Olympic gặp gỡ Toán học 2014 Lớp 11
 

OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014
Lớp 11

Bài 1 : Cho $x,y,z>0$ và $\left ( x+y+z \right )\left ( \dfrac{1}{x} +\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right )=\dfrac{27}{2}$. Chứng minh :
$$x^2+y^2+z^2\leq 2(xy+yz+zx)$$

Bài 2 : Đặt $\alpha =\sqrt[3]{3}$.
a) Chứng minh nếu $a,b,c$ hữu tỉ mà $a+b\alpha +c\alpha ^2=0$ thì $a=b=c=0$.
b) Tìm tất cả các đa thức có bậc nhỏ nhất với hệ số hữu tỉ thỏa mãn $P(\alpha +\alpha ^2)=3+\alpha$.
c) Tồn tại hay không đa thức $P(x)$ hệ số nguyên thỏa mãn $P(\alpha +\alpha ^2)=3+\alpha$ ?

Bài 3 :Cho tam giác $ABC$ không cân với các tiếp điểm trên $BC,CA,AB$ với đường tròn $(I)$ nội tiếp lần lượt là $D,E,F$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc $EF$ cắt $AB$ tại $X$. Giao của $(AEF)$ với $(ABC)$ là điểm $T$ khác $A$.
a) Gọi $M$ là trung điểm của cung $BC$ không chứa $A$ của đường tròn $(ABC)$. Chứng minh $T,D,M$ thẳng hàng.
b) Chứng minh $TX$ vuông góc $TF$.

Bài 4 : Có $2014$ đường thẳng $l_1,l_2,...,l_{2014}$ nằm trên mặt phẳng sao cho không có hai đường thẳng nào song song với nhau, không có ba đường nào đồng quy. Chứng minh tồn tại một đường gấp khúc $A_0A_1...A_{2014}$ gồm $2014$ đoạn thẳng nhỏ, sao cho đường gấp khúc này không tự cắt chính nó và ứng với mỗi $k$, $k\in \mathbb{N}$ và $k\leq 2014$ thì tồn tại $i$ sao cho đoạn $A_iA_{i+1}$ nằm trọn trên $l_k$.

Đặt : $ \displaystyle a=\frac{x}{x+y+z} >0 \ ; \ b= \frac{y}{x+y+z} >0 \ ; \ c=\frac{z}{x+y+z} >0 $.

Có $ \displaystyle a+b+c=1 $.

Từ giả thiết cũng có
$$ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} = \frac{27}{2} $$
Dễ thấy $ \displaystyle \frac{2}{27} < c < 1 $.

Bài toán đề bài tương đương với
$$ \sum \left( \frac{x}{x+y+z}\right)^2 \le 2 \sum \left(\frac{x}{x+y+z} \right) \left( \frac{y}{x+y+z}\right) $$
Đó chính là
$$ a^2+b^2+c^2 \le 2 \left( ab+bc+ca \right) $$
Tương đương với
$$ 1 =a^2+b^2+c^2 +2 \left( ab+bc+ca \right) \le 4 \left( ab+bc+ca \right) $$
Cần chứng minh
$$ \frac{1}{4} \le ab+bc+ca $$
Ta thấy $ \displaystyle a+b=1-c \ ; \ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{27}{2} -\frac{1}{c} $, suy ra
$$ ab=\frac{2c \left( 1-c \right)}{ 27c-2} $$
Từ bất đẳng thức hiển nhiên $ \displaystyle \left( a+b \right)^2 \ge 4 ab $, kết hợp với $ \displaystyle \frac{2}{27} < c < 1 $, suy ra
$$ \frac{1}{9} \le c \le \frac{2}{3} $$
Ta có
$$ ab+bc+ca= ab + c \left( a+b \right)= \frac{2c \left( 1-c \right)}{ 27c-2} + c \left( 1-c \right) $$
Mà
$$ \frac{2c \left( 1-c \right)}{ 27c-2} + c \left( 1-c \right) = \frac{1}{4}+ \frac{\left( 6c-1 \right)^2 \left( 2-3c \right)}{4 \left( 27c-2 \right)} \ge \frac{1}{4} $$
Vậy
$$ ab+bc+ca \ge \frac{1}{4} $$
Từ đó dẫn tới điều cần chứng minh.

Do vai trò $x,y,z $ như nhau nên giả sử $z=min\begin{Bmatrix}
x,y,z
\end{Bmatrix}\Rightarrow x+y\geq 2z $


Đặt $a=\frac{x}{z};b=\frac{y}{z}(a,b>0) $

Do $(x+y+z)\begin{pmatrix}
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}\Leftrightarrow \begin{pmatrix}
\frac{x+y}{z}+1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2} $ nên $(a+b+1)\begin{pmatrix}
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2} $

Đặt $\left\{\begin{matrix}
a+b=S\\ab=P

\end{matrix}\right.\Rightarrow (S+1)\begin{pmatrix}
\frac{S}{P}+1
\end{pmatrix}=\frac{27}{2}\Rightarrow P=\frac{2(S^{2}+S)}{5-2S} $

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$S^{2}-2P+1\leq 2(S+P)\Leftrightarrow (S-1)^{2}\leq 4P $

$\Leftrightarrow (S-1)^{2}\leq \frac{8(S^{2}+S)}{25-2S}
$

$\Leftrightarrow (2S-1)(S-5)^{2}\geq 0 $ (đúng do $x+y\geq 2z $)