Tìm hằng số $k$ tốt nhất trong bất đẳng thức

Bài toán 1 (Nguồn: Đề thi trường hè Lê Quý Đôn 2014)
Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho với mọi số dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ ta luôn có bất đẳng thức
$$k(a^4+b^4+c^4-3)\ge a^3+b^3+c^3+3abc-6$$.

*Cách tìm $k$.
Với $b=c=a=1$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Cho $b=c=x(\ne 1)$ thì $a=3-2x$. Khi đó bất đẳng thức trở thành
$$k\ge \dfrac{(3-2x)^3+2x^3+3x^2(3-2x)-6}{(3-2x)^4+2x^4-3} \\ \Leftrightarrow k\ge \dfrac{-4x+7}{3(3x^2-10x+13}$$.
Như vậy $k$ cần tìm chính là max$\dfrac{-4x+7}{3(3x^2-10x+13)}=\dfrac{2}{7}$ khi $x=\dfrac{1}{2}$.

*Có thể trình bày lời giải bài toán như sau:
Cho $b=c=\dfrac{1}{2}$, $a=2$ thì $k\geq \dfrac{2}{7}$.
Ta sẽ chứng minh
$$\dfrac{2}{7}(a^4+b^4+c^4-3)\ge a^3+b^3+c^3+3abc-6$$
Một chú ý rằng đối với chứng minh bất đẳng thức 3 biến đối xứng có dạng "đa thức"(tức là không chứa căn, phân thức) và có giả thiết dạng tổng hoặc tích thì phương pháp hiệu quả nhất là DỒN BIẾN
Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{2}{7}(a^4+b^4+c^4-3)-(a^3+b^3+c^3+3abc-6)$.
Ta sẽ chứng minh
$f(a,b,c)\ge f(a,(b+c)/2,(b+c)/2)$. Thật vậy
$f(a,b,c)-f(a,(b+c)/2,(b+c)/2)=(b-c)^2 \left ( \dfrac{7b^2+10bc+7c^2}{28}+\dfrac{3a-b-c}{4} \right ) \ge 0$ do ta có thể giả sử $a=$max$\{a,b,c\}$.
Phần còn lại là chứng minh $f(a,(3-2a)/2,(3-2a)/2)\ge 0$.

Bài toán 2 (đại diện cho hai cách làm khác)
Tìm hằng số $k$ tốt nhất để
$$\left ( \dfrac{\sin x}{x} \right )^k \ge \cos x; \forall x\in (0;\frac{\pi}{2}) (2).$$
*Cách 1.
Ta có
$$(2)\Leftrightarrow k\ln \dfrac{\sin x}{x}\ge \ln \cos x \\ \Leftrightarrow k \le \dfrac{\ln \cos x}{\ln \frac{\sin x}{x}} \\ \Leftrightarrow k \le \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\ln \cos x}{\ln \frac{\sin x}{x}} $$.
Áp dụng Công thức Lôpitan ta có 
$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\ln \cos x}{\ln \frac{\sin x}{x}}$
$=\lim\limits_{x \to 0^+} -\dfrac{x\sin^2x}{x\cos^2x-\sin x\cos x}$
$=\lim\limits_{x \to 0^+} -\dfrac{\sin^2x+2x\cos x\sin x}{\sin^2x-2x\cos x\sin x}$
$=\lim\limits_{x \to 0^+} -\dfrac{\cos x+2(\cos x-x\sin x)}{\cos x-2(\cos x-x\sin x)}=3$.

*Cách 2.
Ta có
$$\sin x \le x-\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^5}{120} \\ \cos x\ge 1-\dfrac{x^2}{2}$$
Do đó
$(2)\Rightarrow \left ( 1-\dfrac{x^2}{6}+\dfrac{x^4}{120}\right ) ^k \ge 1-\dfrac{x^2}{2}$.
Đặt $y=\frac{x^2}{2}$ ($y>0$). Khi đó ta có
$$f(y)-f(0)>0-y \\ \Leftrightarrow \dfrac{f(y)-f(0)}{y}\ge -1 \\ \Leftrightarrow f'(c)>-1 (c \in (0;y))$$.
Cho $y \to 0^+$ thì ta có
$$f'(0)\ge -1 \\ \Rightarrow k\le 3$$.

*VẤN ĐỀ: Chứng minh   $\left ( \dfrac{\sin x}{x} \right )^k \ge \cos x; \forall x\in (0;\frac{\pi}{2})$.

Phân giác cắt đoạn nối trực tâm và trung điểm cạnh đáy

Bổ đề: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ có trực tâm $H$, $M$ là trung điểm $BC$. Phân giác góc $A$ cắt $HM$ tại $K$. Gọi $E$, $F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $K$ lên $AB$, $AC$. Khi đó $H$, $E$, $F$ thẳng hàng.

Chứng minh

Cũng như nhiều bài toán hình học khác, trong bài này ta sẽ công nhận kết quả rồi đi chứng minh giả thiết.
Từ $H$ ta kẻ đường thẳng vuông góc với $AK$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $E$, $F$.
Dựng đường cao $CC'$, $BB'$ của $\triangle ABC$.
Dựng đường kính $AD$ của $(O)$. Dễ chứng minh $HBDC$ là hình bình hành, từ đó có $H$, $D$, $M$ thẳng hàng.
Gọi $R$ là giao điểm khác $D$ của $HM$ và  $(O)$. Khi đó $ARC'B'$ nội tiếp.
Để có $AREF$ nội tiếp (khi đó $KE \bot AB$...) ta sẽ chứng minh $\triangle RC'E \sim \triangle RB'F$, muốn vậy ta chứng minh $\dfrac{RC'}{C'E}=\dfrac{RB'}{B'F}$.
Ta có $\triangle HC'E \sim \triangle HB'F$, $\triangle HC'B \sim \triangle HB'C$, $\triangle RC'B \sim \triangle RB'C$.
Do đó $\dfrac{EC'}{B'F}=\dfrac{HC'}{HB'}=\dfrac{BC'}{CB'}=\dfrac{RC'}{RB'}$. $\blacksquare$

Một bổ đề

Bài toán
Cho ba điểm $A$, $B$, $C$ thẳng hàng theo thứ tự đó. Qua $A$, $C$ kẻ đường thẳng $d$, $d'$ vuông góc với $AC$. Điểm $M$ di động trên $d'$, qua $M$ kẻ tiếp tuyến $MD$, $ME$ với $(AB)$ ($D$, $E$ là tiếp điểm). $P$, $Q$ lần lượt là giao của $MD$, $ME$ với $d$. Khi đó
$$\fbox{AP.AQ không đổi}$$

   Chứng minh

 

Dễ chứng minh $DE$ đi qua điểm $S$ cố định khi $M$ di chuyển.

Qua $S$ kẻ đường thẳng song song với $d$ cắt $BD$, $BE$ tại $R$, $T$.

Chú ý rằng tứ giác $DRET$ nội tiếp do $\widehat{EDR}=\widehat{EAB}=\widehat{ETS}$ nên $SR.ST=SD.SE=SA.SB$, không đổi.

Ta có $\triangle APO \sim \triangle SRB$, $\triangle AQO \sim \triangle STB$ nên

$$\dfrac{AP}{AO}=\dfrac{SR}{SB} \\ \dfrac{AQ}{AO}=\dfrac{ST}{SB} \\ \Rightarrow \dfrac{AP.AQ}{AO^2}=\dfrac{SR.ST}{SB^2} \\ \Rightarrow AP.AQ=\dfrac{SR.ST.AO^2}{SB^2}.\blacksquare$$

Ứng dụng

Gọi thêm $G$, $H$ là giao của $BD$, $BE$ với $d$. Chứng minh $(BHG)$ luôn đi qua hai điểm cố định khi $M$ di chuyển trên $d'$.

 

  

Chứng minh định lí Stolz

A. Chứng minh sơ cấp Định lý Stolz
 Nguồn: http://egaloism.blogspot.com/2013/07/chung-minh-so-cap-inh-ly-stolz.html 

Định lí Stolz được phát biểu như sau
 
Nếu 2 dãy số $(x_n)$ và $(y_n)$ đồng thời thỏa mãn

$$\left\{ \begin{array}{l} y_{n+1} > y_n; \forall n\in \mathbb{N^*} \\ \lim y_n=+\infty \\ \lim \dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=A \end{array} \right. $$

Khi đó $\lim \dfrac{x_n}{y_n}=A$.

Chứng minh

Trước hết ta có nhận xét rằng $\forall \varepsilon >0$ thì luôn tồn tại $ n_o \in \mathbb{N^*}$ sao cho $\forall n > n_o$ ta luôn có 
$$A-\varepsilon \leq \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}\leq A+\varepsilon (1)$$ 
Lấy $k>n_o$, khi đó $(1)$ tương đương với
$$\left (  A-\varepsilon \right )\left ( y_n-y_{n-1} \right )\leq x_n-x_{n-1}\leq \left ( A+\varepsilon \right )\left ( y_n-y_{n-1} \right )\\ \Leftrightarrow \left ( A-\varepsilon \right )\sum_{i=n_o}^{k}\left ( y_i-y_{i-1} \right ) \leq \sum_{n_o}^{k}\left ( x_i-x_{i-1} \right ) \leq \left ( A+\varepsilon \right )\sum_{i=n_o}^{k}\left ( y_i-y_{i-1} \right ) \\ \Leftrightarrow \left ( A-\varepsilon  \right )\left ( y_k-y_{n_o} \right ) \leq x_k-x_{n_o} \leq \left ( A+\varepsilon \right )\left ( y_k-y_{n_o} \right ) \\ \Leftrightarrow \left ( A-\varepsilon \right ) \left ( 1-\dfrac{y_{n_0}}{y_{k}} \right ) + \dfrac{x_{n_o}}{y_k} \leq \dfrac{x_k}{y_k} \leq \left ( A+\varepsilon \right ) \left( 1- \dfrac{y_{n_0}}{y_{k}} \right ) +\dfrac{x_{n_o}}{y_k} $$.

Chú ý rằng $\lim \left ( \left ( A-\varepsilon \right ) \left ( 1-\dfrac{y_{n_0}}{y_{k}} \right ) + \dfrac{x_{n_o}}{y_k} \right) = \lim \left ( \left ( A+\varepsilon \right ) \left ( 1-\dfrac{y_{n_0}}{y_{k}} \right ) + \dfrac{x_{n_o}}{y_k} \right) = A$ ( do $\varepsilon $ ta có thể chọn nhỏ tùy ý và $\lim y_n = +\infty $ ).   
Theo nguyên lí kẹp ta có $\lim \dfrac{x_k}{y_k}=A$ tức là $\lim \dfrac{x_n}{y_n}=A. \ \ \blacksquare $

$(a^n-1,a^m-1)=a^{(m,n)}-1$

Ta sẽ đi chứng minh bổ đề
Cho m, n là các số nguyên dương, a là số nguyên lớn hơn 1.Khi đó
$$(a^n-1,a^m-1)=a^{(m,n)}-1$$
Đặt $$t=(a^n-1,a^m-1)$$
*Trước hết ta sẽ chứng minh: Nếu $b|a^m-1$ và $b|a^n-1$ thì $b|a^{(m,n)}-1$.
Nhận xét: $(a,b)=1$.
Xin nêu ra bổ đề sau mà không chứng minh
Cho $m$, $n$ là hai số nguyên dương có $(m,n)=d$. Khi đó tồn tại $x,y\in\mathbb{Z^+}$ để $mx-ny=d$.
Trở lại bài toán ta có $b|a^{mx}-1$ và $b|a^{ny}-1$.
Do đó $b|a^{nx}(a^{mx-ny}-1)$, do $(a,b)=1$ nên $b|a^d-1$.
Dẫn đến $t|a^d-1$                  (1)
*Lại có $a^d-1|a^n-1$ và $a^d-1|a^m-1$ nên $a^d-1|t$                      (2)
Từ (1) và (2) suy ra $t=a^d-1$ tức là
 $$(a^n-1,a^m-1)=a^{(m,n)}-1$$.

Tổ hợp

[Đề kiểm tra ĐTQG Hà Tĩnh 2013-2014]
Trên bàn cờ vua có một số quân cờ. Biết rằng nếu một ô nào đó còn trống thì tổng số lượng những quân cờ đứng cùng hàng và cùng cột với ô đó không nhỏ hơn $8$. Chứng minh rằng trên bàn cờ đó có ít nhất $32$ quân cờ.
Lời giải
 Ý tưởng phản chứng:

Giả sử có $\ge33$ ô trống. Theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn tại một hàng X có $\ge5$ ô trống. 

Nếu hàng X đó có $0$ ô cờ thì xét bất kì $1$ ô trống ta thấy tổng số ô có cờ trên cột và hàng chứa ô đó $\le7$, mâu thuẫn. 

Nếu hàng X có $1$ ô cờ, $7$ ô trống thì trong $7$ cột chứa $7$ ô trống có $\ge33-7=26$ ô trống, theo nguyên lí Đi-rích-lê có $1$ cột có $\ge4$ ô trống, xét $1$ ô trống bất kì trong $7$ ô trống ta có điều mâu thuẫn. 

Nếu có $2$ ô cờ và $6$ ô trống xét tương tự.                

Nếu có $5$ ô trống và $3$ ô cờ, khi đó ở mỗi cột chứa ô trống có $\ge5$ cờ nên có $\le3$ ô trống. Do đó ở $3$ cột chứa $3$ ô có cờ ở hàng X có $\ge33-3\text{x}5=18$ ô trống. Chú ý trong $3$ cột này nếu có $1$ cột $\ge7$ ô trống thì vô lí nên chứng tỏ cột nào cũng có $6$ ô trống khi đó thì sẽ có một hàng có $3$ ô trống, xét bất kì $1$ trong $3$ ô trống này ta có mâu thuẫn.

Lời nói đầu

Blog này lập ra nhằm lưu lại những gì tôi đã học