Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Nam Định

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Nam Định

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1

a) Rút gọn biểu thức: $P=\frac{4}{\sqrt{2}+\sqrt{7-2\sqrt{10}}}-\frac{1-\sqrt{9+4\sqrt{2}}}{7-\sqrt{89-28\sqrt{10}}}.$

b) Cho $x,\,y,\,z>0$ thỏa mãn $\frac{zx}{z+\sqrt{{{z}^{2}}+1}}+\frac{z}{y}=\frac{\sqrt{{{z}^{2}}+1}}{y}.$

Chứng minh rằng: $\frac{1}{\sqrt{xy}+x\sqrt{yz}+1}+\frac{1}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{1}{\sqrt{zx}+\sqrt{z}+1}=1.$

Câu 2

a) Giải phương trình ${{x}^{3}}+{{x}^{2}}+2x=\frac{4\sqrt{5}}{15}\left( {{x}^{2}}+2 \right)\sqrt{{{x}^{4}}+4}.$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{align}& \frac{{{\left( x-y \right)}^{2}}-1}{xy}-\frac{2\left( x+y-1 \right)}{x+y}=-4 \\& 4{{x}^{2}}+5y+\sqrt{x+y-1}+6\sqrt{x}=13 \\\end{align} \right..$

Câu 3

a) Cho các đa thức $P(x)$ và $Q(x)$ thỏa mãn $P(x)=\frac{1}{2}\left[ Q\left( x \right)+Q\left( 1-x \right) \right] $ với mọi $x.$ Biết rằng hệ số của $P(x)$ là các số nguyên không âm và $P(0)=0.$ Tính $P\left[ 3P\left( 3 \right)-P\left( 2 \right) \right] .$

b) Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

$\left( x-y-1 \right)\left( x+1-y \right)+6xy+{{y}^{2}}\left( 2-x-y \right)=2\left( x+1 \right)\left( y+1 \right).$

Câu 4

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O;\,\,R \right),$ vẽ đường tròn $\left( O’;\,\,R’ \right)$ $\left( R'<R \right)$ tiếp xúc với cạnh $AD$ tại $H,$ tiếp xúc với cạnh $BC$ tại $G$ và tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $M$ (điểm $M$ thuộc cung $CD$ không chứa điểm $A).$ Vẽ đường thẳng $t{t}’$ là tiếp tuyến chung tại $M$ của hai đường tròn $(O)$ và $({O}’)$ (tia $Mt$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng $MA$ chứa điểm $D).$

a) Chứng minh rằng $\widehat{DHM}=\widehat{DMt}+\widehat{AMH}$ và $MH,\,MG$ lần lượt là tia phân giác của các $\widehat{AMD}$ và $\widehat{BMC}.$

b) Đường thẳng $MH$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $E$ $(E$ khác $M).$ Hai đường thẳng $HG$ và $CE$ cắt nhau tại $I.$ Chứng minh rằng $\widehat{EHI}=\widehat{EIM}.$

c) Chứng minh rằng đường thẳng $HG$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ACD.$

Câu 5

a) Cho $a,\,b,\,c>0.$ Chứng minh rằng:

$\frac{1}{c\left( c+a+3b \right)+{{c}^{2}}}+\frac{1}{a\left( a+b+3c \right)+{{a}^{2}}}+\frac{1}{b\left( b+c+3a \right)+{{b}^{2}}}\le \frac{1}{6}\left( \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}} \right).$

b) Cho một đa giác có 10 đỉnh như hình vẽ (4 đỉnh $A,\,B,\,C,\,D$ hoặc $B,\,C,\,D,\,E$ hoặc $C,\,D,\,E,\,F$ hoặc … hoặc $J,\,A,\,B,\,C$ được gọi là 4 đỉnh liên tiếp của đa giác). Các đỉnh của đa giác được đánh số một cách tùy ý bởi các số nguyên thuộc tập hợp $\left\{ 1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9;\,\,10 \right\}$ (biết mỗi đỉnh chỉ được đánh bởi một số, các số được đánh ở các đỉnh là khác nhau). Chứng minh rằng ta luôn tìm được 4 đỉnh liên tiếp của đa giác được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn 21.

……………….HẾT…………….

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1

Read:   HĐT và ứng dụng phần 8 - Nâng cao để về đích

a) Rút gọn biểu thức: $P=\frac{4}{\sqrt{2}+\sqrt{7-2\sqrt{10}}}-\frac{1-\sqrt{9+4\sqrt{2}}}{7-\sqrt{89-28\sqrt{10}}}.$

b) Cho $x,\,y,\,z>0$ thỏa mãn $\frac{zx}{z+\sqrt{{{z}^{2}}+1}}+\frac{z}{y}=\frac{\sqrt{{{z}^{2}}+1}}{y}.$

Chứng minh rằng: $\frac{1}{\sqrt{xy}+x\sqrt{yz}+1}+\frac{1}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{1}{\sqrt{zx}+\sqrt{z}+1}=1.$

Lời giải

a) Ta có $P=\frac{4}{\sqrt{2}+\sqrt{{{\left( \sqrt{5}-\sqrt{2} \right)}^{2}}}}-\frac{1-\sqrt{{{\left( 2\sqrt{2}+1 \right)}^{2}}}}{7-\sqrt{{{\left( 7-2\sqrt{10} \right)}^{2}}}}=\frac{4}{\sqrt{5}}-\frac{-2\sqrt{2}}{2\sqrt{10}}=\frac{4}{\sqrt{5}}+\frac{1}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}.$

b) Từ giả thiết $\frac{zx}{z+\sqrt{{{z}^{2}}+1}}+\frac{z}{y}=\frac{\sqrt{{{z}^{2}}+1}}{y}\Leftrightarrow \left( z+\sqrt{{{z}^{2}}+1} \right)\left( \sqrt{{{z}^{2}}+1}-z \right)=xyz\Leftrightarrow xyz=1.$

Do đó $\frac{1}{\sqrt{xy}+x\sqrt{yz}+1}+\frac{1}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{1}{\sqrt{zx}+\sqrt{z}+1}$

$=\frac{\sqrt{xyz}}{\sqrt{xy}+x\sqrt{yz}+\sqrt{xyz}}+\frac{\sqrt{xyz}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+\sqrt{xyz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}+\sqrt{z}+1}$

$=\frac{\sqrt{z}}{1+\sqrt{zx}+\sqrt{z}}+\frac{\sqrt{zx}}{\sqrt{z}+1+\sqrt{zx}}+\frac{1}{\sqrt{zx}+\sqrt{z}+1}=\frac{\sqrt{z}+\sqrt{zx}+1}{\sqrt{z}+\sqrt{zx}+1}=1$

Câu 2

a) Giải phương trình ${{x}^{3}}+{{x}^{2}}+2x=\frac{4\sqrt{5}}{15}\left( {{x}^{2}}+2 \right)\sqrt{{{x}^{4}}+4}.$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{align}& \frac{{{\left( x-y \right)}^{2}}-1}{xy}-\frac{2\left( x+y-1 \right)}{x+y}=-4 \\& 4{{x}^{2}}+5y+\sqrt{x+y-1}+6\sqrt{x}=13 \\\end{align} \right..$

Lời giải

a) Xét $x=0$ không phải là nghiệm. Xét $x\ne 0$ ta chia 2 vế của phương trình cho ${{x}^{2}}\ne 0$ ta được

$x+1+\frac{2}{x}=\frac{4\sqrt{5}}{15}\left( x+\frac{2}{x} \right)\sqrt{{{\left( x+\frac{2}{x} \right)}^{2}}-4}.$ Đặt $x+\frac{2}{x}=t$ với $\left| t \right|\ge 2\sqrt{2}$

Ta có phương trình $t+1=\frac{4\sqrt{5}}{15}t\sqrt{{{t}^{2}}-4}\Leftrightarrow 4\sqrt{5}t\sqrt{{{t}^{2}}-4}-15t-15=0$

$\Leftrightarrow 4\sqrt{5}t\left( \sqrt{{{t}^{2}}-4}-\sqrt{5} \right)+5\left( t-3 \right)=0\Leftrightarrow \frac{4\sqrt{5}t\left( {{t}^{2}}-9 \right)}{\sqrt{{{t}^{2}}-4}+\sqrt{5}}+5\left( t-3 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( t-3 \right)\left[ \frac{4t\left( t+3 \right)}{\sqrt{{{t}^{2}}-4}+\sqrt{5}}+\sqrt{5} \right] =0\Leftrightarrow \left( t-3 \right)\left( 4{{t}^{2}}+12t+5+\sqrt{5}\sqrt{{{t}^{2}}-4} \right)=0$

+) Xét $t=3\Rightarrow {{x}^{2}}-3x+2=0\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( x-2 \right)=0\Leftrightarrow x=1;\,\,x=2.$

+) Xét $4{{t}^{2}}+12t+5+\sqrt{5}\sqrt{{{t}^{2}}-4}=0\Leftrightarrow \left( 2t+1 \right)\left( 2t+5 \right)+\sqrt{5}\sqrt{{{t}^{2}}-4}=0$

Với $t\ge 2\sqrt{2}\Rightarrow \left( 2t+1 \right)\left( 2t+5 \right)+\sqrt{5}\sqrt{{{t}^{2}}-4}>0,$ vô lý.

Với $t\le -2\sqrt{2}<-\frac{5}{2}\Rightarrow \left( 2t+1 \right)\left( 2t+5 \right)+\sqrt{5}\sqrt{{{t}^{2}}-4}>0,$ vô lý

Vậy phương trình có nghiệm $x=1;\,\,x=2.$

b) ĐKXĐ: $x>0;\,\,x+y\ge 1.$ Từ phương trình thứ nhất ta có:

${{\left( x-y \right)}^{2}}\left( x+y \right)-\left( x+y \right)+4xy\left( x+y \right)-2xy\left( x+y-1 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( x+y \right){{\left( x+y \right)}^{2}}-\left( x+y \right)-2xy\left( x+y-1 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( x+y \right)\left[ {{\left( x+y \right)}^{2}}-1 \right] -2xy\left( x+y-1 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( x+y \right)\left( x+y-1 \right)\left( x+y+1 \right)-2xy\left( x+y-1 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( x+y-1 \right)\left[ \left( x+y \right)\left( x+y+1 \right)-2xy \right] =0$ $\Leftrightarrow \left( x+y-1 \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+x+y \right)=0$

$\Rightarrow x+y-1=0\Leftrightarrow y=1-x$ (vì ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+x+y>0$)

Thế vào phương trình thứ hai ta được: $4{{x}^{2}}-5x+6\sqrt{x}-8=0$

$\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}+2x\sqrt{x}-8x-2x\sqrt{x}-x+4\sqrt{x}+4x+2\sqrt{x}-8=0$$\Leftrightarrow \left( 2x-\sqrt{x}+2 \right)\left( 2x+\sqrt{x}-4 \right)=0$

Vì $2x-\sqrt{x}+2>0$ với mọi $x>0$ nên $2x+\sqrt{x}-4=0$

$ \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = {\left( {4 – 2x} \right)^2} \hfill \cr
0 < x \le 2 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
4{x^2} – 17x + 16 = 0 \hfill \cr
0 < x \le 2 \hfill \cr} \right.$

$\Rightarrow x=\frac{17-\sqrt{33}}{8}\Rightarrow y=\frac{-9+\sqrt{33}}{8}$ là nghiệm của hệ phương trình.

Câu 3

a) Cho các đa thức $P(x)$ và $Q(x)$ thỏa mãn $P(x)=\frac{1}{2}\left[ Q\left( x \right)+Q\left( 1-x \right) \right] $ với mọi $x.$ Biết rằng hệ số của $P(x)$ là các số nguyên không âm và $P(0)=0.$ Tính $P\left[ 3P\left( 3 \right)-P\left( 2 \right) \right] .$

b) Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

$\left( x-y-1 \right)\left( x+1-y \right)+6xy+{{y}^{2}}\left( 2-x-y \right)=2\left( x+1 \right)\left( y+1 \right).$

Lời giải

a) Vì $P(0)=0\Rightarrow Q\left( 0 \right)+Q\left( 1 \right)=0.$ Do đó $P\left( 1 \right)=\frac{1}{2}\left[ Q\left( 1 \right)+Q\left( 0 \right) \right] =0.$

Ta có tổng các hệ số của $P(x)$ bằng $P(1)=0$ mà các hệ số của $P(x)$ là các số nguyên không âm nên các hệ số của $P(x)$ bằng 0, vì vậy $P(x)=0$ với mọi $x.$ Suy ra $P\left[ 3P\left( 3 \right)-P\left( 2 \right) \right] =0.$

Read:   File Word đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Ninh Bình – Năm học 2022 – 2023

b) Ta có phương trình $\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{2}}-1+4xy+2xy+{{y}^{2}}\left( 2-x-y \right)-2\left( x+1 \right)\left( y+1 \right)=0$

$\Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{2}}-1+2xy-{{y}^{2}}\left( x+y-2 \right)-2xy-2\left( x+y \right)-2=0$

$\Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{2}}-4-{{y}^{2}}\left( x+y-2 \right)-2\left( x+y \right)+4=3$

$\Leftrightarrow \left( x+y-2 \right)\left( x+y+2 \right)-{{y}^{2}}\left( x+y-2 \right)-2\left( x+y-2 \right)=3$

$\Leftrightarrow \left( x+y-2 \right)\left( x+y-{{y}^{2}} \right)=3.$

TH1:
$\left\{ \matrix{
x + y – 2 = – 1 \hfill \cr
x + y – {y^2} = – 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x + y = 1 \hfill \cr
{y^2} = 4 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left( {x;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \in {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\left( {3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} – 2} \right),{\mkern 1mu} \left( { – 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)} \right\}$

TH2:
$\left\{ \matrix{
x + y – 2 = – 3 \hfill \cr
x + y – {y^2} = – 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x + y = – 1 \hfill \cr
{y^2} = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left( {x;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y} \right) = \left( { – 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right).$

TH3:
$\left\{ \matrix{
x + y – 2 = 1 \hfill \cr
x + y – {y^2} = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x + y = 3 \hfill \cr
{y^2} = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left( {x;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y} \right) = \left( {3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right).$

TH4:
$\left\{ \matrix{
x + y – 2 = 3 \hfill \cr
x + y – {y^2} = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x + y = 5 \hfill \cr
{y^2} = 4 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left( {x;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y} \right) \in {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\left( {7;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} – 2} \right),{\mkern 1mu} \left( {3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)} \right\}$

Câu 4

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O;\,\,R \right),$ vẽ đường tròn $\left( O’;\,\,R’ \right)$ $\left( R'<R \right)$ tiếp xúc với cạnh $AD$ tại $H,$ tiếp xúc với cạnh $BC$ tại $G$ và tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $M$ (điểm $M$ thuộc cung $CD$ không chứa điểm $A).$ Vẽ đường thẳng $t{t}’$ là tiếp tuyến chung tại $M$ của hai đường tròn $(O)$ và $({O}’)$ (tia $Mt$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng $MA$ chứa điểm $D).$

a) Chứng minh rằng $\widehat{DHM}=\widehat{DMt}+\widehat{AMH}$ và $MH,\,MG$ lần lượt là tia phân giác của các $\widehat{AMD}$ và $\widehat{BMC}.$

b) Đường thẳng $MH$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $E$ $(E$ khác $M).$ Hai đường thẳng $HG$ và $CE$ cắt nhau tại $I.$ Chứng minh rằng $\widehat{EHI}=\widehat{EIM}.$

c) Chứng minh rằng đường thẳng $HG$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ACD.$

Lời giải

a) Chứng minh rằng $\widehat{DHM}=\widehat{DMt}+\widehat{AMH}$ và $MH,\,MG$ lần lượt là tia phân giác của các $\widehat{AMD}$ và $\widehat{BMC}.$

Ta có $\widehat{DHM}=\widehat{DAM}+\widehat{AMH}=\widehat{DMt}+\widehat{AMH}$

$\Rightarrow \widehat{AMH}=\widehat{DHM}-\widehat{DMt}=\widehat{HGM}-\widehat{DMt}$$=\widehat{HMt}-\widehat{DMt}=\widehat{HMD}$

Read:   File Word đề thi HSG Toán 9 - Tỉnh Gia Lai - Năm học 2022 - 2023

$\Rightarrow MH$ là tia phân giác của $\widehat{AMD}.$

Chứng minh tương tự, $MG$ là tia phân giác của $\widehat{BMC}.$

b) Chứng minh rằng $\widehat{EHI}=\widehat{EIM}.$

Ta có: $\widehat{ICM}=\widehat{EMt}=\widehat{IGM}$ nên tứ giác $MIGC$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{EHI}={{180}^{o}}-\widehat{MHG}={{180}^{o}}-\widehat{MGC}$

$={{180}^{o}}-\widehat{MIC}=\widehat{EIM}.$

c) Chứng minh rằng đường thẳng $HG$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ACD.$

Ta có: $\widehat{EHI}=\widehat{EIM}\Rightarrow \Delta EHI$ഗ $\Delta EIM$

$\Rightarrow \frac{EH}{EI}=\frac{EI}{EM}\Rightarrow E{{I}^{2}}=EH\,.\,EM$

vì $\widehat{AMH}=\widehat{HMD}$ nên $\overset\frown{ED}=\overset\frown{EA}\Rightarrow \widehat{EDA}=\widehat{EMD}\Rightarrow \Delta EHD$ ഗ $\Delta EDM$

$\Rightarrow \frac{EH}{ED}=\frac{ED}{EM}\Rightarrow E{{D}^{2}}=EH\,.\,EM\Rightarrow ED=EI=EA$

Suy ra các tam giác $EDI,\,EAI$ cân. Do đó $\widehat{AID}=\widehat{EID}+\widehat{EIA}=\frac{{{180}^{o}}-\widehat{IED}}{2}+\frac{{{180}^{o}}-\widehat{IEA}}{2}$

$={{180}^{o}}-\frac{\widehat{IED}+\widehat{IEA}}{2}={{180}^{o}}-\frac{\widehat{AED}}{2}={{180}^{o}}-\frac{{{180}^{o}}-\widehat{ACD}}{2}$$={{90}^{o}}+\frac{\widehat{ACD}}{2}$

mà  $I,\,{I}’$ cùng thuộc tia $EC$ nên $I\equiv {I}’$ hay $HG$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ACD.$

Câu 5

a) Cho $a,\,b,\,c>0.$ Chứng minh rằng:

$\frac{1}{c\left( c+a+3b \right)+{{c}^{2}}}+\frac{1}{a\left( a+b+3c \right)+{{a}^{2}}}+\frac{1}{b\left( b+c+3a \right)+{{b}^{2}}}\le \frac{1}{6}\left( \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}} \right).$

b) Cho một đa giác có 10 đỉnh như hình vẽ (4 đỉnh $A,\,B,\,C,\,D$ hoặc $B,\,C,\,D,\,E$ hoặc $C,\,D,\,E,\,F$ hoặc … hoặc $J,\,A,\,B,\,C$ được gọi là 4 đỉnh liên tiếp của đa giác). Các đỉnh của đa giác được đánh số một cách tùy ý bởi các số nguyên thuộc tập hợp $\left\{ 1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9;\,\,10 \right\}$ (biết mỗi đỉnh chỉ được đánh bởi một số, các số được đánh ở các đỉnh là khác nhau). Chứng minh rằng ta luôn tìm được 4 đỉnh liên tiếp của đa giác được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn 21.

Lời giải

a) Áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{x+y}\le \frac{1}{4}\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right);\,\,\frac{1}{x+y+z}\le \frac{1}{9}\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)$ và CauChy ta có:

$\frac{1}{c\left( c+a+3b \right)+{{c}^{2}}}=\frac{1}{2{{c}^{2}}+ca+bc+2bc}\le \frac{1}{9}\left( \frac{1}{2{{c}^{2}}}+\frac{1}{bc+ca}+\frac{1}{2bc} \right)$

$\le \frac{1}{9}\left[ \frac{1}{2{{c}^{2}}}+\frac{1}{4}\left( \frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \right)+\frac{1}{2bc} \right] \le \frac{1}{9}\left[ \frac{1}{2{{c}^{2}}}+\frac{1}{8}\left( \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}} \right)+\frac{1}{8}\left( \frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}} \right)+\frac{1}{4}\left( \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}} \right) \right] $

$=\frac{1}{18}\left[ \frac{1}{4{{a}^{2}}}+\frac{3}{4{{b}^{2}}}+\frac{2}{{{c}^{2}}} \right] .$

Chứng minh tương tự, $\frac{1}{a\left( a+b+3c \right)+{{a}^{2}}}\le \frac{1}{18}\left[ \frac{1}{4{{b}^{2}}}+\frac{3}{4{{c}^{2}}}+\frac{2}{{{a}^{2}}} \right] $

$\frac{1}{b\left( b+c+3a \right)+{{b}^{2}}}\le \frac{1}{18}\left[ \frac{1}{4{{c}^{2}}}+\frac{3}{4{{a}^{2}}}+\frac{2}{{{b}^{2}}} \right] $

Cộng theo vế các bất đẳng thức này lại ta được đpcm.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$

b) Ta ghép 4 đỉnh liên tiếp của đa giác được $\left( A,\,B,\,C,\,D \right),$ $\left( B,\,C,\,C,\,E \right),$ $\left( C,\,D,\,E,\,F \right),$ $\left( D,\,E,\,F,\,G \right),$ $\left( E,\,F,\,G,\,H \right),$ $\left( F,\,G,\,H,\,I \right),$ $\left( G,\,H,\,I,\,J \right),$ $\left( H,\,I,\,J,\,A \right),$ $\left( I,\,J,\,A,\,B \right),$ $\left( J,\,A,\,B,\,C \right).$ Như vậy có 10 bộ 4 đỉnh liên tiếp của đa giác theo thứ tự như trên và mỗi đỉnh xuất hiện 4 lần. Gọi tổng của 4 số đánh trên 4 đỉnh liên tiếp của các bộ 4 đỉnh trên lần lượt là ${{S}_{1}},\,{{S}_{2}},\,\,.\,.\,.\,,\,{{S}_{10}}.$ Khi đó:

${{S}_{1}}+{{S}_{2}}+\,.\,.\,.\,+{{S}_{10}}=4\left( 1+2+3+…+10 \right)=210.$

Nếu trong các tổng ${{S}_{1}},\,{{S}_{2}},\,\,.\,.\,.\,,\,{{S}_{10}}$ tồn tại ít nhất 2 tổng bằng nhau, giả sử ${{S}_{1}}={{S}_{2}}$ thì số đánh ở $A$ bằng số đánh ở đỉnh $E,$ mâu thuẫn. Như vậy không có tổng nào trong 10 tổng ${{S}_{1}},\,{{S}_{2}},\,\,.\,.\,.\,,\,{{S}_{10}}$ đôi một bằng nhau, mà ${{S}_{1}}+{{S}_{2}}+\,.\,.\,.\,+{{S}_{10}}=210$ nên luôn tồn tại ít nhất một tổng trong chúng lớn hơn 21.

……………..HẾT……………

Hình đại diện của người dùng

admin

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *