[thaygiaocht]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Bài 4.

Trong một kỳ thi vấn đáp, có $100$ thí sinh và $25$ vị giám khảo, mỗi thí sinh thích ít nhất $10$ giám khảo.

a) Chứng minh rằng có thể chọn ra $7$ giám khảo mà mỗi thí sinh đều thích ít nhất $1$ trong $7$ người đó.
b) Chứng minh rằng có thể sắp xếp lịch thi sao cho mỗi thí sinh được đúng $1$ giám khảo mình thích hỏi và mỗi giám khảo hỏi không quá $10$ thí sinh.

Bài 5.

Cho tam giác$ABC$ nhọn và có điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho $\angle APB=\angle APC = \alpha$ và $\alpha>180{}^\circ - \angle BAC $. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $APB$ cắt $AC$ ở $E,$ đường tròn ngoại tiếp tam giác $APC$ cắt $AB$ ở $F$ . Gọi $Q$ là điểm nằm trong tam giác $AEF$ sao cho $\angle AQE=\angle AQF$. Gọi $D$ là điểm đối xứng với $Q$ qua $EF$ , phân giác góc $EDF$ cắt $AP$ tại $T.$

a) Chứng minh rằng $\angle DET=\angle ABC,\angle DFT=\angle ACB$ .
b) Đường thẳng $PA$ cắt các đường thẳng $DE,DF$ lần lượt tại $M,N$ . Gọi $I,J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $PEM,PFN$ và $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DIJ$ . Đường thẳng $DT$ cắt $(K)$ tại $H$. Chứng minh rằng $HK$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $DMN.$

Bài 6.

Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho tồn tại $n$ số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) Tổng của $n$ số đó dương.
ii) Tổng lập phương của $n$ số đó âm.
iii) Tổng lũy thừa bậc $5$ của $n$ số đó dương.

Bài hình ngày 2 thì việc chồng hình còn kinh khủng hơn, ta có thể tách ra như sau:
a) Cho tam giác $QEF$ trên đường phân giác trong góc $Q$ lấy điểm $A$ nằm ngoài tam giác $QEF$ và gọi $T'$ là điểm đẳng giác của $Q$ trong tam giác $AEF.$ Chứng minh rằng nếu gọi $D$ là điểm đối xứng với $Q$ qua $EF$ thì $DT'$ là phân giác góc $\widehat{EDF}.$

Áp dụng Định lý sin ta có $\dfrac{T'E}{T'F}=\dfrac{AE}{AF}.$
Lại tiếp tục áp dụng Định lý sin ta được $\dfrac{\sin \widehat{T'DE}}{\sin \widehat{T'DF}}=\dfrac{T'E. \sin \widehat{T'ED}}{T'F \sin \widehat{T'FD}}=\dfrac{AE. \sin \widehat{AEF}}{AF \sin \widehat{AFE}}=1.$
Suy ra đpcm.

b) Cho tứ giác ngoại tiếp $EPDF$ có $X$ là một điểm thuộc $EF.$ Gọi $I$ là đường tròn tiếp xúc với $XP,PE,ED$ và $J$ là đường tròn tiếp xúc với $XP,PF,FD.$ Chứng minh $\widehat{IDJ}=\dfrac{\widehat{EDF}}{2}.$

Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh $(I)$ và $(J)$ có 1 tiếp tuyến đi qua $D.$
Đây là một tính chất của tứ giác ngoại tiếp.

Bài 6. Tư tưởng để giải quyết bài toán này là giảm biến bằng cách chia thành 2 loại biến âm dương.
Cụ thể, rõ ràng $n=1,n=2$ không thỏa mãn.

Xét $n=3.$ Giả sử $a+b+c>0, a^3+b^3+c^3<0, a^5+b^5+c^5>0$ và $a \ge b \ge c$ (hệ quả là $a>0.$)

Nếu $b > 0; c < 0$ (chú ý nếu 1 biến bằng không thì quy về $n=2$ loại) thì đổi dấu $c$ ta được $x+y>1, x^3+y^3<1, x^5+y^5>1$ với $x=\dfrac{a}{c}>0; y=\dfrac{b}{c}>0.$

Ta có $0<x,y<1$ để có $x^5+y^5<x^3+y^3<1,$ vô lý.

Nếu $c<b<0$ thì đổi dấu cả $b,c$ ta được $x+y<1, x^3+y^3>1, x^5+y^5<1$ với $x=\dfrac{b}{a}>0; y=\dfrac{c}{a}>0.$

Ta có $0<x,y<1$ để có $x^3+y^3<x+y<1,$ vô lý.
Tóm lại $n=3$ không thỏa mãn.


Với $n=4.$ Giả sử $a+b+c+d>0, a^3+b^3+c^3+d^3<0, a^5+b^5+c^5+d^5>0$ và $a \ge b \ge c \ge d$ (hệ quả là $a>0.$)

Nếu $b > 0; c > 0 > d$ (chú ý nếu 1 biến bằng không thì quy về $n=3$ loại) thì đổi dấu $d$ ta được $x+y+z>1, x^3+y^3+z^3<1, x^5+y^5+z^5>1$ với $x=\dfrac{a}{d}>y=\dfrac{b}{d}>z=\dfrac{c}{d}>0.$
Do $0<x,y,z<1$ nên $x^5<x^3, y^5<y^3, z^5<z^3$ suy ra $x^5+y^5+z^5<x^3+y^3+z^3=1,$ vô lý.

Nếu $d<c<b<0,$ thì đổi dấu $b,c,d$ ta được $x+y+z<1, x^3+y^3+z^3>1, x^5+y^5+z^5<1$ với $x=\dfrac{a}{d}>0;y=\dfrac{b}{d}>0;z=\dfrac{c}{d}> 0.$
Do $0<x,y,z<1$ nên $x^3<x, y^3<y, z^3<z$ suy ra $x^3+y^3+z^3<x+y+z=1,$ vô lý.


Trường hợp khó nhất là $a>b>0>c>d.$ Đổi dấu $c, d$ ta có $x+y>z+1, x^3+y^3<z^3+1, x^5+y^5>z^5+1$ với $x=\dfrac{a}{d}>y=\dfrac{b}{d}>0; z=\dfrac{c}{d} \in (0;1).$

Ta có $xy >\dfrac{t^3-z^3-1}{3t}>0$ (với $t=x+y>z+1$) nên $x^2+y^2<\dfrac{t^3+2z^3+2}{3t}.$
Khi đó $x^5+y^5=(x^3+y^3)(x^2+y^2)-x^2y^2(x+y)<(z^3+1)\dfrac{t^3+2z^3+2}{3t}-\dfrac{(t^3-z^3-1)^2}{9t} < 1+z^5$ vì biến đổi tương đương điều này được $t^6-5(z^3+1)t^3+9(z^5+1)t-5(z^3+1)^2>0 (*)$ vô lý do $x^5+y^5>1+z^5.$

Bài toán sẽ được giải quyết nếu chứng minh được $(*)$ với $t > z+1 >2.$
Thật vậy $(*)$ tương đương với
$f(t)>0$ với $f(t)=t^6-5(z^3+1)t^3+9(z^5+1)t-5(z^3+1)^2$ và $f(z+1)=0.$
Ta có $f'(t)=6t^5-15(z^3+1)t^2+9(1+z^5)$ và $f'(z+1)>0.$
Lại có $f''(t)=30t^4-30(z^3+1)t>0$ nên $(*)$ được chứng minh.

Khi $n=5$ chỉ ra 1 bộ thỏa mãn.

Bài toán được giải quyết trọn vẹn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]