Để chuẩn bị tốt cho kỳ thi vào lớp 10 của các trường thuộc khối chuyên toán các tỉnh thành trong cả nước, chúng tôi xin gửi tới các em học sinh tài liệu để tham khảo, tập luyện và nếu chuẩn bị kỹ càng từ kiến thức đến lộ trình ôn thi bài bản thì các em có thể vượt qua kì thi một cách dễ dàng hơn.
Câu IV(toán điều kiện):
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = $x\sqrt{\frac{7y}{3x+4z}}$+$y\sqrt{\frac{7z}{3y+4x}}$+$z\sqrt{\frac{7x}{3z+4y}}$
Lời giải:
Ta biến đổi P = $\sqrt{7xy}\sqrt{\frac{x}{3x+4z}}$+$\sqrt{7yz}\sqrt{\frac{y}{3y+4x}}$+$\sqrt{7zx}\sqrt{\frac{z}{3z+4y}}$.
Sử dụng BĐT Bunhiacopxki ra được:
$P^{2} \le $$7(xy+yz+zx)$$\left( \frac{x}{3x+4z}+\frac{y}{3y+4x}+\frac{z}{3z+4y} \right)$
Đặt S = $\frac{x}{3x+4z}$+$\frac{y}{3y+4x}$+$\frac{z}{3z+4y}$, đến đây ta thấy có một cái gì đó gần giống với
kỹ thuật biến đổi Cauchy ngược hướng đã được chúng tôi giới thiệu ở các bài giảng trước.
3S = 3 $-\left( \frac{4x}{4x+3y}+\frac{4y}{4y+3z}+\frac{4z}{4z+3x} \right)$ = 3 $-\left( \frac{4x^2}{4x^2+3xy}+\frac{4y^2}{4y^2+3yz}+\frac{4z^2}{4z^2+3zx} \right)$
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
$\frac{4x^2}{4x^2+3xy}+\frac{4y^2}{4y^2+3yz}+\frac{4z^2}{4z^2+3zx}$ $\ge \frac{4(x+y+z)^{2}}{3(xy+yz+zx) +4(x^2+y^2+z^2)}$ = $\frac{4}{3(xy+yz+zx) +4(x^2+y^2+z^2)}$
Từ giả thiết x + y + z = 1 $\Rightarrow$ xy + yz + zx $\le \frac{1}{3}$.
Sử dụng Cauchy-Schwarz một lần nữa:
$\frac{4}{3(xy+yz+zx) +4(x^2+y^2+z^2)}$ + $\frac{3}{7(xy+yz+zx)}$ = $\frac{16}{12(xy+yz+zx) +16(x^2+y^2+z^2)}$ + $\frac{9}{21(xy+yz+zx)}$ $\ge \frac{49}{33(xy+yz+zx)+16(x^2+y^2+z^2)}$
= $\frac{49}{xy+yz+zx+16}\ge 3$.
Suy ra $\frac{4x}{4x+3y}+\frac{4y}{4y+3z}+\frac{4z}{4z+3x}$ + $\frac{3}{7(xy+yz+zx)} \ge 3$
$\Rightarrow$ $S \le \frac{1}{7(xy+yz+zx)}$ $\Rightarrow$ $P^{2} \le 1$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1/3.
Vậy kết luận GTLN của P là 1.
Câu IV(toán chuyên):
Cho đa giác đều 2024 cạnh. Mỗi đỉnh của đa giác viết 1 số nguyên. Biết rằng mỗi số được viết lớn hơn tổng 2 số trên 2 đỉnh trước nó(tính theo chiều kim đồng hồ). Hỏi có thể có tối đa bao nhiêu số nguyên dương được viết trên các đỉnh của đa giác trên.
Lời giải:
Bằng cách ký hiệu các số đã viết là $a_{0}, a_{1},...,a_{2023}$ khi đó:
Trong 2024 số đã viết không thể tồn tại 2 số liên tiếp không âm(*):
Thật vậy, giả sử tồn tại chỉ số k sao mà $a_{k}, a_{k+1}$ đều không âm, khi đó: $a_{k+2}\gt $ $a_{k+1} + a_{k}$ $\Rightarrow$ $a_{k+2}\gt a_{k+1}\ge 0$ (quy ước $a_{i+2024} = a_{i}$). Làm tương tự sẽ dẫn đến $a_{k+1} \lt a_{k+2} \lt$ $...$ $\lt a_{k+2025} =a_{k+1}$. Mâu thuẫn!
Trong 2024 số đó nếu có 1 số không âm, ta có thể giả sử đó là $a_{0}$(nếu không như vậy thì ta thực hiện đánh lại chỉ số). Bằng cách chia thành 1012 cặp ($a_{0}, a_{1}$), ($a_{2}, a_{3}$),...,($a_{2022}, a_{2023}$), khi đó theo (*) thì trong các cặp đó, mỗi cặp có không quá 1 số không âm. Vì vậy số các số dương không thể vượt quá 1012 số.
Để đạt được 1012 số dương thì trong mỗi cặp đó phải có 1 và chỉ 1 số dương, ta thấy rằng:
Nếu có một chỉ số chẵn nào đó chẳng hạn $a_{2k} \lt 0$ $\Rightarrow$ $a_{2k+1} \gt 0$ $\Rightarrow$ $a_{2k+3} \gt 0$ ... $\Rightarrow$ $a_{2023} \gt 0$, điều này không thể vì khi đó $a_{0}$ và $a_{2023}$ là 2 số liên tiếp không âm.
Như thế nghĩa là $a_{0}, a_{2},...,a_{2022}$ đều phải dương.
Khi đó $a_{3}\gt a_{2}+a_{1} \Rightarrow a_{3} \gt a_{1}$, $a_{5}\gt a_{4}+a_{3} \Rightarrow a_{5} \gt a_{3}$,..., $a_{1}\gt a_{2023}+a_{0} \Rightarrow a_{1} \gt a_{2023}$ nghĩa là $a_{1} \lt a_{3}\lt ...\lt a_{2023} \lt a_{1}$. Mâu thuẫn!
Có thể kiểm định bộ số $-4047, 1, -4045, 1, -4043,$...$,1, -2025, -2023$ là bộ thỏa mãn yêu cầu bài ra và có chứa 1011 số dương.
Vậy số các số dương tối đa có thể có là 1011.
Nguyễn Kim Sổ
Hội Toán học Việt Nam