Mục lục
Lời mở đầu iii
Vài ký hiệu vii
1 Tháng 10 1
1.1 Bài 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 Phân tích lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.3 Một cách khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Bài 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.2 Nguồn gốc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Bài 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2 Một bài tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.3 Hai câu hỏi mở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4 Bài 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.4.2 Bình luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 Tháng 11 13
2.1 Bài 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.2 Mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2 Bài 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2.2 Một cách khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3 Bài 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3.2 Mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.4 Bài 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.4.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.4.2 Nguồn gốc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
v
2.4.3 Một cách khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3 Tháng 12 23
3.1 Bài 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.1.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.1.2 Nguồn gốc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.1.3 Hai bài tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2 Bài 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2.2 Bình luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3 Bài 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3.2 Bình luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.4 Bài 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.4.1 Lời giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.4.2 Một bài tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
vi
Vài ký hiệu
❑ kết thúc chứng minh câu hỏi
◆ kết thúc chứng minh bổ đề
R
+
tập hợp các số thực không âm
Q
∗
+
tập hợp các số hữu tỉ dương
N tập hợp các số nguyên không âm
góc không định hướng
song song
[AB] đoạn thẳng AB
d
◦
P bậc của đa thức P
a |b b chia hết cho a
a |b b không chia hết cho a
:= định nghĩa vế trái bằng vế phải
=: định nghĩa vế phải bằng vế trái
≡ đồng dư (mod )
≡ đẳng thức giữa hai hàm
∼ tương đương giữa hai hàm
vii
viii
Chương 1
Tháng 10
1.1 Bài 1
Cho a, b, c là ba số thực dương.
a) Chứng minh rằng tồn tại duy nhất số thực dương d thỏa mãn
1
a + d
+
1
b + d
+
1
c + d
=
2
d
.
b) Với x, y, z là các số thực dương sao cho ax + by + cz = xyz, hãy chứng minh bất đẳng thức
x + y + z ≥
2
d
(a + d)(b + d)(c + d).
MrMATH
1.1.1 Lời giải
a) Nhân hai vế của đẳng thức
1
a + d
+
1
b + d
+
1
c + d
=
2
d
(1.1)
cho d, và sử dụng
d
λ + d
= 1 −
λ
λ + d
với λ ∈ {a, b, c}, ta biến đổi phương trình phải thỏa mãn
thành
a
a + d
+
b
b + d
+
c
c + d
= 1. (1.2)
Khảo sát hàm
F (t) =
a
a + t
+
b
b + t
+
c
c + t
(1.3)
trên miền t ∈ (0, +∞), ta dễ thấy F là một hàm liên tục và nghịch biến ngặt (vì a, b, c đều
dương). Hơn nữa, lim
t→0
+
F (t) = 3 và lim
t→+∞
F (t) = 0 Vậy, tồn tại một giá trị d ∈ (0, +∞)
1
duy nhất sao cho F (d) = 1. ❑
b) Đặt X = (a + d)x, Y = (b + d)y, Z = (c + d)z. Khi đó, giả thiết ax + by + cz = xyz có thể
được phát biểu lại bằng
a
a + d
X +
b
b + d
Y +
c
c + d
Z =
XY Z
(a + d)(b + d)(c + d)
, (1.4)
còn điều phải chứng minh thì trở thành
d
2(a + d)
X +
d
2(b + d)
Y +
d
2(c + d)
Z ≥
(a + d)(b + d)(c + d). (1.5)
Theo (1.2), các hệ số bên vế trái của (1.4) có tổng bằng 1. Áp dụng bất đẳng thức trung
bình cộng/trung bình nhân mở rộng (hoặc Cauchy mở rộng) vào vế trái của (1.4), ta có
a
a + d
X +
b
b + d
Y +
c
c + d
Z ≥ X
a
a+d
Y
b
b+d
Z
c
c+d
, (1.6)
và từ đó, phối hợp với giả thiết (1.4), ta suy ra
X
d
a+d
Y
d
b+d
Z
d
c+d
≥ (a + d)(b + d)(c + d). (1.7)
Theo (1.1), các hệ số bên vế trái của (1.5) có tổng bằng 1. Áp dụng bất đẳng thức trung
bình cộng/trung bình nhân mở rộng vào vế trái của (1.5), ta có
d
2(a + d)
X +
d
2(b + d)
Y +
d
2(c + d)
Z ≥ X
d
2(a+d)
Y
b
2(b+d)
Z
c
2(c+d)
=
X
d
a+d
Y
d
b+d
Z
d
c+d
1/2
. (1.8)
Sử dụng (1.7) thì thu được điều phải chứng minh (1.5). ❑
1.1.2 Phân tích lời giải
Có một cách suy luận hợp lý nào dẫn dắt ta đến con số d trong câu a) không, nếu đề bài không
cho ta biết ? Nói chính xác hơn, ta phải làm sao nếu đề bài đưa ra là:
Cho a, b, c là ba số thực dương. Với x, y, z thực dương sao cho ax + by + cz = xyz,
tìm giá trị nhỏ nhất của x + y + z.
Hãy đặt X = ux, Y = vy, Z = wz, trong đó u, v, w là 3 tham số thực dương sẽ được xác
định một cách “thông minh”. Giả thiết của đề bài là
a
u
X +
b
v
Y +
c
w
Z =
XY Z
uvw
(1.9)
còn biểu thức x + y + z mà ta phải tìm giá trị nhỏ nhất bằng
1
u
X +
1
v
Y +
1
w
Z. (1.10)
2
Nếu ta đặt điều kiện
a
u
+
b
v
+
c
w
= 1 (1.11)
thì các hệ số bên vế trái của (1.9) có tổng bằng 1. Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng/trung
bình nhân mở rộng vào vế trái của (1.9), ta có
XY Z
uvw
=
a
u
X +
b
v
Y +
c
w
Z ≥ X
a
u
Y
b
v
X
c
w
,
từ đó suy ra
X
1−
a
u
Y
1−
b
v
Z
1−
c
w
≥ uvw. (1.12)
Mặt khác, cũng áp dụng Cauchy mở rộng vào (1.10), ta tìm được một chặn dưới cho (1.10),
đó là
1
u
X +
1
v
Y +
1
w
Z ≥
1
u
+
1
v
+
1
w
X
1
u
Y
1
v
Z
1
w
1
1
u
+
1
v
+
1
w
. (1.13)
Lần này thì kết quả có vẻ hơi phức tạp, vì tổng các hệ số bên vế trái không bằng 1, nhưng điều
này không thay đổi bản chất vấn đề.
So sánh (1.13) với (1.12) gợi cho ta ý kiến sau: nếu ta muốn khai thác (1.12) để tiếp tục
tìm chặn dưới cho vế phải của (1.13), thì các bộ số mũ trong (1.12) và (1.13) phải tỷ lệ với
nhau. Nói cách khác, ta phải chọn u, v, w sao cho
i) tồn tại d ∈ R thỏa mãn
1 −
a
u
, 1 −
b
v
, 1 −
c
w
= d
1
u
,
1
v
,
1
w
ii)
a
u
+
b
v
+
c
w
= 1, đây chính là điều kiện (1.11).
Từ ii), ta có 1 −
a
u
> 0. Phối hợp với i) thì kéo theo d > 0. Từ i), ta có u = a + d, v = b + d,
w = c + d. Thế các đẳng thức này vào ii) thì được
a
a + d
+
b
b + d
+
c
c + d
= 1.
Đây chính là phương trình (1.2) để xác định d (> 0). ❑
Tóm lại, công dụng của các tham số u, v, w là để cho ta “nối đuôi” được (1.13) với (1.12).
Đồng thời, nó cũng “dời chỗ” trường hợp dấu bằng: trong tất cả các bất đẳng thức viết trên,
dấu bằng xảy ra khi X = Y = Z. Bài 1 này tuy không khó lắm, nhưng tiêu biểu cho một
phương pháp cân bằng hệ số cần nắm vững trong bất đẳng thức. Hiểu rõ bài này thì bạn sẽ
làm được bài sau:
Tìm giá trị nhỏ nhất của tan A + 2 tan B + 5 tan C, với A, B, C là ba góc của một
tam giác nhọn.
Đây là bài 10 của cuộc thi VMEO I (2004). Chúc các bạn thành công! (đáp số : giá trị nhỏ
nhất bằng 12, tương ứng với tan A = 3, tan B = 2, tan C = 1.)
3
1.1.3 Một cách khác
Xin giới thiệu với các bạn một cách khác, do tác giả bài (MrMATH) cùng một thí sinh (clmt)
đề xướng. Cách này có vẻ “dễ sợ”, nhưng chúng tôi sẽ cố gắng trình bày nó một cách hợp lý, tự
nhiên.
Điều kiện ax + by + cz = xyz có thể được viết dưới dạng
a
yz
+
b
zx
+
c
xy
= 1. (1.14)
Gọi (x, y, z) và (x
0
, y
0
, z
0
) hai bộ số thực dương thỏa mãn (1.14). Hãy hình dung (x, y, z) là
một điểm “di động” bất kỳ, còn (x
0
, y
0
, z
0
) là một điểm “cố định”, nơi mà dấu bằng sẽ xảy ra.
Hiện giờ thì dĩ nhiên ta chưa biết (x
0
, y
0
, z
0
) nằm tại đâu. Nhưng theo bất đẳng thức trung
bình cộng/trung bình nhân cho 3 số (Cauchy thường, không mở rộng), ta có
a
yz
+
a
y
2
0
z
0
y +
a
y
0
z
2
0
z ≥ 3
a
y
0
z
0
. (1.15)
Bất đẳng thức này có lợi ích gì và tại sao nghĩ ra được nó ? Một lợi ích trước mắt là khi so
sánh (1.15) với (1.14), ta thấy xuất hiện các phân số
a
yz
và
a
y
0
z
0
. Do đó, nếu ta viết hai bất
đẳng thức tương tự với (1.15), tức là
b
zx
+
b
z
2
0
x
0
z +
b
z
0
x
2
0
x ≥ 3
b
z
0
x
0
(1.16)
c
xy
+
c
x
2
0
y
0
x +
c
x
0
y
2
0
y ≥ 3
c
x
0
y
0
(1.17)
rồi cộng cả 3 bất đẳng thức này lại, ta có thể sử dụng (1.14) để rút gọn kết quả. Phép cộng
này dẫn đến
b
z
0
x
2
0
+
c
x
2
0
y
0
x +
c
x
0
y
2
0
+
a
y
2
0
z
0
y +
a
y
0
z
2
0
+
b
z
2
0
x
0
z ≥ 3 −1 = 2. (1.18)
Đến đây thì ta nhận thấy một lợi ích khác của (1.15): vì (1.15) bậc nhất đối với y, z, nên
khi cộng lại, (1.18) cũng bậc nhất đối với x, y, z. Từ đó, nảy sinh ra ý tưởng chọn x
0
, y
0
, z
0
khéo léo, sao cho vế trái của (1.18) tỉ lệ với x + y + z (biểu thức mà ta phải tìm giá trị nhỏ
nhất). Vậy, ta hãy đòi hỏi
b
z
0
x
2
0
+
c
x
2
0
y
0
=
c
x
0
y
2
0
+
a
y
2
0
z
0
=
a
y
0
z
2
0
+
b
z
2
0
x
0
, (1.19)
và cũng đừng quên điều kiện
a
y
0
z
0
+
b
z
0
x
0
+
c
x
0
y
0
= 1. (1.20)
Hệ phương trình (1.19)–(1.20) tuy không khó giải, nhưng các phép tính tương đối dài, nên
chúng tôi chỉ xin ghi ra đáp số, mời các bạn kiểm lại. Ta được
x
0
=
(b + d)(c + d)
a + d
, y
0
=
(c + d)(a + d)
b + d
, z
0
=
(a + d)(b + d)
c + d
, (1.21)
với d là đại lượng phụ trong câu hỏi a). Khi đó, ta cũng chứng minh được rằng (1.18) tương
đương với điều phải chứng minh trong câu b). ❑
4
1.2 Bài 2
Các số nguyên dương được tô bằng hai màu trắng và đen. Biết rằng tổng hai số khác màu luôn
mang màu đen, và có vô hạn các số mang màu trắng. Chứng minh rằng tổng và tích của hai
số mang màu trắng cũng là các số mang màu trắng.
[từ một bài cũ]
1.2.1 Lời giải
Gọi p là số nguyên dương nhỏ nhất màu trắng. Con số này tồn tại, vì theo giả thiết, ta có vô
hạn số màu trắng.
Nhận xét rằng nếu a là một số trắng, với a > p, thì a − p cũng phải trắng. Thật vậy, nếu
a − p đen, ta sẽ có
a = (a −p) + p = đen + trắng = đen, (1.22)
mâu thuẫn với a trắng. Nhận xét này gợi ý cho ta tiếp tục trừ cho p như trên, đến khi nào
“không trừ được nữa”. Trong ngôn ngữ toán học, ý này được biểu diễn bằng phép chia Euclid
a = pq + r, với q ≥ 0 và 0 ≤ r < p. (1.23)
Khai thác nhận xét trên thì ta suy ra được r trắng. Tuy nhiên, theo định nghĩa của p thì với
mọi 1 ≤ r < p thì r đen. Do đó, ta phải có r = 0. Tổng kết lại các trường hợp a > p, a = p và
1 ≤ a < p, ta có
a trắng ⇒ a chia hết cho p.
Vậy, tất cả những số không phải là bội số của p đều màu đen. Bây giờ, trong số các bội số
của p, có thể có số nào màu đen không ? Hãy tạm giả sử là có. Gọi n là số nhỏ nhất sao cho
np đen. Khi đó,
(n + 1)p = np + p = đen + trắng = đen. (1.24)
Lý luận tương tự thì tất cả các số mp, với m ≥ n cũng đen. Vậy, tất cả mọi số nguyên dương
đều đen, ngoại trừ p, 2p, . . . , (n − 1)p. Nhưng điều này mâu thuẫn với giả thiết tồn tại vô hạn
các số màu trắng.
Tóm lại, mọi bội số của p phải màu trắng, và chỉ có những số ấy mới màu trắng. Từ đó dễ
suy ra điều phải chứng minh. ❑
1.2.2 Nguồn gốc
Bài 2 cũng tương đối dễ, nhiều bạn thí sinh đã giải quyết thành công. Thật ra, nó là biến dạng
của một bài tập có trong quyển Problem-solving strategies của Arthur Engel (chương 2, bài 38):
Các số nguyên dương được tô bằng hai màu trắng và đen. Biết rằng tổng hai số
khác màu luôn mang màu đen, còn tích của chúng luôn mang màu trắng. Vậy, tích
của hai số trắng màu gì ? Tìm tất cả các phép tô màu thỏa mãn các điều kiện đưa
ra.
5
Ta thấy giả thiết tích của hai số khác màu luôn mang màu trắng trong bài gốc đã được thay
thế bởi có vô hạn số màu trắng trong bài 2. Những giả thiết đó đều có tính cách phụ thuộc.
Giả thiết tổng hai số khác màu luôn mang màu đen mới thực sự thiết yếu. Lời giải đưa ra cho
bài 2 khai thác triệt để giả thiết chính yếu này.
1.3 Bài 3
Cho a
1
, a
2
, . . . , a
m
là các số nguyên dương (m ≥ 1). Xét dãy số {u
n
}
∞
n=1
, với
u
n
= a
n
1
+ a
n
2
+ . . . + a
n
m
.
Biết rằng dãy này có hữu hạn ước số nguyên tố. Chứng minh rằng a
1
= a
2
= . . . = a
m
.
K09
1.3.1 Lời giải
Trước tiên, ta cần làm sáng tỏ thế nào là dãy có hữu hạn ước số nguyên tố. Mỗi số hạng u
n
của dãy đều dĩ nhiên có hữu hạn ước số nguyên tố. Gọi D(u
n
) là tập hợp (hữu hạn) của những
ước số nguyên tố của u
n
. Giả thiết của đề bài nói rằng tập hợp
D(u) =
∞
n=1
D(u
n
) (1.25)
cũng hữu hạn. Vậy, hãy gọi các phần tử của D(u) là
D(u) = {p
1
, p
2
, . . . , p
k
}. (1.26)
Khi có lũy thừa của một số nguyên, trong đó ta “kiểm soát” được số mũ, một phản xạ tốt
là nên nghĩ đến định lý nhỏ của Fermat. Theo định lý này thì với mọi 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ k,
ta có
a
p
j
−1
i
≡
1 (mod p
j
), nếu p
j
|a
i
(1.27)
0 (mod p
j
), nếu p
j
|a
i
. (1.28)
Điều này gợi ý cho ta chọn n = N(p
1
− 1)(p
2
− 1) . . . (p
k
− 1), với N ≥ 1 bất kỳ, vì khi đó ta
sẽ có a
n
i
≡ 1 hoặc 0 (mod p
j
). Lấy tổng trên i thì ta có thể hy vọng suy ra được một điều gì
đó về u
n
(mod p
j
), thậm chí dẫn đến “mâu thuẫn” khi biến đổi j và tăng N. Thật ra thì muốn
thành công, hướng giải này cần phải được bổ túc bởi một số ý kiến có tính cách kỹ thuật.
Nhưng chúng tôi đã cố ý trình bày sơ lược cốt ý như trên cho dễ hiểu. Sau đây mới là lời giải
thực thụ.
Đặt d là ước số chung lớn nhất của a
1
, a
2
, . . . , a
m
. Ta có thể viết a
i
= db
i
, trong đó các số
nguyên dương b
i
nguyên tố cùng nhau. Dễ thấy rằng dãy số {v
n
}
∞
n=1
, định nghĩa bởi
v
n
= b
n
1
+ b
n
2
+ . . . + b
n
m
, (1.29)
6
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét