8/17/2019 truongxuan2016-2

1/18

Trưng Xuân Toán hc min Nam 2016

VIT NAM TST MOCK TEST

Thi gian làm bài: 240 phút.

1 Đ thi ngày 1 (ngày 24/02/2016)

Bài 1.

Cho  a,b, c là các s thc dương. Chng minh rng ta có bt đng thc

ab + bc + ca +√ 

a2b2 + b2c2 + c2a2

a + b + c + √ a2 + b2 + c2   ≤  a + b + c

3Bài 2.

Cho tam giác  ABC  nhn ni tip trong  (O), ngoi tip (I ). Gi (J ) là đưng tròn

Euler và   H   là trc tâm tam giác. Đưng tròn   (I ) tip xúc vi  AB, AC  ln lưt

ti  D, E . Đim  T  di đng trên  (J ) và đưng thng qua  T  vuông góc vi  HT   ct

(O)   M, N . Dng hình bình hành  MH NK  .

1. Chng minh rng  K  luôn di chuyn trên mt đưng c đnh khi  T  thay đi.

2. Đưng tròn (S ) tip xúc ngoài vi  (J ) và tip xúc vi các đon thng  AB,AC 

ln lưt ti   X, Y . Gi   Z  là trc tâm ca tam giác   ADE . Chng minh rng

t giác   AXZY  là hình thoi.

Bài 3.

Mt cp s cng các s nguyên dương gm ít nht  3 s hng đưc gi là  chun

nu tích các s hng ca nó là ưc s ca mt s có dng  n2 + 1.

1. Chng minh rng tn ti mt cp s cng chun vi công sai  12.2. Chng minh rng không tn ti cp s cng chun vi công sai  10 và  11.

3. Hi mt cp s cng chun vi công sai bng  12 có th có nhiu nht bao

nhiêu s hng?

8/17/2019 truongxuan2016-2

2/18

2 Đ thi ngày 2 (ngày 26/02/2016)

Bài 4.

1. Cho bng hình ch nht  m × n ô vi  m, n là các s nguyên dương cho trưc.Trên mi ô ca bng ta vit  1 trong các s  0, 1, 2 sao cho tng các s trên

mi hàng, mi ct chia ht cho  3. Hi có th có nhiu nht bao nhiêu s  1?

2. Cho hình hp ch nht  2015 × 2016 × 2017 đưc to thành t các hình lpphương đơn v. Trong mi hình lp phương đơn v, ta vit mt trong các

s  0, 1, 2 sao cho tng các s trong mi dài  1 × 1 × 1 × 2017, 1 × 2016 × 1 và2015 × 1 × 1 chia ht cho  3. Hi có th có nhiu nht bao nhiêu s  1?

Bài 5.Cho tam giác   ABC  ni tip đưng tròn   (O) bán kính   R, ngoi tip đưng tròn

(I ) bán kính  r  và có các đưng trung tuyn là  AA1, BB1, CC 1. Tip tuyn ti B , C 

ca đưng tròn  (O) ct nhau ti  S  và gi s  AS  ct  BC  ti  A2. Các đim  B2, C 2đưc xác đnh tương t. Chng minh rng

AA2

AA1+

 BB2

BB1+

 CC 2

CC 1≥ 1 +  4r

R.

Bài 6.Vi s nguyên dương  n, gi  Bn+1 là tp tt c các xâu nh phân đ dài  n, tc là

Bn+1 = {anan−1 . . . a0 | ai ∈ {0, 1}, ∀i = 0, 1, . . . , n} .

Vi mi xâu  a =  anan−1 . . . a0 thuc  Bn+1 ta gi

s(a) = an + an−1 + · · · + a0   (mod 2) là bit kim tra ca xâu  a

v(a) = an2n + an−12

n−1 + · · · + a1 · 2 + a0 là giá tr ca xâu  a

Gi   Bn+1

0   , Bn+1

1   tương ng là tp hp tt c các xâu nh phân có đ dài   n + 1có bit kim tra tương ng là  0 và  1. Chng minh rng vi mi s nguyên dương

k, n, ta có đng thc

a∈Bn+10

(v(a))k =

a∈Bn+11

(v(a))k.

8/17/2019 truongxuan2016-2

3/18

ĐÁP ÁN CHI TIT

Bài 1.  Cho   a,b,c  là các s thc dương. Chng minh rng ta có bt đng thc 

ab + bc + ca +√ 

a2b2 + b2c2 + c2a2

a + b + c +√ 

a2 + b2 + c2  ≤   a + b + c

3

Li gii.  Ta cn chng minh

ab + bc + ca +√ 

a2b2 + b2c2 + c2a2

a + b + c +√ 

a2 + b2 + c2  ≤   a + b + c

3

Khai trin và rút gn, ta có

3 

a2 + b2 + c2 − (a + b + c) a2 + b2 + c2 ≤ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca  (∗).Ta xét 2 trưng hp:

1. Nu  3√ 

a2 + b2 + c2 ≤ (a + b + c)√ 

a2 + b2 + c2 thì chú ý rng

a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca =  12

(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2

nên d thy  V P (∗) ≥ 0 ≥ V T (∗). Do đó bt đng thc  (∗) đúng.

2. Nu  3√ a2 + b2 + c2 > (a + b + c)√ a2 + b2 + c2, t  (∗), ta cn chng minh:9(a2b2 + b2c2 + c2a2) − (a + b + c)2(a2 + b2 + c2)

2(a + b + c)√ 

a2 + b2 + c2  ≤ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca

⇔−

cyc(a − b)2

a2 + b2 + 6ab − 2c2

2(a + b + c)

√ a2 + b2 + c2

  ≤cyc

(a − b)2

Ta cn có

−cyc

(a − b)2

a2

+ b2

+ 6ab − 2c2 ≤ 2(a + b + c) a2 + b2 + c2

cyc(a − b)

2

(∗∗)

Không mt tính tng quát, ta gi s  a = max {a,b,c}.

D thy

2(a + b + c) 

a2 + b2 + c2 > 2a2

8/17/2019 truongxuan2016-2

4/18

nên  V P (∗∗)  > 2a2cyc

(a − b)2 ≥ 2a2(b − c)2 + 2b2(c − a)2 + 2c2(a − b)2 = T .

Chú ý rng

V T (∗∗) − T   = −cyc

(a − b)2 a2 + b2 + 6ab ≤ 0nên suy ra

V T (∗∗) ≤ T < V P  (∗∗).

Do đó, (**) đúng.

Bt đng thc đã cho đưc chng minh.

Đng thc xy ra khi  a =  b  =  c.  

Bài 2.  Cho tam giác   ABC   nhn ni tip trong   (O), ngoi tip   (I ). Gi   (J )   là 

đưng tròn Euler và  H  là trc tâm tam giác. Đưng tròn  (I ) tip xúc vi  AB,AC 

ln lưt ti   D, E . Đim   T  di đng trên   (J )  và đưng thng qua   T  vuông góc vi 

HT   ct   (O)     M, N . Dng hình bình hành   MH NK  .

1. Chng minh rng  K   luôn di chuyn trên mt đưng c đnh khi  T  thay đi.

2. Đưng tròn  (S ) tip xúc ngoài vi  (J ) và tip xúc vi các đon thng  AB,AC 

ln lưt ti   X, Y . Gi   Z   là trc tâm ca tam giác   ADE . Chng minh rng 

t giác   AXZY   là hình thoi.

Li gii.  1) Ta bit rng

HJ 

HO  =

 1

2 và

  R(J )

R(O)=

 1

2

nên phép v t tâm  H, t s   12  bin  (O) thành  (J ).

Gi  R là trung đim  M N  thì  R cũng là trung đim  HK . Do  O là tâm ca đưngtròn nên  OR ⊥ M N  và t giác  HORT  là hình thang vuông.

Chú ý rng  J  là trung đim ca  HO nên d dàng chng minh đưc

JT   = J R hay  R ∈ (J ).

8/17/2019 truongxuan2016-2

5/18

Phép v t đã nêu bin  K  thành  R, mà  R ∈ (J ) nên  K  ∈ (O).Do đó,  K  luôn thuc đưng tròn  (O) c đnh.

2) Trưc ht, ta s chng minh b đ sau:

B đ. Cho tam giác  ABC  có  D, E  ln lưt là tip đim ca đưng tròn ni tip(I ) lên  AB, AC  và  H, K   ln lưt là hình chiu ca   B   lên   AC  và  C   lên   AB.  Khi

đó, tâm đưng tròn ni tip ca  ∆AHK  là trc tâm ca  ∆ADE.

Chng minh.

8/17/2019 truongxuan2016-2

6/18

Gi J, J  ln lưt là tâm đưng tròn ni tip  ∆AHK  và trc tâm ∆ADE. D thy

rng  ∆AHK  ∼ ∆ACB theo t l   HK BC  = cos A nên  AJ  = AI  cos A.

Hơn na, ta thy rng   ∆ADE  ni tip đưng tròn đưng kính AI nên   AI  =

AI  cos A. Do   J, J  cùng thuc phân giác góc   A  và   AJ   =  AJ  nên   J  ≡  J . B đđưc chng minh.

Tr li bài toán,

Gi  B, C  ln lưt là chân đưng cao đnh  B, C  ca tam giác  ABC  và B, C  ln

lưt là trung đim ca  AC, AB. Rõ ràng  B, C , B, C  ∈ (J ).

Xét phép nghch đo  Ω tâm  A, phương tích là  k = P A/(J ). Khi đó:

Ω : (J ) → (J ).Gi  P, Q ln lưt là trung đim ca  AC , AB thì d thy rng

k =  AC  · AC  = 2AP  ·  12

AB = AP  · AB

nên  Ω :  B → P .

Tương t,  Ω : C  → Q nên  Ω :  B C  → (AP Q).

8/17/2019 truongxuan2016-2

7/18

Gi (L) là đưng tròn bàng tip góc A ca tam giác ABC  thì d thy Ω : (L) → (S )là đưng tròn A-Mixilinear ca tam giác   APQ.

Theo đnh lý Feuerbach thì (L) tip xúc vi  (J ) nên  (S ) tip xúc vi  (J ), mà  (S )

cũng tip xúc vi  AB,AC  nên  (S ) ≡ (S ).Gi  F  là tâm đưng tròn ni tip ca tam giác   ABC  thì theo b đ Sawayama,

ta có   F   là trung đim   XY.  Áp dng b đ trên, ta thy   Z  cũng là tâm đưng

tròn ni tip tam giác  ABC .

Theo tính cht ca phép v t tâm  A, t s   12 bin  ∆ABC  → ∆AQP  thì   AF AZ   =   12 ,

mà  A, F,Z  cùng thuc phân giác góc  A nên  F  là trung đim  AZ. Do đó, t giác

AXZY  là hình bình hành.

D thy  AX  = AY   nên  AXZY  là hình thoi. Ta có đpcm.  

Bài 3.  Mt cp s cng các s nguyên dương gm ít nht  3  s hng đưc gi là 

chun nu tích các s hng ca nó là ưc s ca mt s có dng  n2 + 1.

1. Chng minh rng tn ti mt cp s cng chun vi công sai  12.

2. Chng minh rng không tn ti cp s cng chun vi công sai  10  và  11.

3. Hi mt cp s cng chun vi công sai bng   12  có th có nhiu nht bao

nhiêu s hng? 

Li gii.  1) Ta chn cp s cng (CSC)   1, 13, 25 có công sai  12 và đ dài là   3.Rõ ràng đây là CSC chun.

D thy  1 · 13 · 25 = 325 = 182 + 1 nên nó cũng chính là ưc ca s có dng  n2 + 1,tha mãn điu kin đã cho.

2) Ta có b đ quen thuc sau:

B đ. S nguyên dương  n2 + 1 không có ưc nguyên t dng  4k + 3  vi  k là snguyên dương.

•  Chng minh không tn ti CSC chun có công sai là  10.

8/17/2019 truongxuan2016-2

8/18

Gi s tn ti CSC như th có s hng đu là  a. Xét  3  s hng liên tip ca

CSC này bt đu t  a là  a, a + 10, a + 20, d thy rng

a(a + 10)(a + 20)

 ≡ a(a + 1)(a + 2)

 ≡ 0 (mod 3)

vì  a(a +1)(a + 2) là tích ca  3  s nguyên dương liên tip. Suy ra tích ca các

s hng này chia ht cho 3, tc là có ưc nguyên t dng  4k + 3, theo b đ

trên thì nó không tha mãn.

•  Chng minh không tn ti CSC chun có công sai là  11.

Ta thy

a(a + 11)(a + 22) ≡ a(a + 2)(a + 1) ≡ 0 (mod 3)

nên trưng hp này tương t.

Do đó, không tn ti CSC chun có công sai là  10 hay  11.

3) Vi   x là s hng đu ca CSC công sai là  12, ta xét  7 s hng đu ca CSC

này là:

x, x + 12, x + 24, x + 36, x + 48, x + 60, x + 72.

Rõ ràng   (12, 7) = 1  nên các s trên lp thành mt h thng dư đy đ theo

modulo  7, nghĩa là tích ca chúng s chia ht cho  7.Tuy nhiên  7 là s nguyên t có dng  4k + 3 nên cũng không tn ti s  n sao cho

n2 + 1 chia ht cho tích các s hng này.

Do đó, CSC chun có công sai là  12 phi có s các s hng không vưt quá  6.

Tip theo, ta li xét b s  (5, 17, 29, 41, 53, 65). Kim tra trc tip, ta thy:

n ≡ 7 (mod 25) ⇒ 25n2 + 1

n ≡ 5 (mod 13) ⇒ 13 n2 + 1n ≡ 12 (mod 29) ⇒ 29

n2 + 1n ≡ 9 (mod 41) ⇒ 41

n2 + 1n ≡ 23 (mod 53) ⇒ 53

n2 + 1

8/17/2019 truongxuan2016-2

9/18

Do đó, xét s  n tha mãn h

n ≡ 7 (mod 25)n

 ≡ 5 (mod 13)

n ≡ 12 (mod 29)n ≡ 9 (mod 41)n ≡ 23 (mod 53)

thì theo đnh lý thng dư Trung Hoa (vì các modulo đôi mt nguyên t cùng

nhau), ta thy

n2 + 1 ≡ 0 (mod 25 · 13 · 17 · 29 · 41 · 53)

hayn2 + 1 ≡ 0 (mod 5 · 17 · 29 · 41 · 53 · 65).

Suy ra CSC  5, 17, 29, 41, 53, 65 là mt CSC chun có đ dài là  6.

Vy 6 là đ dài ln nht cn tìm.  

Bài 4.   1. Cho bng   m × n  ô vi   m, n   là các s nguyên dương cho trưc. Trên mi ô ca bng ta vit   1   trong các s   0, 1, 2   sao cho tng các s trên mi 

hàng, mi ct chia ht cho  3. Hi có th có nhiu nht bao nhiêu s  1? 

2. Cho hình hp ch nht   2015 × 2016 × 2017  đưc to thành t các hình lpphương đơn v. Trong mi hình lp phương đơn v, ta vit mt trong các 

s  0, 1, 2  sao cho tng các s trong mi dài   1 × 1 × 1 × 2017, 1 × 2016 × 1  và 2015 × 1 × 1 chia ht cho  3. Hi có th có nhiu nht bao nhiêu s  1? 

Li gii.  Gi  f (m, n) là s ln nht các s  1 có th đin vào bng  m × n.Ta xét các trưng hp sau:

1. Nu  m, n đu chia ht cho  3.Ta đin toàn b bng bi  mn s  1 thì rõ ràng tng các s mi hàng và mi

ct đu chia ht cho 3, tha mãn đ bài. Rõ ràng  mn cũng là giá tr ln nht

các s 1 có th đin đưc.

Suy ra  f (m, n) = mn.

8/17/2019 truongxuan2016-2

10/18

2. Nu  m chia ht cho  3, còn  n không chia ht cho  3.

Ta thy mi hàng có s ô là   n, không chia ht cho   3 nên s các s   1 đin

đưc nhiu nht là  n−

1. Do đó, tng s các s  1 đin đưc nhiu nht ca

bng là  m(n − 1) = mn − m. Đ xây dng đưc bng như th, ta có th thchin như sau:

•  Nu  n chia  3 dư  1 thì ta đin s theo dng  1 − 1 − 1 − . . . − 1 − 0 (ô cuicùng là  2, còn li đu là  0).

•  Nu  n chia  3 dư  2 thì ta đin s theo dng  1 − 1 − 1 − . . . − 1 − 2 (ô cuicùng là  2, còn li đu là  1).

Khi đó, tng các s mi hàng đu chia ht cho  3, còn tng các s  n − 1ct đu đu là  m, tng các s ct cui là  0 hoc  2m, cũng chia ht cho  3.

Suy ra  f (m, n) = mn − m.

3. Nu   m  không chia ht cho   3,   còn   n   chia ht cho   3.  Tương t trên, ta có

f (m, n) = mn − n.

4. Nu  m, n đu không chia ht cho  3 nhưng chúng có cùng s dư.

Lp lun tương t trên, ta thy nu xét theo hàng thì mi hàng có khôngquá   n − 1 s  1 nên c bng có không quá   m(n − 1) =  mn − m s  1. Li xéttheo ct thì tng s các s  1  ca bng s không quá  (m − 1)n =  mn − n s  1.

Suy ra   f (m, n) ≤   mn − max {m, n} .  Ta s ch ra mt cách đin tha mãn.Không mt tính tng quát, gi s  max {m, n} = m.

Ban đu, ta đin tt c các ô bi s  1. Sau đó, xóa các s  (1, 1), (2, 2), . . . , (n, n)

và các ô  (n + 1, n), (n + 2, n), . . . , (m, n) ri đin vào đó s  a.

D dàng thy rng:

•  Tng các s trên mi hàng là  n − 1 + a.•  Tng các s trên  n − 1 ct đu tiên là  m − 1 + a.•  Tng các s trên ct cui là  m + (a − 1)n.

8/17/2019 truongxuan2016-2

11/18

Khi đó, nu   m ≡   n ≡   1(mod3)  thì chn   a   = 0, nu   m ≡   n ≡   2(mod3)   thìchn  a = 2 và bng khi đó tha mãn điu kin đ bài. Dưi đây là ví d cho

trưng hp  7 × 4 và  8 × 5:

Do đó,  f (m, n) = mn − max {m, n}.

5. Trưng hp   m, n  đu không chia ht cho   3  và khác s dư khi chia cho   3.

Không mt tính tng quát, ta gi s  m ≡ 1 (mod 3) và  n ≡ 2 (mod 3).

Gi   x, y  ln lưt là s lưng các s  0 và 2 có th đin vào bng. Khi đó, s

các s  1 đưc đin cho bng là  mn − (x + y).

Ta thy rng hàng th   i vi  1 ≤ i ≤ m, nu không đin s 0 thì phi đinít nht   1  s   2,  ngưc li, nu có đin s 0 thì phi có ít nht   2  s   0.  Gixi, yi tương ng là s các s  0 và  2 đin cho hàng   i thì t nhn xét trên, ta

có   xi2   + yi ≥ 1. Suy ra 1≤i≤m

xi

2  + yi

≥ m ⇒   x

2 + y ≥ m.

Lp lun tương t, ta cũng có

x + y

2 ≥  n.Do đó  m + n ≤   32(x + y) ⇒ x + y ≥   23(m + n).

Suy ra s các s  1 đưc đin vào bng s không vưt quá

mn −  23

(m + n).

8/17/2019 truongxuan2016-2

12/18

Hơn na, cũng theo lp lun trưng hp trên, nu xét theo tng hàng thì

s các s  1 s không vưt quá   n − 1 và s các s  1 ca bng s không quámn − m. Tương t, nu tính theo tng ct ri cng li thì s các s  1 ca

bng s không vưt quá  mn − n. Suy raf (m, n) ≤ mn − max

m,n,

 2

3(m + n)

.

Ta s xây dng bng ô vuông tha mãn đng thc xy ra. Tht vy, ta xét

các trưng hp c th:

(a) Nu   max

m, n, 23(m + n)

 =   n  thì   n >   23(m +  n) ⇔   n >  2m: đin các ô(i, 2i − 1) và  (i, 2i) vi  1 ≤ i ≤ m  s 0, các ô t  (m, 2m + 1) → (m, n) đin

s   a. D thy tng ca tt c các ct đu là   m − 1 ≡  0(mod3)  (vì mict đin đúng 1 s 0, còn li đu là 1), trong khi đó:•  Tng các s ca  m − 1 hàng đu là  n − 2 ≡ 0(mod3).•  Tng các s ca hàng cui là  2m − 2 ≡ 0(mod3).

Dưi đây là minh ha cho trưng hp  m = 4, n = 11:

(b) Nu  max

m, n, 23(m + n)

= m  thì đin tương t.

(c) Nu  max

m,n,  23(m + n)

 =   23(m + n) thì đt   m = 3r + 1, n  = 3s + 2  vi

r, s là các s t nhiên. Đng thc phi xy ra trong các đánh giá ca  x, y

nên  x +   y2  = 3r + 1  và  x2  + y = 3s + 2. Ta tính đưc

x = 2(2r−

s + 1), y = 2(2s−

r).

Khi đó, trong mi ct ca  2s − r ct đu, ta đin tng cp s  2 vào  2 ôca ct sao cho không có s nào chung hàng thì tng các s ca mi ct

trong  2s − r ct đó là  m + 2 ≡ 0(mod3).

8/17/2019 truongxuan2016-2

13/18

Tương t trên, ta li đin theo các hàng, mi hàng đin  2 s  0 sao cho

không có s nào chung ct. Khi đó, bng đin đưc s tha mãn tt c

các yêu cu đt ra. Dưi đây là minh ha cho trưng hp  m = 4, n = 5:

Do đó, ta có  f (m, n) = mn − max

m,n,  23(m + n)

.

Vy ta có kt lun:

•  Nu  m ≡ n ≡ 0 (mod 3) thì  f (m, n) = mn.•  Nu  m ≡ 0 (mod 3), n = 0 (mod 3) thì  f (m, n) = mn − m.

•  Nu  m = 0 (mod 3), n ≡ 0 (mod 3) thì  f (m, n) = mn − n.

•  Nu  mn = 0 (mod 3), m ≡ n   (mod 3) thì  f (m, n) = mn − max {m, n} .

•  Nu mn = 0 (mod 3), m = n   (mod 3) thì f (m, n) = mn−max

m,n,  23(m + n)

.

2) Ta chia hình hp thành các di  2015 × 1 × 2017 thì rõ ràng chúng đu là cáchình ch nht có kích thưc  2015 × 2017.Theo câu a, s các ô đin s   1   thuc mi di như th s không vưt quá

f (2015, 2017). Suy ra tng s các s 1 ca bng s không vưt quá 2016f (2015, 2017).

Chú ý rng  2016 chia ht cho  3 nên ta ch cn đin s cho  1  di ri nhân bn nó

lên và ghép li thì s đưc hình hp ch nht tha mãn đ bài.

Vì  2015, 2017 chia  3 có các s dư khác nhau nên

f (2015, 2017) = 2015 · 2017 −  23

(2015 + 2017) = 2015 · 2017 − 2688.

Vy s các s  1 nhiu nht đin đưc vào hình hp là

2016(2016 · 2017 − 2688).

8/17/2019 truongxuan2016-2

14/18

Bài 5.  Cho tam giác  ABC  ni tip đưng tròn  (O) bán kính  R, ngoi tip đưng 

tròn  (I ) bán kính  r và có các đưng trung tuyn là  AA1, BB1, CC 1. Tip tuyn ti 

B, C  ca đưng tròn   (O)  ct nhau ti   S   và gi s   AS   ct   BC   ti   A2. Các đim 

B2, C 2  đưc xác đnh tương t. Chng minh rng AA2

AA1+

 BB2

BB1+

 CC 2

CC 1≥ 1 +  4r

R.

Li gii.  Đt   AB   =  c, BC   =  a, CA  =   b khi đó d thy rng   AA2   là đưng đitrung ca tam giác  ABC, cho nên

A2B

A2C   =

  AB2

AC 2  =

  c2

b2,

và

A2B =  ac2

b2 + c2 , A2C  =

  ab2

b2 + c2 .

Theo h thc Stewart thì

AA22 = AB2 · A2C  + AC 2 · A2B

BC   − A2B · A2C 

=  b2c2

b2 + c2 +

  b2c2

b2 + c2 −   a

2b2c2

(b2 + c2)2

  =  b2c2(2b2 + 2c2 − a2)

(b2 + c2)2

  .

.

8/17/2019 truongxuan2016-2

15/18

Mt khác, theo công thc đưng trung tuyn thì  AA21 =  2(b2+c2)−a2

4   , do đó

AA22AA21

= b2c2(2b2 + 2c2 − a2)

(b2 + c2)2

  : 2b2 + 2c2 − a2

4  =

  4b2c2

(b2 + c2)2

,

hay  AA2

AA1=

  2bc

b2 + c2.

Bin đi tương t cho  BB2

BB1và

  CC 2

CC 1ta đưa bài toán v chng minh

bc

b2 + c2 +

  ca

c2 + a2 +

  ab

a2 + b2 ≥  1

2 +

 2r

R.

Vit bt đng thc li như sau

ab

a2 + b2  +

  bc

b2 + c2  +

  ca

c2 + a2 

 1

2 +

 (a + b

−c)(b + c

−a)(c + a

−b)

abc   ,

hoc

(a + b)2

a2 + b2  +

 (b + c)2

b2 + c2  +

 (c + a)2

c2 + a2  4 +

 2(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)abc

  .

Áp dng bt đng thc Cauchy-Schwarz, ta có

(a + b)2

a2 + b2  +

 (b + c)2

b2 + c2  +

 (c + a)2

c2 + a2 

 2(a + b + c)2

a2 + b2 + c2  .

Ta cn ch ra(a + b + c)2

a2 + b2 + c2  2 +

 (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)abc

  ,

tương đương vi

(a + b + c)2  (a2 + b2 + c2)[2abc + (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)]

abc  .

Gi s  b là s nm gia  a và  c. Theo bt đng thc AM-GM, ta thy v phi s

không vưt quá

1

4

a2 + b2 + c2

b  +

 2abc + (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)ca

2.

Như vy ta cn chng minh

2(a + b + c)  a2 + b2 + c2

b  +

 2abc + (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)ca

  ,

8/17/2019 truongxuan2016-2

16/18

bt đng thc này có th thu gn thành

(a − b)(b − c)(a2 − b2 + c2)abc

  0.

Hin nhiên đúng theo gi thit ca  b nên ta có điu phi chng minh.  

Bài 6.  Vi s nguyên dương   n, gi   Bn+1 là tp tt c các xâu nh phân đ dài 

n, tc là 

Bn+1 = {anan−1 . . . a0 | ai ∈ {0, 1}, ∀i = 0, 1, . . . , n} .

Vi mi xâu   a =  anan−1 . . . a0  thuc   Bn+1 ta gi 

s(a) = an + an−1 + · · · + a0   (mod 2)  là bit kim tra ca xâu   a

v(a) = an2n + an−12n−1 + · · · + a1 · 2 + a0   là giá tr ca xâu   aGi   Bn+10   , B

n+11   tương ng là tp hp tt c các xâu nh phân có đ dài   n + 1  có 

bit kim tra tương ng là  0 và  1. Chng minh rng vi mi s nguyên dương  k, n,

ta có đng thc 

a∈Bn+10

(v(a))k =

a∈Bn+11

(v(a))k.

Li gii.  Vi  n là s nguyên dương, ta đtAn =

v(a)|a ∈ B n+1

= {0, 1, 2, . . . , 2n − 1} ,

An0  =

v(a)a ∈ Bn+10 , An1  = v(a) a ∈ Bn+11

Bng cách xét bit đu tiên ca các xâu, d dàng kim tra đưc rng

Bn+10   = {0an−1 . . . a0 |an−1 . . . a0 ∈ Bn0 } ∪ {1an−1 . . . a0 |an−1 . . . a0 ∈ Bn1 } ,Bn+11   = {1an−1 . . . a0 |an−1 . . . a0 ∈ Bn0 } ∪ {0an−1 . . . a0 |an−1 . . . a0 ∈ Bn1 } .

Do đó

An+10   = An0 ∪ {x + 2n |x ∈ An1 }   và An+11   = An1 ∪ {x + 2n |x ∈ An0 }

Ta s chng minh x∈An0

xk =x∈An1

xk vi mi   k   = 1, 2, 3, . . . , n − 1 bng quy nptheo  n. (∗)

8/17/2019 truongxuan2016-2

17/18

Tht vy,

Vi  n = 1, ta cóB20  = {00, 11} , B21  = {10, 01}A10 = {0, 3} , A11 = {1, 2} .

Rõ ràng  01 + 31 = 11 + 21 nên khng đnh đúng vi  n = 1.

Gi s  (∗) đúng vi  n =  k ≥ 1. Ta xét  2 trưng hp:

1. Nu  t = 1, 2, 3, . . . , k − 1, ta có:

x∈Ak+10

xt =x∈Ak0

xt +x∈Ak1

(x + 2k)t

=x∈Ak0

xt +x∈Ak1

  ti=0

C itxt−i2ki

=x∈Ak0

xt +

ti=0

x∈Ak1

xi

C it2k(t−i)

Tương t, ta cũng có

x∈Ak+11

xt =x∈Ak1

xt +

ti=0

x∈Ak0

xi

C it2t−i

.

Theo gi thit quy np thì x∈Ak0

xi =x∈Ak1

xi

vi  i = 1, 2, 3, . . . , k − 1 nên suy rax∈Ak+10

xt =

x∈Ak+11

xt.

2. Nu  t =  k: ta cũng bin đi như sau:

x∈Ak+10

xk =x∈Ak0

xk +x∈Ak1

(x + 2k)k

=x∈Ak0

xk +x∈Ak1

xk +x∈Ak1

k−1i=0

C ikxk−i2ki

=x∈Ak

xk +

k−1i=0

x∈Ak1

xi

C ik2k(k−i)

8/17/2019 truongxuan2016-2

18/18

Tương t, ta cũng có

x∈A

k+1

1

xk = x∈A

k

xk +

k−1

i=0

x∈Ak

0

xi

C 

ik2

k(k−i)

.

Đn đây, áp dng gi thit quy np, ta cũng cóx∈Ak+10

xk =

x∈Ak+11

xk.

Do đó,  (∗) cũng đúng vi  n =  k  + 1. Theo nguyên lý quy np thì khng đnh  (∗)đưc chng minh.

Bài toán đưc gii quyt hoàn toàn.