vophilong76
New Member
Download miễn phí Ebook Lời giải đề thi học sinh giỏi quốc gia năm học 2010 – 2011
Nhận xét. Có thể thấy ý tưởng tự nhiên nhất khi giải bài này chính
là sử dụng phép quy nạp. Lời giải 3 tuy dài và phức tạp nhưng nó
cũng có ý nghĩa riêng của nó. Thật vậy, qua lời giải này ta có thể thấy
được bất đẳng thức đã cho vẫn đúng cho trường hợp n là số thực tùy
ý không nhỏ hơn 1. Kết quả này không thể suy ra được từ hai lời giải
bằng quy nạp 1 và 2.
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VNLỜI GIẢI
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2010 – 2011
d
THÁNG 01 – 2011
d
LỜI NÓI ĐẦU
Diễn đàn toán học Math.vn chưa đầy hai tuổi, nhưng những đóng
góp của các thành viên trên diễn đàn với cộng đồng đã dần được
khẳng định Diễn đàn là nơi trao đổi hữu ích của các thầy cô giáo,
của các em học sinh và những bạn yêu toán . . . Đã có nhiều bài
giảng hay, đã có những lời giải đẹp cho những bài toán khó, đã là
nơi gặp gỡ trao đổi nhiều ý tưởng độc đáo cho những vấn đề tưởng
chừng đơn giản . . . Nhìn lại hơn một năm hoạt động, chúng tui thấy
đã có những dấu ấn:
• Tổ chức tường thuật trực tiếp đại hội Toán học thế giới ở Ấn
Độ, nơi tài năng và con người Việt Nam được khẳng định bằng
giải thưởng Fields của Giáo sư Ngô Bảo Châu. Những thông
tin của Math.vn đã được nhiều trang web trích đăng.
• Tổ chức thi thử năm 2010 với 24 đề chất lượng được đa phần
học sinh và thầy cô đánh giá cao.
• Tổ chức giải đề thi đại học khối A, B, D môn Toán có nhiều lời
giải hay được công bố sớm nhất.
Phát huy tinh thần đó, nhân kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia Việt
Nam 2011, diễn đàn tổ chức giải đề VMO 2011. Chúng tui tin tưởng
đây là một tài liệu tốt cho các bạn học sinh đang và sẽ tham gia các
cuộc thi chọn học sinh giỏi tham khảo.
BAN BIÊN TẬP DIỄN ĐÀN MATH.VN
4 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
d
MỤC LỤC
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Lời giải bài 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7
Lời giải bài 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Lời giải bài 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Lời giải bài 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Lời giải bài 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Lời giải bài 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
Lời giải bài 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
6 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
d
BÀI SỐ 1: BẤT ĐẲNG THỨC
Bài 1. Cho x là số thực dương và n là số nguyên dương. Chứng minh
bất đẳng thức
xn(xn+1+1)
xn+1 É
(
x+1
2
)2n+1
.
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải 1. Ta sử dụng phương pháp quy nạp theo n. Với n = 1, bất
đẳng thức của ta trở thành
x(x2+1)
x+1 É
(
x+1
2
)3
.
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
x(x2+1)= 1
2
· (2x) · (x2+1)É 1
2
[
(2x)+ (x2+1)
2
]2
= (x+1)
4
8
.
Từ đó suy ra
x(x2+1)
x+1 É
(x+1)4
8
x+1 =
(
x+1
2
)3
.
Và như vậy, bất đẳng thức đã cho đúng với n= 1.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng nếu bất đẳng thức đúng cho n= k
(k ∈N∗) thì nó cũng sẽ đúng với n= k+1. Thật vậy, theo giả thiết quy
nạp, ta có (
x+1
2
)2k+1
Ê x
k(xk+1+1)
xk+1 ,
suy ra(
x+1
2
)2(k+1)+1
=
(
x+1
2
)2 ( x+1
2
)2k+1
Ê
(
x+1
2
)2
· x
k(xk+1+1)
xk+1 .
Sử dụng đánh giá này, ta thấy rằng việc chứng minh có thể được đưa
về chứng minh kết quả sau(
x+1
2
)2
· x
k(xk+1+1)
xk+1 Ê
xk+1(xk+2+1)
xk+1+1 .
Bất đẳng thức này tương đương với
(x+1)2
4x
Ê (x
k+2+1)(xk+1)
(xk+1+1)2 ,
8 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
hay là
(x+1)2
4x
−1Ê (x
k+2+1)(xk+1)
(xk+1+1)2 −1.
Do (x+1)2−4x= (x−1)2 và (xk+2+1)(xk+1)− (xk+1+1)2 = xk(x−1)2 nên
ta có thể thu gọn bất đẳng thức lại thành
(x−1)2
4x
Ê x
k(x−1)2
(xk+1+1)2 ,
tương đương
(x−1)2
[
(xk+1+1)2−4xk+1
]
Ê 0.
Bất đẳng thức này đúng vì theo AM-GM, ta có (xk+1+1)2 Ê 4xk+1.
Như vậy, ta đã chứng minh được nếu khẳng định bài toán đúng cho
n= k (k ∈N∗) thì nó cũng đúng cho n= k+1. Từ đây, kết hợp với việc
đã xác lập được tính đúng đắn của bất đẳng thức cần chứng minh
cho n= 1, ta suy ra nó đúng với mọi số nguyên dương n (theo nguyên
lý quy nạp). Ngoài ra, có thể thấy được trong suốt quá trình chứng
minh, dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại một điểm duy nhất x= 1.
Lời giải 2. Ta sẽ chứng minh kết quả tổng quát hơn: Với mọi a,
b> 0, thì (
a+b
2
)2n+1
Ê a
nbn(an+1+bn+1)
an+bn . (1)
Kết quả bài toán đã đánh giá là trường hợp riêng khi a= x và b= 1.
Dễ thấy (1) là một bất đẳng thức thuần nhất cho hai biến a, b, vì vậy
không mất tính tổng quát ta có thể chuẩn hóa cho a+ b = 2. Khi đó
(1) có thể viết lại dưới dạng fn(a, b)Ê 0, trong đó
fn(a, b)= an+bn−anbn(an+1+bn+1).
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
ab(an−1+bn−1)(an+1+bn+1)É
[
ab(an−1+bn−1)+ (an+1+bn+1)
2
]2
= (a+b)
2(an+bn)2
4
= (an+bn)2,
từ đó suy ra
an+1+bn+1 É (a
n+bn)2
ab(an−1+bn−1) .
LỜI GIẢI VMO 2011 9
Sử dụng đánh giá này, ta thu được
fn(a, b)Ê an+bn− a
n−1bn−1(an+bn)2
an−1+bn−1
= a
n+bn
an−1+bn−1
[
an−1+bn−1−an−1bn−1(an+bn)]
= a
n+bn
an−1+bn−1 fn−1(a, b). (2)
Từ (2), thực hiện các đánh giá liên tiếp, ta có
fn(a, b)Ê a
n+bn
an−1+bn−1 fn−1(a, b) (1)
Ê a
n+bn
an−1+bn−1 ·
an−1+bn−1
an−2+bn−2 fn−2(a, b)
Ê ·· · Ê a
n+bn
an−1+bn−1 ·
an−1+bn−1
an−2+bn−2 · · ·
a2+b2
a1+b1 f1(a, b)
= a
n+bn
a+b f1(a, b). (3)
Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức AM-GM thì
f1(a, b)= a+b−ab(a2+b2)= a+b− 12 · (2ab) · (a
2+b2)
Ê a+b− 1
2
[
(2ab)+ (a2+b2)
2
]2
= a+b− (a+b)
4
8
= 0.
Do đó, kết hợp với (3), ta suy ra fn(a, b)Ê 0 với mọi n ∈N∗.
Lời giải 3. Ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho a, b là hai số thực dương. Khi đó, với mọi nÊ 1, ta có
(ab)
n(n−1)
2 (an+bn)É 2
(
a+b
2
)n2
. (4)
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a+ b = 2 và đặt
a= 1+ x, b= 1− x với 0É x< 1. Bất đẳng thức (4) có thể viết lại thành
[
(1+ x)(1− x)] n(n−1)2 [(1+ x)n+ (1− x)n]É 2,
hay tương đương
g(x)= (1+ x) n(n+1)2 (1− x) n(n−1)2 + (1+ x) n(n−1)2 (1− x) n(n+1)2 É 2.
10 DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC MATH.VN
Ta có[
(1+ x) n(n+1)2 (1− x) n(n−1)2
]′
=
= n(n+1)
2
(1+ x) n(n+1)2 −1(1− x) n(n−1)2 − n(n−1)
2
(1+ x) n(n+1)2 (1− x) n(n−1)2 −1
= n
2
(1+ x) n(n+1)2 −1(1− x) n(n−1)2 −1[(n+1)(1− x)− (n−1)(1+ x)]
= n(1+ x) n(n+1)2 −1(1− x) n(n−1)2 −1(1−nx)
và[
(1+ x) n(n−1)2 (1− x) n(n+1)2
]′
=
= n(n−1)
2
(1+ x) n(n−1)2 −1(1− x) n(n+1)2 − n(n+1)
2
(1+ x) n(n−1)2 (1− x) n(n+1)2 −1
= n
2
(1+ x) n(n−1)2 −1(1− x) n(n+1)2 −1[(n−1)(1− x)− (n+1)(1+ x)]
=−n(1+ x) n(n−1)2 −1(1− x) n(n+1)2 −1(1+nx),
do đó
g′(x)= n(1+ x) n(n−1)2 −1(1− x) n(n−1)−12 [(1+ x)n(1−nx)− (1− x)n(1+nx)]
= n(1− x2) n(n−1)2 −1(1+ x)n(1+nx)
[
1−nx
1+nx −
(1− x)n
(1+ x)n
]
.
Từ đây ta thấy g′(x) có cùng dấu với h(x)= 1−nx1+nx− (1−x)
n
(1+x)n . Tính đạo hàm
của h(x), ta được
h′(x)= 2n(1− x)
n−1
(1+ x)n+1 −
2n
(1+nx)2 =
2n(1− x2)n−1
(1+ x)2n −
2n
(1+nx)2
É 2n
(1+ x)2n −
1
(1+nx)2 = 2n
[
1
(1+ x)n −
1
1+nx
][
1
(1+ x)n +
1
1+nx
]
É 0
do theo bất đẳng thức Bernoulli thì (1+x)n Ê 1+nx (chú ý rằng nÊ 1).
Như vậy, h(x) là hàm nghịch biến trên [0, 1). Suy ra h(x) É h(0) = 0,
∀x ∈ [0, 1). Mà g′(x) có cùng dấu với h(x) nên ta cũng có g′(x) É 0 với
mọi x ∈ [0, 1). Do vậy g(x) là hàm nghịch biến trên [0, 1). Từ lý luận
này, ta suy ra g(x)É g(0)= 2, ∀x ∈ [0, 1). Bổ đề được chứng minh. ■
Quay trở lài bài toán. Theo (4), ta có
(ab)
k(k−1)
2 (ak+bk)É 2
(
a+b
2
)k2
, ∀a, b> 0, kÊ 1, (5...