Bài toán: (VMO 2015 pro. 5) Cho $(f_n(x))$ là dãy các đa thức xác định bởi: $$\begin{cases} f_0(x)=2,\, f_1(x)=3x\\ f_n(x)=3xf_{n-1}(x)+(1-x-2x^2)f_{n-2}(x)\end{cases}$$ Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để $f_n(x)$ chia hết cho đa thức $x^3-x^2+x$

Lời giải: 
   Xét phương trình đặc trưng: $$t^2-3xt-(1-x-2x^2)=0$$ Giải phương trình này ta tìm được hai nghiệm $$\begin{cases}t_1=x+1\\t_2=2x-1\end{cases}$$ Suy ra: $f_n(x)=A(x+1)^n+B(2x-1)^n$. Cho $n=0, n=1$ ta có hệ: $$\begin{cases}A+B=2\\(x+1)A+(2x-1)B=3x\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}A=1\\B=1\end{cases}$$ Vậy, ta được $$f_n(x)=(x+1)^n+(2x-1)^n$$ Nếu $n$ chẳn, thì $f_n(x)\equiv 2\pmod{x}$ mà $x^3-x^2+x\equiv 0\pmod{x}$ nên trường hợp này không thể xảy ra. Tức là $n$ lẻ.
   Ta nhận thấy: $$(x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1=x^3-x^2+x+4x^2+2x+1\equiv 4x^2+2x+1\equiv \pmod{x^3-x^2+x}\\(2x-1)^3=8x^3-12x^2+6x-1=8(x^3-x^2+x)-4x^2-2x-1\equiv -4x^2-2x-1\pmod{x^3-x^2+x}$$ 
 Xét các trường hợp: 
    Trường hợp 1: $n=3k+1$, $k$ chẵn. Khi đó, ta có: $$\begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3k+1}+(2x-1)^{3k+1}\\&=(x^3+3x^2+3x+1)^k(x+1)+(8x^3-12x^2+6x-1)^k(2x-1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x+1)+(-4x^2-2x-1)^k(2x-1)\\&\equiv 3x(4x^2+2x+1)^k\not\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}$$
    Trường hợp 2: $n=3k+2$, $k$ lẻ. Khi đó, ta có $$\begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3k+2}+(2x-1)^{3k+2}\\&=(x^3+3x^2+3x+1)^k(x^2+2x+1)+(8x^3-12x^2+6x-1)^k(4x^2-4x+1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x^2+2x+1)+(-4x^2-2x-1)^k(4x^2-4x+1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x^2+2x+1-4x^2+4x-1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(-3x^2+6x)\\&\not\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}$$
    Trường hợp 3: $n=3(2k+1),k\in\mathbb{N}$. khi đó ta có: $$\begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3(2k+1)}+(2x-1)^{3(2k+1)}\\& =(x^3+3x^2+3x+1)^{2k+1}+(8x^3-12x^2+6x-1)^{2k+1}\\&\equiv (4x^2+2x+1)^{2k+1}+(-4x^2-2x-1)^{2k+1}\\&\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}$$
 Cuối cùng, ta được kết quả: $$\boxed{n=3(2k+1),k\in\mathbb{N}}$$

Phương tích- hàng điều hòa

Bài toán: Cho tam giác nhọn $ABC$ và một đường tròn thay đổi qua $B, C$ cắt $AB, AC$ tại $M, N$. Gọi $P$ là giao điểm của $BN$ và $CM$, $Q,T$ là giao điểm của $AP, MN$ với $BC$. Đường thẳng qua $Q$ và song song với $MN$ gặp $AB, AC$ lần lượt tại $R, S$.
      a. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $BKN$ luôn đi qua điểm cố định.
      b.Gọi $K$ là trực tâm tam giác $AMN$. Đặt $BC=a, d$ là khoảng cách từ $A$ tới $PK$. Chứng minh rằng, $d\le a. \cot A$

Lời giải:
     a. Ta có $RS || MN$ nên $\angle BRS=\angle TMb=180^o-\angle BMN=\angle BCS$, hay tứ giác $BSCR$ nội tiếp, suy ra: $$\overline{QB}.\overline{QC}=\overline{QR}.\overline{QS}$$ Mặt khác, ta lại có $(BCQT)=-1$, Gọi $E$ là trung điểm $BC$, theo hệ thức Maclaurin ta có: $$\overline{QT}.\overline{QW}=\overline{QB}.\overline{QC}$$ Từ đây suy ra: $\overline{QT}.\overline{QE}=\overline{QR}.\overline{QS}$, tức là $T, R, S, E$ đồng viên hay nói cách khác đường tròn $(TRS)$ luôn đi qua trung điểm $E$ cố định của $BC$.
   b. Ký hiệu $(XY)$ là dùng để chỉ đường tròn có đường kính $XY$. Gọi $B', C'$ là hình chiếu của $B, C$ lên $AB, AC$. Khi đó, dễ thấy $B'\in (BN),\, C'\in (CM)$.
   Ta có: $\Delta B'C'H\sim \Delta CBH$ nên: $$\overline{HB'}.\overline{HB}=\overline{HC'}.\overline{HC}$$ Suy ra $H$ nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn $(BN)$ và $(CM)$. Tương tự, ta cũng chứng minh được $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(BN)$ và $(CM)$.
  Mặt khác, ta lại có $\overline{PM}.\overline{PC}=\overline{PN}.\overline{PB}$ nên $P$ nằm trên trục đẳng phương của $(BN) $ và $(CM)$. Vậy, $P, K, H$ thẳng hàng, suy ra: $d\le AH$. Kết hợp với: $$AH=\dfrac{AB'}{\sin\angle AHB'}=\dfrac{AB'}{\sin\angle ACB}=BC.\dfrac{AB'}{BB'}=BC.\cot A$$ Tóm lại, ta có được: $d\le a.\cot A$
   Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán đường thẳng Euler

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $(J)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $M, P, N$. Chứng minh rằng, $JO$ là đường thẳng Euler của tam giác $MNP$

Lời giải:
   Gọi $M', N', P'$ theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng $(JA,PN); (JC;PM); (JB; MN)$. Rõ ràng đường tròn Euler của các tam giác $MNP$ cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác $M'N'P'$. Gọi $A',B',C'$ theo thứ tự là giao điểm của $JA, JB, JC$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
  Ta có $$\overline{JB}.\overline{JB'}=\overline{JA}.\overline{JA'}=\overline{JC}.\overline{JC'}$$  Đồng thời. $$\overline{JM'}.\overline{JA}=\overline{JB}.\overline{JP'}=\overline{JC}.\overline{JN'}$$  Suy ra $$\dfrac{\overline{JM'}}{\overline{JA'}}=\dfrac{\overline{JP'}}{\overline{JB'}}=\dfrac{\overline{JN'}}{\overline{JC'}}$$ Theo đó, ta có được: $A'B'||M'N',\; B'C'||P'N',\; C'A'||M'N'$. Từ đó suy ra tồn tại phép vị tự $V_{J,k}$ sao cho $V_{J,k}: \Delta M'N'P' \to\Delta A'C'B'$, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C', M'N'P'$ và $J$ thẳng hàng, hay nói cách khác $JO$ là đường thẳng Euler của tam giác $MNP$ (dpcm).

DỒN BIẾN THỪA-TRỪ

Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức có lẽ các bài toán bất đẳng thức chứa căn là một trong những dạng toán hay và thú vị nhất .Đơn giản là chúng ta không thể dùng các phép biến đổi thông thường để chứng minh bài toán và như thế mới thúc đẩy các ý tưởng mới được.Trong các phương pháp chứng minh dạng toán này không thể không nhắc tới phương pháp dồn biến thừa trừ của anh Võ Quốc Bá Cẩn.Ý tưởng của phương pháp rất đơn giản nhưng điều đơn giản này lại giúp chúng ta giải quyết rất nhiều bất đẳng thức khó,trong đó có một số kết quả từng là những bài toán mở.Trong bài viết này xin được giới thiệu thêm một số bài toán có thể giải bằng phương pháp này.

Bài toán 1 Võ Quốc Bá Cẩn

Cho các số thực không âm  thỏa mãn:.Chứng minh rằng:


Lời giải 

Không mất tổng quát giả sử rằng: 
Đặt
Ta sẽ chứng minh rằng:

Để chứng minh điều này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:

Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức: ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:

Hay là

Sử dụng bất đẳng thức Minkowski có :

Sử dụng kết quả này và giả thiết: ,ta chỉ cần chứng minh:



Điều này hiển nhiên đúng với 
Để hoàn thành bước dồn biến ,ta chỉ cần chứng minh:


Chú ý rằng




Mặt khác




Và  , bước dồn biến được chứng minh xong.

Cuối cùng,ta chỉ cần chứng minh rằng:



Ta có

Bài toán được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra  và các hoán vị tương ứng.
Nhận xét 
- Bước chứng minh

là mấu chốt trong lời giải bài toán này.Kết quả này giúp cho bước dồn biến đơn giản hơn rất nhiều do bớt đi được được một biểu thức chứa căn và như thế cũng làm cho việc tính toán trở nên đơn giản hơn.Nếu trực tiếp chứng minh kết quả  thì tính toán sẽ rất nhiều và gặp rất nhiều khó khăn.
-Sử dụng kết quả này ta có thể chứng minh kết quả sau:
Cho các số thực không âm  thỏa mãn:.Chứng minh rằng:


Bài toán 2 Quykhtn

Cho tam giác  có độ dài 3 cạnh là  và 3 trung tuyến là .Chứng minh rằng:


Lời giải 

Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng tương đương sau:

Không mất tổng quát giả sử rằng .
Kí hiệu

Ta sẽ chứng minh: 
Để chứng minh kết quả này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:

Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức:  ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:

tương đương

Chú ý rằng


Như vậy ta chỉ cần chứng minh rằng:

Điều này luôn đúng với 
Để hoàn thành bước dồn biến ta phải chứng minh:

Tương đương

Tương đương

Dễ thấy  nên

Do đó


Bây giờ xét biểu thức:

Dễ thấy






Như vậy

Vậy để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh:

tương đương

Đặt  với .
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

tương đương

tương đương

tương đương


Chú ý rằng:


Mặt khác:

Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra .
   
                                                                                           Nguồn: artofproblemsolving.com