Kỳ thi chọn đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006

Chia sẻ: Nguyễn Tất Thu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

155
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cho tam giác nhọn ABC , H là trực tâm, đường phân giác ngoài góc ∠BHC cắt AB và AC lần lượt tại D và E . Phân giác góc ∠BAC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại K . Chứng minh rằng HK đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC .

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Kỳ thi chọn đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006

Kỳ thi chọn đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006 Ngày thứ nhất Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC , H là trực tâm, đường phân giác ngoài góc ∠BHC cắt AB và AC lần lượt tại D và E . Phân giác góc ∠BAC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại K . Chứng minh rằng HK đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC . Bài 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên không âm (n, k ) , k là số nguyên lớn hơn một sao cho số sau có thể phân tích dưới dạng tích của k số nguyên dương liên tiếp: A = 17 2006 n + 4.17 2 n + 7.19 5 n Bài 3. Cho 2006 điểm phân biệt trong không gian, không có bốn điểm nào thẳng hàng. Số k gọi là số tốt nếu ta có thể điền lên mỗi đoạn thẳng nối hai điểm trong 2006 điểm đã cho một số tự nhiên không vượt quá k sao cho với mọi tam giác có ba đỉnh trong 2006 điểm đa cho thì có hai cạnh được điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại thì được điền số lớn hơn. Tìm số tốt có giá trị nhỏ nhất. Bài làm: Bài 3. Ta sẽ chứng minh số tốt nhỏ nhất là 10 . Trước hết ta định nghĩa một số khái niệm như sau: Một cách điền các số tự nhiên không vượt quá k lên các đoạn thẳng nối n điểm trong không gian, không có bốn điểm nào đồng phẳng, là một cách điền tốt nếu với mọi tam giác có ba đỉnh trong n đỉnh đã cho thì có hai cạnh được điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại được điền số lớn hơn, và khi đó ta gọi k là số n-tốt. Ký hiệu số n-tốt có giá trị nhỏ nhất là f (n ) ta sẽ chứng minh f (2006 ) = 10 . ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ Trước hết ta sẽ chứng minh với mọi n ≥ 5 thì f (n ) = f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ + 1 (1). Nhận xét rằng với k ≥ l thì ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ f (k ) ≥ f (l ) nên f (n ) ≥ f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ , nên để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh f ⎜ ⎢ 2 ⎥ ⎟ không là ⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ số n-tốt và f ⎜ ⎢⎜ 2 ⎥ ⎟ + 1 là số n-tốt. ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ Giả sử f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ là số n-tốt, tức là tồn tại một cách điền các số tự nhiên không vượt quá f ⎜ ⎢ 2 ⎥ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎝⎣ ⎦⎠ lên các cạnh nối n điểm là một cách điền tốt. Nhận xét rằng không có tam giác nào có ba đỉnh trong các ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ điểm đó có hai cạnh điền f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ , hay nói cách khác, hai cạnh mà được điền số f ⎜ ⎢ 2 ⎥ ⎟ thì ⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎝⎣ ⎦⎠ không có đầu mút chung. Suy ra ta có thể ký hiệu n điểm đã cho như sau: A1 , A2 , …, A2 k −1 , A2 k , ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ A2 k +1 , …, An , ở đây các cạnh được điền số f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ là A1 A2 , …, A2 k −1 A2 k và các điểm còn lại là ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ A2 k +1 , …, An . ⎡ n + 1⎤ Xét các điểm A1 , A3 , …, A2 k −1 , A2 k +1 , …, An (do 2k ≤ n nên có ít nhất ⎢ điểm được chọn, gọi số ⎣2⎥ ⎦ điểm đã chọn là m ) và các đoạn thẳng nối các điểm đó. Do không có đoạn thẳng nào điền số ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ f ⎜⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ , và phần đã chọn là một phần của một cách điền tốt nên nó là một cách điền tốt với các số ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠
⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ n +1 ⎜ 2 ⎥ ⎟ − 1 suy ra f (m ) < không vượt quá f ⎜ ⎢ f ⎜⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ , mâu thuẫn với m ≥ 2 . Vậy giả sử sai hay ⎟ ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ f (n ) > f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ (*). ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ Tiếp theo ta sẽ chứng minh f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ + 1 là số n-tốt. Xét n điểm A1 , A2 , …, An . ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ Ta điền số 0 lên các cạnh Ai A j mà i ≠ j (mod 2 ) . ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ Với các điểm A1 , A3 , … ta có thể điền các số từ 0 đến f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ lên các đoạn nối nó sao cho là một ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ cách điền tốt với các điểm đó nên cũng có thể diền các số từ 1 đến f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ + 1 sao cho là một cách ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ điền tốt đối với các điểm đó (2). ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ Lập luận tương tự ta cũng có thể điền các số từ 1 đến f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ + 1 lên các cạnh nối các điểm A2 , A4 , ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ … sao cho là một cách điền tốt đối với các điểm đó (3). Ta chứng minh cách điền như vậy là một cách điền tốt đối với các điểm A1 , A2 , …, An . Thật vậy, xét tam giác Ai A j Ak . Nếu i ≡ j ≡ k (mod 2 ) thì từ (2) và (3) suy ra có hai cạnh được điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại được điền số lớn hơn. Nếu trong ba số i , j , k có hai số cùng tính chẵn lẻ và khác tính chẵn lẻ với số còn lại, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử i ≡ j (mod 2 ) , i ≠ k (mod 2 ) và j ≠ k (mod 2 ) . Theo cách điền ta có cạnh Ai Ak và A j Ak được điền số 0 và cạnh Ai A j được điền một số lơn hơn hoặc bằng 1 , thỏa mãn. ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ Vậy f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ + 1 là số n-tốt (**) ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ ⎛ ⎡ n + 1⎤ ⎞ Từ (*) và (**) suy ra f (n ) = f ⎜ ⎢ ⎜ 2 ⎥ ⎟ + 1. ⎟ ⎝⎣ ⎦⎠ Ta có f (2006 ) = f (1003) + 1 = f (502 ) + 2 = f (251) + 3 = f (126 ) + 4 = f (63) + 5 = f (32 ) + 6
= f (16 ) + 7 = f (8) + 8 = f (4 ) + 9 Tiếp theo ta sẽ tính f (4 ) . Trước hết ta thấy 0 không là số 4-tốt. Thật vậy nếu 0 là số 4-tốt, xét cách điền các số 0 lên các đoạn nối bốn điểm, xét ba điểm bất kỳ tạo thành một tam giác thì ba cạnh của tam giác đó đều được điền ba số bằng nhau, mâu thuẫn. Mặt khác 1 là số 4-tốt, vì ta có thể điền như sau: Vậy f (4 ) = 1 , suy ra f (2006 ) = 10 . Vậy số tốt có giá trị nhỏ nhất cần tìm là 10 . Bài 1. Gọi chân các đường cao đỉnh B và C của tam giác ABC lần lượt là P và Q . Gọi trung điểm của cạnh BC là M . Ta có: sin (90 − B ) sin (90 − B ) sin ∠MQH sin ∠MCQ cos B = = = = (1) sin ∠MQP sin (∠MCQ + ∠CQP ) sin (90 − B + ∠CBP ) sin (90 − B + 90 − C ) sin A sin ∠MPQ sin (∠MPB + ∠BPQ ) sin (90 − C + ∠BCQ ) sin (90 − C + 90 − B ) sin A = = = = (2) sin (90 − C ) sin (90 − C ) sin ∠MPH sin ∠MPB cos C Do ∠QHD = ∠PHE nên ∠ADE = ∠AED suy ra tam giác ADE cân tại A , nên AK là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE . Ta có KE // BP vì cùng vuông góc với AC nên ∠KHP = 180 − ∠HKE suy ra sin ∠KHP = sin ∠HKE (3) KD // CQ vì cùng vuông góc với AB nên ∠KHQ = 180 − ∠DKH suy ra sin ∠KHQ = sin ∠DKH (4)
1 KH .KE. sin ∠HKE sin ∠KHP sin ∠HKE 2 = = = Từ (3) và (4) suy ra sin ∠KHQ sin ∠DKH 1 KH .KD. sin ∠DKH 2 1 AH . AE. sin ∠HAE S (HKE ) HE S ( AHE ) 2 sin ∠HAE = = = = = S (DKH ) HD S ( AHD ) 1 sin ∠HAD AH . AD. sin ∠HAD 2 sin (90 − C ) cos C = = (5) sin (90 − B ) cos B Từ (1), (2) và (5) suy ra: sin ∠MQH sin ∠MPQ sin ∠KHP =1 sin ∠MQP sin ∠MPH sin ∠KHQ Áp dụng Định lý Xê-va dạng sin cho tam giác HPQ ta có HK , PM và QM đồng quy hay HK đi qua trung điểm M của BC , điều phải chứng minh. Bài 2. Giả sử (n, k ) là một cặp số thỏa mãn điều kiện bài toán. Trước hết ta chứng minh k ≤ 3 . Giả sử k ≥ 4 , do A phân tích được thành tích của bốn số nguyên dương liên tiếp nên AM8 . Mặt khác ta có: 17 2006 n ≡ 1(mod 8) 4.17 2 n ≡ 4(mod 8) 7.19 5 n ≡ −3 n (mod 8) Nên A ≡ 5 − 3 n (mod 8) . Nếu n chẵn thì A ≡ 4(mod 8) , nếu n lẻ thì A ≡ 2(mod 8) , mâu thuẫn với AM8 . Vậy giả sử sai hay n ≤ 3 . Do k > 1 , nên k = 2 hoặc k = 3 . Nếu k = 2 , ta sẽ chứng minh (n, k ) = (0,2 ) là cặp số duy nhất thỏa mãn
Kỳ thi chọn đội tuyển Quôc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006 Ngày thứ hai Bài 1. Cho x , y , z là các số thực trong đoạn [1,2] , chứng minh bất đẳng thức sau: (x + y + z )⎛ 1 + 1 + 1 ⎞ ≥ 6⎛ z⎞ x y ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ y+ z z+ x x+ y⎠ ⎝x y z⎠ Bài 2. Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn (O, R ) . Một đường thẳng l thay đổi luôn vuông góc với đường thẳng AO và cắt các tia AB , AC lần lượt tại M và N . Giả sử rằng BN cắt CM tại K và AK cắt BC tại P . 1/ Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định khi l thay đổi. 2/ Ký hiệu H là trực tâm của tam giác AMN , BC = a , d là khoảng cách từ điểm A tới đường thẳng HK . Chứng minh rằng d ≤ 4R 2 − a 2 Bài 3. Cho dãy (a n )n =0 xác định như sau: 1⎛ ⎞ 1 ⎜ an + ⎟ a 0 = 1 và a n +1 = ⎜ ⎟ 2⎝ 3a n ⎠ 3 Ký hiệu An = , chứng minh rằng với mọi n nguyên dương thì An là số chính phương và có ít 3a − 1 2 n nhất n ước nguyên tố phân biệt. Bài làm: Bài 2. 1/ Ta ký hiệu ( A, C , B, D ) là tỷ số kép của bốn điểm thẳng hàng A , B , C và D được xác định như sau: ( A, C , B, D ) = AB CB ÷ AD CD Hàng điểm A , B , C , D là hàng điểm điều hòa khi và chỉ khi ( A, C , B, D ) = −1 Bổ đề 1. Cho bốn điểm phân biệt A , B , C và D trên mặt phẳng. Giả sử rằng AD cắt BC tại E , AB cắt CD tại F , AC cắt BD tại I và EI cắt AB tại K thì ( A, B, K , F ) = −1 , hay A , K , B , F là hàng điểm điều hòa. Chứng minh.
Ta có các đường thẳng IA , IK , IB , IF lần lượt cắt đường thẳng CD tại C , L , D , F nên: ( A, B, K , F ) = (C , D, L, F ) (1) Các đường thẳng AD , AL , AC , AF lần lượt cắt đường thẳng AB tại A , K , B , F nên (C , D, L, F ) = (B, A, K , F ) (2) 1 Mặt khác ta có ( A, B, K , F ) = (3) (B, A, , K , F ) Từ (1), (2) và (3) suy ra ( A, B, K , F ) = 1 , ta lại có ( A, B, K , F ) ≠ 1 nên ( A, B, K , F ) = −1 , Bổ đề 1 được 2 chứng minh. Ký hiệu (a, b ) là góc có hướng giữa hai đường thẳng a và b , trong lời giải này các góc có hướng được lấy theo mod π . Bổ đề 2. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có trực tâm là H thì các đường thẳng AO và AH đối xứng với nhau qua đường phân giác trong góc A của tam giác ABC , hay nói cách khác thì ( AB, AO ) = ( AH , AC ) . Chứng minh. Đường thẳng AO lần nữa cắt đường tròn (O ) tại D . Ta có: ( AB, AO ) = ( AB, DB ) + (DB, AD ) = π + (CB, CA) = ( AH , CB ) + (CB, CA) = ( AH , AC ) 2 Bổ đề 2 được chứng minh.
Gọi giao điểm của MN và BC là R , trung điểm của BC là Q , T là trực tâm của tam giác ABC . Ta có: (MB, MN ) = (MB, AO ) + ( AO, MN ) = ( AB, AO ) + π (4) 2 (CB, CN ) = (CB, AT ) + ( AT , CN ) = π + ( AT , AC ) (5) 2 Áp dụng Bổ đề 2 cho tam giác ABC ta có ( AB, AO ) = ( AT , AC ) (6) Từ (4), (5) và (6) suy ra (MB, MN ) = (CB, CN ) nên bốn điểm M , N , B và C cùng thuộc một đường tròn, suy ra RM .RN = RB.RC (7) Áp dụng Bổ đề 1 cho bốn điểm B , C , M , N ta có (B, C , P, R ) = −1 hay: BP CP ÷ = −1 ⇒ BP.CR + BR.CP = 0 BR CR ( ) ( ) ⇒ RP − RB CR + BR RP − RC = 0 ⇒ (RP − RB )RC + RB(RP − RC ) = 0 ⇒ RP(RB + RC ) = 2 RB.RC ⇒ RP.RQ = RB.RC (8) Từ (7) và (8) suy ra RP.RQ = RM .RN , nên bốn điểm M , N , P và Q cùng thuộc một đường tròn hay đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua trung điểm Q của BC cố định, điều phải chứng minh. 2/ Bổ đề 3. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R ) với H là trực tâm thì AH = 4 R 2 − a 2 Chứng minh.
Gọi M là trung điểm của đoạn BC , đường thẳng AO lần nữa cắt đường tròn tại D . Ta có AH // CD (vì cùng vuông góc với BC ) AD // HC (vì cùng vuông góc với AB ) Vì AHCD là hình bình hành, nên AH = CD (9). OM là đường trung bình của tam giác BCD nên CD = 2OM (10) Từ (9) và (10) suy ra AH = 2OM = 2 BO 2 − BM 2 = 4 R 2 − a 2 , bổ đề được chứng minh. Áp dụng định lý Xê-va dạng sin cho tam giác BKC với các đường thẳng qua các đỉnh và đồng quy tại T ta có: sin K 1 sin ∠TCK sin ∠TBC =1 sin K 2 sin ∠TCB sin ∠TBK sin K 1 sin ∠TCB sin ∠TBK = Suy ra (11) sin K 2 sin ∠TCK sin ∠TBC Áp dụng định lý Xê-va dạng sin cho tam giác MNK với các đường thẳng qua các đỉnh và đồng quy tại H ta có: sin K 3 sin ∠HMK sin ∠HNM =1 sin K 4 sin ∠HMN sin ∠HNK sin K 3 sin ∠HMN sin ∠HNK = Suy ra (12) sin K 4 sin ∠HMK sin ∠HNK Mặt khác ta có: π π ∠TCB = − ∠MBC = − ∠MNA = ∠HMN suy ra sin ∠TCB = sin ∠HMN 2 2
π π ∠TBK = − ∠BNC = − ∠BMC = ∠TCK suy ra sin ∠TBK = sin ∠TCK 2 2 π π ∠TBC = − ∠BCN = − ∠NMA = ∠HNM suy ra sin ∠TBC = sin ∠HNM 2 2 π π ∠HNK = − ∠MBN = − ∠MCN = ∠HMK suy ra sin ∠HNK = sin ∠HMK 2 2 Từ các đẳng thức trên và (11), (12) ta có sin K 1 sin K 3 = (13) sin K 2 sin K 4 Đặt α = π − K 1 − K 2 thì α = π − K 3 − K 4 . Xét tam giác Δ 1 có các góc là α , K 1 , K 2 với các cạnh tương ứng là m , n , p ; tam giác Δ 2 với các góc là α , K 3 , K 4 với các cạnh tương ứng là x , y , z . Từ ny (13) ta có: = suy ra hai tam giác Δ 1 và Δ 2 đồng dạng nên K 1 = K 3 và K 2 = K 4 nên H , K và T pz thẳng hàng. Gọi hình chiếu của A trên đường thẳng HK là U và giao điểm của l với AO là V . Ta có: d = AU ≤ AT = 4 R 2 − a 2 , điều phải chứng minh. Ta nhận thấy rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi HK // BC . Nhận xét rằng với mỗi điểm V thì xác định một điểm H , tức là với hai điểm V khác nhau thì xác định hai điểm H khác nhau. Vậy để chứng minh đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi V thuộc BC ta chỉ cần chứng minh khi V thuộc BC thì HK // BC . Gọi R là chân đường cao đỉnh A của tam giác ABC . Trong phân 1/ ta đã chứng minh M , N , B , C AM AC = cùng thuộc một đường tròn nên AM . AB = AN . AC suy ra nên ΔAMN đồng dạng với AN AB AH AT = ΔACB suy ra nên HT // BC , điều phải chứng minh, vậy bài toán được chứng minh xong. AV AR Bài 3. Ta có 1⎛ ⎞ 1 ⎛ 1⎞ 2 1 a1 = ⎜ a 0 + ⎟ = ⎜1 + ⎟ = ⎜ ⎟2 2⎝ 3a 0 ⎝ 3⎠ 3 ⎠
3 3 A1 = = = 9 = 32 4 3a − 12 3 −1 1 9 ⎛ ⎞ 1 ⎞ 1⎜2 1 ⎟ 7 1⎛ ⎟= ⎜ + ⎟= a 2 = ⎜ a1 + 2⎜ 3a1 ⎟ 2 ⎜ 3 2 ⎟ 12 ⎝ ⎠ 3⎟ ⎜ ⎝ 3⎠ 3 3 A2 = 2 = = 144 = 12 2 3a 2 − 1 3 49 − 1 144 3 3 3 4 Ta có An +1 = 2 = = = 3a n +1 − 1 3⎛ 2 2⎞ ⎛2 2⎞ 2 ⎡1 ⎛ ⎞⎤ 1 1 1 ⎜ an + 2 + ⎟ − 1 ⎜ an + 2 − ⎟ 3⎢ ⎜ a n + ⎟⎥ − 1 ⎜ 9a n 3 ⎟ ⎜ 9a n 3 ⎟ ⎜ ⎟ 4⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣2 ⎝ 3a n ⎠⎦ 2 36a n 4 = = (1) (3a ) 2 2 −1 ⎛ ⎞ 2 1 ⎜ an − ⎟ n ⎜ ⎟ 3a n ⎝ ⎠ 3 11 Mặt khác từ An = suy ra a n = + , thay vào (1) ta được: 3a − 1 2 An 3 n ⎛ 1 1⎞ 36 36⎜ ⎜ A + 3⎟ + 12 ⎟ 4 An ( An + 3) ⎝n ⎠ An An +1 = = = (2) 2 2 3 ⎡ ⎛ 1 1⎞ ⎤ ⎛3 ⎞ ⎜ ⎟ ⎢3⎜ ⎜ A + 3 ⎟ − 1⎥ ⎜A ⎟ ⎟ ⎝n ⎠ ⎣⎝ n ⎠⎦ Từ (2) ta suy ra: 4 An ( An + 3) ⎡ 4 An ( An + 3) ⎤ + 3⎥ 4 ⎢ 4 An +1 ( An +1 + 3) 3 3 ⎣ ⎦ An + 2 = = 3 3 16 An ( An + 3)(2 An + 3) 2 A = n +1 (4 An + 6) (3) 2 = 27 9 Trước hết bằng quy nạp ta sẽ chứng minh An là số nguyên dương và chia hết cho 9 với mọi số nguyên dương n (*). Với n = 1 thì A1 = 9 , (*) đúng. Giả sử (*) đúng đến n = k . Từ (2) suy ra: 4 Ak ( Ak + 3) Ak + 1 = nên Ak +1 cũng là số nguyên dương và chia hết cho 9 . Theo nguyên lý quy nạp suy 3 ra (*) đúng với mọi n là số nguyên dương. Tiếp theo ta chứng minh bằng quy nạp rằng An là số chính phương với mọi n nguyên dương (**). Với n = 1 , A1 = 3 2 , (**) đúng. Với n = 2 , A2 = 12 2 , (**) đúng.
Giả sử (**) đúng đến n = k . Từ (3) ta có: Ak (4 Ak −1 + 6)2 Ak +1 = 9 Từ (*) suy ra Ak +1 cũng là số chính phương. Theo nguyên lý quy nạp thì (**) đúng với mọi n nguyên dương. Cuối cùng, ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n nguyên dương thì An có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt (***). Với n = 1 , A1 = 3 2 có môt ước nguyên tố là 3 . Với n = 2 , A2 = 12 2 có hai ước nguyên tố là 2 và 3 . Giả sử (***) đúng đến n = k . Ta có: 4 Ak ( Ak + 3) A +3 Ak +1 = = 4 Ak k . 3 3 A +3 là số nguyên không chia hết cho 3 , và ta có với mọi m ≥ 2 thì Am là số chẵn nên Do Ak M9 nên k 3 Ak + 3 là số lẻ (4). 3 A + 3⎞ ⎛ Đặt d = ⎜ 4 Ak , k ⎟ suy ra d | 12 , từ (4) suy ra d = 1 . 3⎠ ⎝ Suy ra Ak +1 có nhiều ước nguyên tố phân biệt hơn Ak , mà Ak có ít nhất k ước nguyên tố nên Ak +1 có ít nhất k + 1 ước nguyên tố. Theo nguyên lý quy nạp thì (***) được chứng minh. Vậy bài toán được chứng minh xong. Bài 1. Do x, y, z ∈ [1,2] , nên x + y ≥ z , y + z ≥ x , z + x ≥ y nên tồn tại các số thực không âm a , b và c không đồng thời bằng 0 thỏa mãn: x = b+c, y = c + a , z = a +b Thay vào bất đẳng thức ta được: ⎛ b+c c+a a+b ⎞ ⎛1 1⎞ 1 2(a + b + c )⎜ + + ⎟ ≥ 6⎜ + + ⎟ (1) ⎝a+b b+c c+a⎠ ⎝ b + c + 2a c + a + 2b a + b + 2c ⎠ Đặt a + b + c = m , ab + bc + ca = n , abc = p . Ta có: 1 ⎞ ⎛m−a m−b m−c⎞ (1)m⎛ 1 1 + + ⎟ ≥ 3⎜ + + ⎜ ⎟ ⎝m−a m−b m−c⎠ ⎝m+a m+b m+c⎠ (m − a )(m − b ) + (m − b )(m − c ) + (m − c )(m − a ) ≥ ⇔m (m − a )(m − b )(m − c ) (m − a )(m + b )(m + c ) + (m − b )(m + c )(m + a ) + (m − c )(m + a )(m + b ) ≥3 (m + a )(m + b )(m + c ) [ ] m 3m 2 − 2(a + b + c )m + (ab + bc + ca ) ⇔ ≥ (m − a )(m − b )(m − c )