − x, y) + g(x, 2q − y) − g(2p − x, 2q − y) (2.14) + [3h(x, y) + h(2p − x, y) + h(x, 2q − y) − h(2p − x, 2q − y)], g ∈ X Proof Suppose that the equation (2.2) is solvable and f0 is a solution Then By Lemma 2.2 from equality Lf0 = h it follows L2 f0 = Lh ⇔ 4Lf0 = Lh ⇔ 4h = Lh Suppose that the condition (2.13) is satisfied Write the non-homogeneous equation (2.2) in the form Lf = 14 Lh or in the equivalent form L f − h = (2.15) Theorem 2.1 gives the general solution of (2.15) in the form 1 f = h + (4I − L)ψ ⇔ f = h + (4I − L)ψ, ψ ∈ X, 4 i.e it has the form (2.14) Special cases Now we consider some special cases of equation when q = p = In that case, 1 the center point of Ω is , and (2.1) is of the form 2 f (x, y)+f (1−x, y)+f (x, 1−y)+f (1−x, 1−y) = h(x, y), ∀x, y ∈ (0, 1) (3.1) and f (x, y)−f (1−x, y)−f (x, 1−y)+f (1−x, 1−y) = h(x, y), ∀x, y ∈ (0, 1) (3.2) In this case, the role of x and y in the left side of (3.1) are the same Now return to the function f (t), we can formulate the following 10 Chú ý: Ta có 4! + = 25 = ; 5! + = 121 = 112 ; 7! + = 5041 = 71 Bài tốn 21 Số viết dạng 13 + 13 + 13 , hay dạng 43 + 43 + (5)3 Có tồn cách viết khác biểu diễn số tổng số lập phương (dương hay âm) hay khơng? Bài tốn 22 Một số ngun có phải tổng số lập phương khơng? Chú ý: Ở đây, số lập phương dương, âm hay Ví dụ: 84 = 03 + 416396113 + (41531726)3 + (8241191)3 Tuy nhiên ta chưa biết, chẳng hạn, số 148 có tổng số lập phương hay khơng Bài tốn 23 Có phải có hữu hạn số phương mà số phương có vừa chữ số thập phân khác khác hay khơng? Ví dụ : 382 = 1444, 882 = 7744, 1092 = 11881, 1732 = 29929 , 212 = 44944, 2352 = 55225, 31142 = 9696996 Bài toán 24 Có tồn điểm mặt phẳng mà khoảng cách đến bốn đỉnh hình vng đơn vị số hữu tỉ khơng? Bài tốn 25 Có tồn hay khơng tam giác mà cạnh, trung tuyến diện tích có số đo số nguyên? *** Nguyễn Văn Nho K72/25 Lý Tự Trọng, Đà Nẵng 247 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Trần Quang Vinh Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Bà Rịa Vũng Tàu Một số phương pháp thông dụng giải hệ phương trình 1.1 Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp đặt ẩn phụ thường sử dụng giải phương trình, hệ phương trình.Mục đích chuyển phương trình, hệ phương trình thành dạng đơn giản Các kiểu đặt ẩn phụ quen thuộc: đặt ẩn phụ chuyển phương trình ẩn quen thuộc, đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình dạng đơn giản, đặt ẩn phụ lượng giác, đặt ẩn phụ phức Các tốn Bài tốn 1.1.1Giải phương trình: x − 3x = x + x2 − + x − x2 − Lời giải: Điều kiện |x| ≥ Đặt t = x + x2 − + x − x − ⇒ t = 2x + 3t Khi ta có hệ phương trình   t = 3t + 2x  (t + x) t − t x + x = (t + x) ⇔ x = 3x + 2t  (t − x) t + t x + x = t − x TH1 t + x = Ta có x = x ⇔ x = 0, x = ±1 (khơng thỏa mãn phương trình) TH2 t − x = Ta có x = 5x ⇔ x = 0, x = ± 5(chọn x = ± 5) TH3  t + t x + x = t − t x + x = ⇒ t + t x + x2 = t − t x + x2 ⇒ t = x = (không thỏa mãn) Bài tốn 1.1.2Giải phương trình: x − 5x + 5x − 2014 = Lời giải: Xét |x| < ⇒ x − 5x + 5x = |x| x − 5x + < |x| < 10 (loại) Xét |x| ≥ 2đặt x = a + a1 Khi x − 5x + 5x = a + a1 − a + a1 + a + a1 = a + a15 Phương trình trở thành a 10 − 2014a + = ⇔ a = 1007 ± 10072 − Vậy phương trình có nghiệm x =  Bài tốn 1.1.3 Giải hệ phương trình: 1007 + 10072 − + x − y − ax + b y + a − b =  2x y − bx − a y + (a − b)2 = 1007 − 10072 − (với a, b tham số) Lời giải: Hê phương trình ⇔ x − y − ax + b y + a − b + i 2x y − bx − a y + (a − b)2 = (với i đơn vị ảo) 248 Đặt z = x + yi ⇒ z = x − y + 2x yi (a + bi ) z = ax − b y + i a y + bx Do ta có phương trình z − (a + bi ) z + a − b + i (a − b)2 = Xét ∆ = (a + bi )2 − a − b − 4i (a − b)2 = 3b − 3a − i 4a − 10ab + 4b = 3b − 3a − (2a − b) (a − 2b) i = (2b − a + (2a − b) i )2 Do phương trình có nghiệm: z= z= a+bi +2b−a+(2a−b)i a+bi −2b+a−(2a−b)i = b + = a − b + (b − a) i Vậy hệ cho có nghiệm (b; a) ; (a −  b; b − a) Bài toán 1.1.4 Giải hệ phương trình x x+y x+2  x+y = 1+ y + 21y = x Lời giải: Điều kiện x ≥ 0, y > 0 Hệ phương trình ⇔ x x+y = y x y − x+y = x−y+2 2 ⇔ x − y + 2i x y + 2( x−i y ) x+y = + i (với i đơn vị ảo) x−i y x+y Đặt z = x + i y ⇒ z = x − y + 2i x y 1z = |z|z = Phương trình chuyển thành = + i ⇔ z − (1 + i ) z + = z  z = 1+i ⇔ (z − − i ) z + (1 + i ) z − + i = ⇔  z + (1 + i ) z − + i = 0(∗) z2 + Giải (*): ∆ = (1 + i )2 − (−1 + i ) = − 2i = Do (*) có nghiệm z = −1+ 2+ 5+2−i 1+ −i 5−2 5−2 z = −1− 2+ +i 5−2−1 (loại phần thực phần ảo z khơng âm) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1; 1)   Bài toán 1.1.5 Giải hệ phương trình: x 1− y −  1+ y (1 − x) + = xy + (1 − x) − y = Lời giải: Ta thấy x = ⇒ y = 0và y = ⇒ x = (0; 0)là nghiệm hệ phương trình Xét < x ≤ 1; < y ≤ Đặt x = cos a, y = cos b, a, b ∈ 0; π2 Ta có hệ phương trình   + sin (b − a) = (cos a + cos b) (∗)  + cos (b − a) = (cos a + cos b) 249 x+ y x+ y ⇔ b = a+ π6 Thay vào phương trình (*) ta 3+2  a = π π = ⇔ a + b = Do b = π Khi tan (b − a) = cos a+b 3 π = 2 cos a+b cos 12 ⇔ 12 ; 2+4    x x2 + y − z =    Bài tốn 1.1.6Giải hệ phương trình y y + (z − x)2 = 16 (VMO – 2004 Bảng A)     z z + x − y = 30 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0)và Lời giải    x x + y + z = + 2x y z    Hệ phương trình ⇔ y x + y + z = 16 + 2x y z      z x + y + z = 30 + 2x y z Đặt A = x + y + z B = x y z Khi x A = + 2B, y A = 16 + 2B, z A = 30 + 2B (*) Bình phương hai vế phương trình (*) cộng lại, ta được: A = (2 + 2B )2 +(16 + 2B )2 + (30 + 2B )2 ⇔ A = 12B + 192B + 1160(1) Nhân phương trình (*) theo vế, ta được: B A = (2 + 2B ) (16 + 2B ) (30 + 2B )(2) Thay (1) vào (2) ta phương trình: B 12B + 192B + 1160 = 8B + 192B + 1144B + 960 ⇔ 4B + 16B − 960 = ⇔ B = ⇒ A = 14 Thay vào (*) thu x = 1; y = 2; z = Thử lại thỏa mãn hệ phương trình Bài tốn 1.1.7Giải phương trình: x + x − + 2x + 2x = + + 4x Lời giải: Đặt y = x +x −1 phương trình đưa 2y +2 y + = 3+ + 4x ⇔ y + y −1 = −1+ 25+4x Đặt z = −1+ 25+4x điều kiện z ≥ −1 Ta có 2z + = + 4x ⇒ 4z + 4z+ = + 4x ⇒ z + z −1 = x     x2 + x − = y x (x + 1) = y +       Do ta có hệ phương trình: y + y − = z (*) ⇔ y y + = z +         z + z − = x  z (z + 1) = x + Do điều kiện z ≥ −1 ⇒ y = −1 ⇒ z = −1 Nhân phương trình theo vế rối rút gọn được: x y z = Mặt khác từ hệ phương trình (*) , cộng phương trình theo vế ta có: x + y + z = ≥ 3 xyz ⇒ xyz ≤ Do đẳng thức xảy nên phải có x = y = z = ⇔ x = y = z = (Vì x, y, z = −1) Vậy phương trình cho có nghiệmduy x = Bài toán 1.1.8Giải hệ phương trình x + x − = y + y +  x − y = 3x − 3y + Lời giải: Xét phương trình (*) x + x − = y + y2 + 250 + Nếu x ≤ ⇒ x − < |x| = −x ⇒ x + x − < Mà y + y + > ⇒(không thỏa mãn phương trình) + Nếu x > Ta có (∗) ⇒ x − y = ⇔   y + − x − ⇔ x − 2x y + y = x + y − xy ≥ x y = x − y + Do x > 0; y ≥ x − y = Xét hệ phương trình   x2 − y =  x − y x2 + x y + y = x − y + ⇔    x+y x−y =3 3(x+y ) +(x−y )   x−y = x − y +4 Đặt a = x + y, b = x − y Do x > 0; y ≥ 0⇒ a ≥ b , a > Mà ab = ⇒ a > b >  Ta có hệ phương trình ab =  b 3a +b = 3b + Thay a = b3 ta thu phương trình  b 27 b2 b=1 + b = 12b + 16 ⇒ b − 12b − 16b + 27 = ⇔  b + b − 11b − 27 = Do a > b > ⇒ b < ⇒ b + b − 11b − 27 = b (b − 11) + b − 27 < Nên từ phương trình ta có  b = a = ⇔  x = Thử lại thấy y = Bài tập tương tự Giải phương trình hệ phương trình sau: = 1x + 2 x −2x+2 x +x+2  x − = − 10 − 3y 1.1.10  y − = − 10 − 3x   x + 2y + + 2x + y + = 1.1.11  2x − y + 2x + y + =   7x + y + 2x + y = 1.1.12 (VMO 2001 Bảng B)  2x + y + x − y = 1.1.9 1.1.13  x − 3x − 8x + 40 − 4x + = (VMO 1995 Bảng A) 5x − 4y = x − y 1.1.14  4x − 5y = 5(x −y ) x +y   − 12 x =2 y+3x 1.1.15 1.1.16  + 12 y+3x (VMO – 2007) y =6 x + = x − 3x 251 y + x2 − 1.1.17   x y + y z + zx = 3 x + = y + = z + x y z 1.1.18 6x + − x = 1+x + 1−x   2x + x y = y     1.1.19 2y + y z = z      2z + z x = x 1.1.20 64x − 112x + 56x − = − x 1.2 Phương pháp đánh giá hai vế Giải phương trình, hệ phương trình phương pháp đánh giá hai vế (hay gọi phương pháp sử dụng bất đẳng thức) phương pháp thông dụng kì thi HSG Các tốn: Bài tốn 1.2.1 Giải phương trình x 1−x + 2−5x 5x−1 + 4x−1 2−4x = 323 Lời giải: Điều kiện 14 ≤ x ≤ 25 Đặt a = x, b = 4x − 1, c = − 5x Khi ta có a + b + c = Rõ ràng x = 14 ; x = nghiệm phương trình nên ta xét a, b, c số dương Ta có x 1−x + 2−5x 5x−1 x 1−x + = a 1−a 2−5x 5x−1 + 4x−1 2−4x ≥ 323 Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = a2 a (1−a ) = 2a +(1−a )+(1−a ) 3 Mà 2a − a ≤ Do 4x−1 2−4x + = 27 ⇒ a − a2 ≤ 3 a2 = 3 ⇔ x = 13    x2 − x y + y = Bài toán 1.2.2 Giải hệ phương trình:   x+1 + y+1 x+y+1 = Lời giải: Điều kiện x > −1; y > −1 ; x +y > −1 Hệ phương trình cho ⇔   Ta có = y x2 + y = + x y   x + y+1 ≤ + x+1 + y + x+1 + x + y+1 = y x + y+1 + x+1 = 2+ x +y +x+y x y+1+x+y = Vì x + y = + x y Dấu = xảy ⇔ x y+1 = y x+1 = 21 ⇔ x = y = Thử lại thấy Bài tốn 1.2.3 Giải phương trình (x−1)4 (x −3) + (x − 3) + (x−1) = 3x − 2x − Lời giải Điều kiện x = 1; x = ± Đặt a = (x − 1)2 ; b = x − 3(a > 0) Khi ta có phương trình 252 a2 b2 + b + a1 = a + 2b a2 b2 Ta có 2a+2b+b = + b + a + a1 +b ≥ b +2a+2 (Bất đẳng thức AM – GM) b −b −2b+2 ≤ ⇒ b − + (b − 1)2 ≤ Do đẳng thức phải xảy ra, tức a = b = ⇒ x = Thử lại thấy Vậy phương trình có nghiệm  x = Bài tốn 1.2.4 Giải hệ phương trình 1+2x   + 1+2y 2 1+2x y = (VMO – 2009) y(1 − 2y) = 29   x (1 − 2x) + Lời giải: Điều kiện x, y ∈ 0; 12 Ta chứng minh bất đẳng thức 1 ≥ 1+2x + 1+2y (∗) 1+2x y Thật vậy: (∗) ⇔ + 2x + 2y ≥ + 2x + 2y + 2x y ⇔ + 2x + 2y + 4x y ≥ + x + y + 2x y + 2x y + 2x y ⇔ x − y − 2x y ≥ (luôn ≤ x; y ≤ 12 ) Khi 1+2x y 1+2x ≥ 1+2y + 1+2x y ⇒ 1+2x ≥ + 1+2y Dấu = xảy ⇔ x = y Thay vào phương trình lại x (1 − 2x) = 81 ⇔ 162x − 81x + = ⇔ x = 9±3673 9+ 73 9+ 73 36 ; 36 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm Bài tốn 1.2.5 Giải hệ phương trình ; 9− 73 9− 73 36 ; 36    sin2 x + sin12 x + cos2 y + cos12 y = 20y x+y   sin2 y + sin12 y + cos2 x + cos12 x = 20x x+y (VMO – 2013) Lời giải: Bình phương hai vế phương trình cộng lại, ta thu được: sin2 x + sin12 x + 20 = = 2+ sin2 x Tương tự sin x sin2 y + sin12 y + + 1 + + +2 2 cos x sin y cos2 y cos2 x + sin2 y sin2 x + sin x cos2 x + cos12 x cos2 y + cos2 y (∗) cos2 x + cos12 x = sin42 2x ≥ sin2 y + cos12 y ≥ sin2 x + sin12 x Ta có cos x sin y + + sin2 y + +2 Ta có cos2 y + cos12 y |cos x sin y | cos2 y + cos12 y + ≥ sin x + y + |sin(x+y )| sin2 y + sin12 y ≥ 2+ |sin(x+y )| cos2 x + cos12 x ≥ sin x cos y + ≥5 Do (*) có dấu “=” nên từ hệ phương trình cho ta phải có x = y = ± π4 + kπ, (k ∈ Z) Bài tập tương tự Giải phương trình hệ phương trình sau:  1.2.6 1.2.7  x+ y =2  3x + + 3y + =   2 x + y + z = x + y + z   x+1 + y+1 + z+1 =3 253 |sin x cos y | + 1.2.8 3x + 2x + + −3x + x + 2x − = 2x + 2x + 1.2.9  4x + + x + 5x + = 5x + 20x + 15 1.2.10 x − x + y − 1+8x  + 1+8 y y + z2 − z = + 1+8z =1 1.3 Phương pháp sử dụng hàm số Trong nằm gần đây, kì thi tuyển sinh đại học thi HGS tỉnh thường tập giải hệ phương trình, phương trình phương pháp sử dụng hàm số Thơng dụng dạng sau: 1/ Cho hàm số f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng D Khi f (x) = f y ⇔ x = y (với x, y ∈ D ) 2/ Cho hàm số f (x) khả vi đến cấp k, phương trình f (k) (x) = có n nghiệm Khi phương trình f (x) = có khơng n + k nghiệm (Hệ định lí Roll) Các tốn Bài tốn 1.3.1 Giải hệ phương trình sau:  4x − 2y = y + 2y + − x + x + y + + x2 + = x2 − x − y +  Lời giải: Xét phương trình 2y + (2x)2 + (2x) + y + 2y + = (2x) + Đặt f (t ) = 2t + t + 2t + , (t ∈ R) ⇒ f (t ) = t +2t +4+t +1 t +2t +4 (t + 1)2 + > |t + 1| ⇒ f (t ) > ∀t ∈ R Nên hàm số f (t ) đồng biến R Mà t + 2t + > Phương trình xét có dạng f y = f (2x) ⇔ y = 2x Thay vào phương trình lại ta được: ⇔ 2x + − x +1 x − 4x = 0hoặc1 + + x2 + − 2x+1+2x+4 = x +3 2x + + = x − 4x ⇔ x + = x − 3x + 4Điều kiện x ≥ −1/2 3(x −4x ) −x +4x + = x − 4x (*) ⇔ x +9+2x+12 2x+1+2x+4 x +9+2x+12 Mà x + + 2x + 12 > 2x + + 2x + > , ∀x ≥ −1/2 Nên: + 2x+1+2x+4 >1> x +9+2x+12 Do (∗) ⇔ x = 0hoặc x = Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = {(0; 0) ; (4; 8)}  Bài toán 1.3.2 Giải hệ phương trình  x +1+ x −1− y4 + = y x + 2x y − + y − 6y + = (Đại học Khối A – 2013) Lời giải: Điều kiện x ≥ Xét phương trình x + 2x y − + y − 6y + = ⇔ 4y = x + y − (1) ⇒ y ≥ Đặt t = x − (t ≥ 0) ⇒ x + = t + Do phương trình thành t + t + = y + y + (∗) t ≥ 0; y ≥ Xét hàm số f (t ) = t + t + ⇒ f (t ) đồng biến [0; +∞) Mà (∗) ⇔ f (t ) = f y ⇔ t = y Tức x = y + Thay vào phương trình (1) 4y = y + y ⇔ y y + 2y + y − = Mà g y = y + 2y + y − có g y = 7y + 8y + > ∀y ≥ ⇒ g y đồng biến [0; +∞) 254 Do phương trình xét ⇔ y = 0hoặc y = Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S= {(1; 0) ; (2; 1)}  3y Bài toán 1.3.3Giải hệ phương trình:  5x log3 − x log5 = x log5 − y log3 = y Lời giải: Điều kiện x > , y > Đặt u = log5 x , v = log3 y ⇒ x = 5u , y = 3v Khi hệ phương trình đưa dạng:  5u + 3u = 22v+1 5v + 3v = 22u+1 Từ hệ phương trình có 3u + 5u + 22u+1 = 3v + 5v + 22v+1 ⇔ u = v u u − 34 + = x x ln 53 − 43 ln 43 x = ln(16/9) ln(5/3) Thay vào hệ phương trình ta được: 3u + 5u − 2.4u = ⇔ x x + ⇒ f (x) = Phương trình f (x) = ⇔ 5x ln 53 = 2.4x ln 43 ⇔ Xét hàm số f (x) = − (1) Do phương trình f (x) = có nghiệm, theo định lý Roll phương trình (1) có không nghiệm Mà u = , u = nghiệm phương trình (1) Nên (1) có nghiệm u = , u = Vậy hệ phương trình cho có 2nghiệm (1; 1) (5; 3) Bài tốn 1.3.4Tính số nghiệm hệ phương trình  x + y = 2007 (VMO – 2007) log x.log y = Lời giải: Điều kiện x > 0, y > 1 Đặt t = log2 x ⇒ x = 2t log3 y = 1t ⇒ y = t Thay vào phương trình được: 8t +9 t − 2007 = Rõ ràng t < khơng thỏa mãn phương trình 1 Xét t > 0, f (t ) = 8t + t − 2007 ⇒ f (t ) = 8t ln − t lnt 29 ⇒ f (t ) = 8t ln2 + ln 9t lnt 49 + 9t t23 > ∀t > Do phương trình f (t ) = có khơng q nghiệm dương Hàm số f (t ) liên tục (0; +∞) lim+ f (t ) = +∞, f (1) = −1990, lim f (t ) = +∞ t →+∞ t →0 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm Bài tập tương tự 1.3.5 Cho đa thức P (x) = x −2, P n+1 (x) = P (P n (x)) với n số nguyên dương Hãy tính số nghiệm phương trình x.P (x) P (x) P 2013 (x) = 2014 Giải phương trình hệ phương trình sau:   4x + x + y − − 2y = 1.3.6 (ĐH Khối A 2010)  4x + y + − 4x = 1.3.7 1.3.8 x + + x2 + x + = x +   x+ y =  x+ y y x − x + x − 3x + = y + x1 x 255   + x = y + + y2 1.3.9  + y = x + + x2   x − y − 3x + 3y = 1.3.10 2x 2y − y + 2x − x = + − x 1.4 Phương pháp phân tích nhân tử dùng đẳng thức Một phương pháp thô sơ hay sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung dùng đẳng thức Tuy để phát đẳng thức phát nhân tử phương trình vấn đề khơng đơn giản Các tốn Bài tốn 1.4.1 Giải hệ phương trình   x − y = 35 2x + 3y = 4x − 9y (HSG Tỉnh Yên Bái 2010) Lời giải: Từ hệ phương trình ta có x − y −3 2x + 3y = 35−3 4x − 9y ⇔ x −6x +12x −8 = y +9y + 27y + 27 ⇔ (x − 2)3 = y + 3 ⇔ x = y +5  Thay vào phương trình thứ hai ta thu 3y + 15y + 18 = ⇔  y = −2 ⇒ x = y = −3 ⇒ x = Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S= {(2; −3) ; (3; −2)} Bài toán 1.4.2 Giải hệ phương trình:  Lời giải:  Điều kiện  3y + ≥  x − 2y ⇔ y +1 ≥ x−  3y + + = y +1 x − 2y − y +1  x ≥ 2y x − 2y y + ⇔ x − 2y −3  x − 2y − x − 2y   y ≥ −1/3 Từ hệ phương trình, ta có x +2 = ⇔ 3y + = y + = 0⇔  x − 2y y + +2 y + = x = 3y + x = 6y + Với x = 3y + 1, thay vào phương trình x − x = ⇔ x = 4, y =  Với x = 6y + 4, thay vào 6y + = 3y + ⇔  y = − 31 ⇒ x = y = − 14 ⇒ x = 25 Vậy hệ phương trình có nghiệm (4; 1) , − 13 ; , − 14 ; 25   x + = 2y − x y + (1) Bài toán 1.4.3Giải hệ phương trình: x + 2x + y = y x − x + (2) Lời giải: Điều kiện: 2y − x ≥ ; y ≥ −4 Từ (1) ta có: y + − 2y − x =  ⇔ y + = 2y − x = (3) y + = 2y − x 2y − x y +4 ⇔ y +4+ 2y − x Xét (3): y = −4 ; x = −8 không thỏa mãn (2) ⇒ loại (4) Xét (4): y = x + thay vào (2) được: x + 3x + = (x + 4) x − x + 256 y +4− 2y − x = x − x + 4thu t + 4x = (x + 4) t⇔ (t − x) (t − 4) = (*) x − x + = ⇔ x − x −  x = −3 ⇒ y = x ≥0  12 = ⇔ (**) x − x + = x ⇔ ⇔ x = ⇒ y = Vậy hệ phương x − x + = x x =4⇒y =8 Đặt t =  trình có tập nghiệm S = {(−3; 1) ; (4; 8)}    x + y y + z (z + x) = 10x y z    Bài toán 1.4.4Giải hệ phương trình: x + y + z = 6x y z      x + y + z = 276 Lời giải: Từ hệ phương trình ta có x + y + z + 4x y z = x + y y + z (z + x) ⇔ x + y + z = x y − z + y +z y z + x2 ⇔ x x2 − y − z = y + z x2 − y − z2 ⇔ y +z −x z +x −y x +y −z =0 Khơng giảm tính tổng qt, giả sử z = x + y Thay vào phương trình ta z 2x + y 2y + x = 10x y z ⇔ z 2x − y x − 2y = Nếu z = ⇒ x + y = ⇒ x + y + z = (loại) Xét z = 0, giả sử y = 2x ⇒ z = 3x Khi x + y + z = 276 ⇔ 276x = 276 ⇔ x = Vậy hệ phương trình có nghiệm hoán vị (1; 2; 3) Bài tập tương tự Giải hệ phương trình sau:  1.4.5 1.4.6 1.4.7  x + 3x y = −49 x − 8x y + y = 8y − 17x   x2 + y = (VMO – 2004 Bảng B) 4x + 3x − 57 = −y (3x + 1) 25   x x + 3y = 14 (Chọn đội tuyển Nghệ An 2010) 2 x − y = 5x − x y − 4y    + 6y = x − x − 2y  x2 − x y + y = y 1.4.8 1.4.9  x + x − 2y = x + 3y − x + 4x y = 7x + 5y −  x + y + = 3x y + + 3y 1.4.10  x y 2x + y − = Một số toán liên quan đến giải phương trình, hệ phương trình 2.1 Cân hệ số toán cực trị Trong số tốn tìm cực trị có điều kiện, biến có vai trò khơng bình đẳng, việc tìm hệ số tương ứng để sử dụng bất đẳng thức cho hợp lí đơi dẫn dắt đến giải số phương trình hệ phương trình đại số Các toán: Bài toán 2.1.1 Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + x y z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z 257 Lời giải: Gọi a > nghiệm phương trình x + 3x = ⇒ a = 1+ 2+ − 2(Cơng thức Car- dano) Ta có x + 2a + y + 2a + z + 2a ≥ 3a x + y + z (Bất đẳng thức AM – GM) Còn x + y + z ≥ 3x y z Do = x + y + z + x y z ≤ P 3a P a +1 + 2a + P3 = 2a + (3a ) ⇒ P ≤ 6a (1−a) a +1 = 3a (a +a ) a +1 = 3a = − 9a vì2 − 2a = a + a Dấu = xảy ⇔ x = y = z = a Vậy MinP = − 2+1+9 − Bài toán 2.1.2Cho số dương a, b, c, d thỏa mãn abc +bcd +cd a +d ab = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a + b + c + 9d Lời giải: Xét x số dương bất kì, ta có x1 a + b + x d ≥ 3abd x b + c + x d ≥ 3bcd x a3 + c + x 3d ≥ 3acd a + b + c ≥ 3abc Cộng bất đẳng thức theo vế + x2 a + b + c + 3x d ≥ Ta xét x nghiệm dương phương trình 3x = + x2 ⇔ x − 3x − = ⇔ x = 3 3+2 2+ 3−2 Vậy MinP = x92 đạt a = b = c = x x+3 ,d= x +3x Bài toán 2.1.3 Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + 2b + 5c Phân tích: Giả sử cực trị xảy a x = by = c z với x, y, z ba số dương Ta áp dụng bất đẳng thức AM – GM thì: abc = x ax + y by + z cz ≥ x +y +z a x x x+y+z y x+y+z b y Tuy nhiên P = x ax +2y by +5z cz ≥ x + 2y + 5z a x z x+y+z c z x x+2y+5z b y ⇒ a y+z b z+x c x+y ≥ ( 2y x+2y+5z c z 5z x+2y+5z x+y+z x+y+z ) xx y y zz ⇒ P x+2y+5z ≥ ( Ta cần chọn x, y, z là số dương cho hai x; 2y; 5z y + z; z + x; x + y tỉ lệ    x = y +z    x = 3z Từ hệ phương trình 2y = z + x ⇔ nên ta chọn x = 3; y = 2; z =   y = 2z    5z = x + y Khi ta tìm MinP = 12 đạt a = 3; b = 2; c = (Lời giải toán dành cho bạn đọc) Bài toán 2.1.4 Cho x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn P = x y + y z + 3zx Lời giải: 1 x + α2 y ; y z ≤ 2α z + α2 y ; 3zx ≤ 32 x + z Xét α > bất kì, ta có x y ≤ 2α Cộng bất đẳng thức theo vế ta có P ≤ 1+3α 2α Ta gọi α nghiệm dương phương trình Khi MaxP = 3+ 17 đạt x = z = α 2α2 +1 x + z + αy 1+3α 2α ;y = 258 = α ⇒ α = 3+ 17 2α2 +1 x+2y+5z x+2y+5z ) x x y 2y z 5z ax Bài tập tương tự 2.1.5 Cho x, y, z thỏa mãn x y + y z + zx = Tìm giá trị nhỏ P = x + 2y + 3z 2.1.6 Cho A, B, C ba góc tam giác Tìm giá trị lớn biểu thức: P = sin A.(sin B ) (sinC ) 2.1.7 Chox, y, z số dương Xét A, B, C ba góc tam giác nhọn thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x tan A + y tan B + z tanC 2.1.8 Chox, y, z số dương thay đổi biết x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = (x + 1) y +1 z +1 2.1.9 Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 21ab +2bc +8c a ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a1 + b1 + 1c (Vietnam TST – 2001) 2.1.10 Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 3a a+bc 4b 6c + b+c + c+ab a 2.2 Một số toán khác Trong kì thi HSG, ta hay gặp dạng tập đề cập đến tính chất nghiệm phương trình đại số, ví dụ vấn đề giới hạn dãy nghiệm phương trình theo tham số nguyên dương, chứng minh tính chất nghiệm phương trình đại số Các tốn: 1 Bài tốn 2.2.1Cho phương trình 1(x+1) + 2(x+2) + + n(x+n) = với n tham số nguyên dương ẩn x ∈ (−1; +∞) Chứng minh phương trình ln có nghiệm x n tính giới hạn dãy số (x n )khi n → +∞ Lời giải: Xét hàm f n (x) = n k=1 k(x+k) − , (x ∈ (−1; +∞)) Ta có f n n (x) = − k=1 k(x+k)2 < ∀x ∈ (−1; +∞) Do hàm số f n (x) nghịch biến (−1; +∞) Tuy nhiên lim + f n (x) = +∞, lim f n (x) = −1 ⇒ phương trình f n (x) = ln có nghiệm x→+∞ x→−1 x n ∈ (−1; +∞) Ta có f n (1) = n k=1 k(k+1) n −1 = k=1 k 1 − k+1 − = − n+1 < = f n (x n ) ⇒ x n < Áp dụng định lí Lagrange, tồn y n ∈ (x n ; 1) cho: n+1 n = (1 − x n ) Do f n (1)− f n (x n ) 1−x n n =f n yn = − k y +k ) ( n k=1 ⇒ n > 1−x k=1 k ( y n +k ) − n+1 < xn < ∀n ∈ Z+ ⇒ lim x n = Bài toán 2.2.2Cho phương trình x n − 2x − = với n > tham số nguyên, ẩn x ∈ (1; +∞) Chứng minh phương trình ln có nghiệm x n tính giới hạn dãy (n (x n − 1))khi n → +∞ Lời giải: Xét hàm số f n (x) = x n −2x −1, x ∈ (1; +∞) ⇒ f n (x) = nx n−1 −2 > ∀x > 1, ∀n ≥ ⇒ hàm số cho đồng biến (1; +∞) Mà f n (1) = −2 < 0, lim f n (x) = +∞ ⇒ phương trình f n (x) = ln x→+∞ 259 có nghiệm x n ∈ (1; +∞) Ta có f n (3) = 3n − > ⇒ x n < ∀n ≥ ⇒ x n = Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có n n 2x n + < n ∀n ≥ < 7+(n−1) = + n6 n Do < x n < + n6 ⇒ lim x n = Tuy nhiên x nn − 2x n − = ⇒ n ln x n = ln (2x n + 1) ⇒ lim n (x n − 1) = lim ln (2x n + 1) xlnn x−1n = ln 3vì lim x n = Bài toán 2.2.3Cho số thực a, b, c cho phương trình x +ax +bx +c = có ba nghiệm thực (các nghiệm không thiết phân biệt) Chứng minh rằng: 12ab+27c ≤ 6a +10 a − 2b 3/2 Đẳng thức xảy nào? (VMO – 2002 Bảng A) Lời giải: Gọi α, β, γ ba nghiệm phương trình Theo định lí Viete ta có: α + β + γ = −a; αβ + βγ + γα = b; αβγ = −c Khi điều phải chứng minh tương đương với :6 α α2 ≤ 27αβγ + 10 α2 3/2 (1) Nếu ba nghiệm đồng thời 0, ta hiển nhiên có đpcm Nếu ba nghiệm khơng đồng thời 0, chia hai vế (1) cho ( α)3/2 3α 3α ≤ + 10 ( α2 )1/2 ( α2 )1/2 3β 3γ Đặt u = 3α2 1/2 ; v = ; w= ( α) ( α2 )1/2 ( α2 )1/2 Giả sử u ≤ v ≤ w ⇒ uv ≤ 12 u + v ≤ Khi (1) ⇔ u = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có u − uv w ≤ u + v + w + (2 − uv)2 = (9 + 2uv) u v − 4uv + = 100 + (uv + 2)2 (2uv − 7) ≤ 10 ⇒đpcm Đẳng thức xảy ⇔ (u; v; w) hoán vị (−1; 2; 2) ⇔a = −3t ; b = 0; c = 4t với t số thực tùy ý Bài tập tương tự 2.2.4Cho hai đa thức P (x) = 4x − 2x − 15x + Q (x) = 12x + 6x − 7x + 1 Chứng minh đa thức có ba nghiệm phân biệt Gọi α, β nghiệm lớn hai đa thức Chứng minh α2 + 3β2 = (VMO – 2003 Bảng A) 2.2.5 Cho phương trình x−1 1 + 4x−1 + + k x−1 + + n x−1 = n tham số nguyên dương Chứng minh phương trình ln có nghiệm lớn 1, kí hiệu x n dãy số (x n ) có giới hạn n → +∞ (VMO – 2002 Bảng A) 260 2.2.6 Cho phương trình x +2x +3x + +nx 3n+1 = 2014 với n tham số nguyên dương ẩn x nhận giá trị dương Chứng minh phương trình có nghiệm dương nhất, kí hiệu x n tính giới hạn dãy số (x n )khi n → +∞ 2.2.7Với n nguyên dương, ta kí hiệu x n nghiệm khoảng π + nπ; π2 + (n + 1) π phương trình tan x = x Hãy tính lim (x n+1 − x n ) 2.2.8 Cho đa thức P (x) bậc n có hệ số cao Giả sử đa thức có nghiệm thực x ; x ; ; x n (không thiết phân biệt) Xét số thực a cho a > Max x k ; k = 1, n Chứng minh P (a) P (a + 1) ≥ 2n P (a) 2.2.9Cho biết phương trình x + ax + bx + (2b − 16) x + c = có nghiệm khơng âm (không thiết phân biệt) Chứng minh 3a + 2b ≤ Hỏi đẳng thức xảy nào? 2.2.10 Cho phương trình ax − x + bx − = có ba nghiệm thực dương (khơng thiết phân biệt) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 5aa 2−3ab+2 (b−a) 261 ... DD DD DD [DEF ] [DEF ] Likewise, EC [ODF ] FA [ODE] =1+ and =1+ EE [DEF ] FF [DEF ] Thus DB EC FA [OEF ] + [ODF ] + [ODE] + + =3+ = DD EE FF [DEF ] 29 Problem Let ABC be a triangle and P an... on side BC Thus one of the two remaining vertices of the square is on side AB and the other is on AC Points B1 , C1 are defined in a similar way for inscribed squares with two vertices on sides... value in terms of the side lengths of ABC Solution As usual, let a, b, c denote the sides of the triangle facing the vertices A, B, C, respectively We will show that the desired minimum value of