HDC de trai he phuong nam toan

OLYMPIC TRẠI HÈ PHƯƠNG NAM
Môn TOÁN, Năm 2014
Đáp án
Câu 1. Cho bộ số gồm 8 số Đ = {T, R, A, I, H, E, P, N } và
T +R R+A A+I I +H H +E E+P P +N N +T
,
,
,
,
,
,
,
là một hoán
T=
2
2
2
2
2
2
2
2
vị của Đ. Biết rằng T + R + A + I + H + E + P + N = 2014. Hãy xác định các
giá trị của N.
Giải. Sử dụng các bất đẳng thức Cauchy quen biết cho hai số

T + R 2 T 2 + R2
≤
, dấu "=" xảy ra ⇔ T = R,
2
2

R + A 2 R 2 + A2
≤
, dấu "=" xảy ra ⇔ R = A,
2
2
......
N + T 2 N2 + T 2
≤
, dấu "=" xảy ra ⇔ N = T
2
2
Ta thu được

T +R
2

2

+

R+A
2

2

N +T
2

+ ··· +

2

≤ T 2 + R2 + · · · + N 2 .

Mặt khác, theo giả thiết thì T là hoán vị của Đ nên

T +R
2

N +T 2
+ ··· +
= T 2 + R2 + · · · + N 2 .
2
2014
1007
Suy ra T = R = A = I = H = E = P = N =
nên N =
.
8
4
√
Câu 2. Giải phương trình: x2 + x − 3 = 3 − 2x.
2

R+A
+
2

2

3
Giải. Điều kiện xác định: x ≤ . Biến đối phương trình về dạng
2
√
√
(x + 3 − 2x) × (x − 3 − 2x − 1) = 0.
√
Từ đó tìm được x = −3 hoặc x = 2, đều thỏa mãn.
1


√
Câu 3. Giải hệ phương trình:

12 − 2x2 = 4 + y
1 − 2y − y 2 = 5 − 2x

(1)


2
2

 2x2 + y 2 + 8y + 4 = 0
(2)
4x + y − 20x + 2y + 24 = 0
Giải. Ta có (1) ⇔
(3)

 y ≥ −4; x ≤ 5

2
Nhân 2 vế của (3) với 2 và cộng với các vế tương ứng (2), ta thu được phương
trình

10x2 + 3y 2 − 40x + 12y + 52 = 0 ⇔ 10(x − 2)2 + 3(y + 2)2 = 0.
Suy ra x = 2; y = −2. Nghiệm (x, y) = (2, −2) thỏa mãn.
Câu 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Phân giác trong của góc

A cắt BC tại A1 và cắt đường tròn tâm O tại A2 . Tương tự, ta thu được các điểm
B1 , B2 và C1 , C2 tương ứng. Chứng minh rằng
A1 A2
B1 B2
C1 C2
3
+
+
≥ .
BA2 + A2 C CB2 + B2 A AC2 + C2 B
4
Giải. Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp CA2 BA ta được

CA2 .AB + BA2 .AC = BC.AA2
Vì BA2 = CA2 nên ta suy ra
CA2
BC
CA2 (AB + AC) = BC.AA2 và
=
. Ngoài ra, ta có
AA2
AB + AC

A1 A2
A1 A2
=
.
BA2 + A2 C
2CA2
Mặt khác, do ∆CA1 A2 đồng dạng với ∆ACA2 nên suy ra

A1 A2
CA2
=
.
2CA2
2AA2

Từ đó, ta có

A1 A2
BC
=
.
BA2 + A2 C
2(AB + AC)

(1)

B1 B2
AC
=
.

CB2 + B2 A 2(AB + BC)

(2)

C1 C2
AB
=
.
AC2 + C2 B
2(AC + BC)

(3)

Tương tự, ta có

và

2


Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta thu được

A1 A2
B1 B2
C1 C2
+
+
BA2 + A2 C CB2 + B2 A AC2 + C2 B
=

AC
AB
BC
+
+
.
2(AB + AC) 2(AB + BC) 2(AC + BC)

Áp dụng bất đẳng thức Nesbit cho ba số dương AB, AC, BC , ta được bất đẳng
thức cần phải chứng minh

A1 A2
B1 B2
C1 C2
3
+
+
≥ .
BA2 + A2 C CB2 + B2 A AC2 + C2 B
4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Câu 5. Cho số nguyên tố có 4 chữ số p = abcd. Chứng minh rằng đa thức

P (x) = ax3 + bx2 + cx + d không phân tích được thành tích của hai đa thức bậc
lớn hơn 0 với hệ số nguyên.
Giải. Giả sử ngược lại, P (x) phân tích được thành tích của hai đa thức bậc lớn
hơn 0 với hệ số nguyên thì một thừa số là đa thức bậc nhất.

P (x) = ax3 + bx2 + cx + d = (mx + n)(rx2 + ux + s)
với m, n, r, u, s ∈ Z.

Nhận xét rằng phương trình P (x) = 0 không thể có nghiêm dương và nghiệm
bằng 0 (do a, b, c, d ∈ {0, 1, 2, . . . , 9} và a, d khác 0), nên m, n cùng dấu. Đồng
nhất thức hệ số, ta thu được mr = a, ns = d nên không mất tính tổng quát có thể
coi m, n, r, s ∈ N∗ .
Vậy

|P (x)| = |ax3 + bx2 + cx + d| = |(mx + n)||(rx2 + ux + s)|.
Thế x = 10 vào (1), ta thu được

p = (10m + n)|100r + 10u + s|
với 0 < 10m + n < 100 < p, trái với giả thiết p là số nguyên tố.

—————————————–
3

(1)