Bài 1. So sánh hai số sau \[A=\dfrac{1}{5}+\dfrac{2}{5^2}+\dfrac{3}{5^3}+\cdots+\dfrac{2018}{5^{2018}};\quad B=\dfrac{2018}{2019}.\] |
Từ $\dfrac{4}{5^n}=\dfrac{5-1}{5^n}=\dfrac{1}{5^{n-1}}-\dfrac{1}{5^n}$ có hệ thức
\[\dfrac{4}{5^n}=\dfrac{1}{5^{n-1}}-\dfrac{1}{5^n} \tag{1}\]
và
\[\dfrac{4n}{5^n}=\dfrac{n}{5^{n-1}}-\dfrac{n}{5^n} \tag{2}.\]
Sử dụng hệ thức (2) khi cho $n$ lần lượt lấy $2018$ giá trị từ $1,2,3,\ldots$ đến $2018$ ta được
\begin{align*}
4A&= 4\left(\dfrac{1}{5}+\dfrac{2}{5^2}+\dfrac{3}{5^3}+\cdots+\dfrac{2017}{5^{2017}}+\dfrac{2018}{5^{2018}}\right)\\
&=\dfrac{4}{5}+\dfrac{4\cdot 2}{5^2}+\dfrac{4\cdot 3}{5^3}+\cdots+\dfrac{4\cdot 2017}{5^{2017}}+\dfrac{4\cdot 2018}{5^{2018}}\\
&=\left(\dfrac{5}{5}-\dfrac{1}{5}\right)+\left(\dfrac{2}{5}-\dfrac{2}{5^2}\right)+\left(\dfrac{3}{5^2}-\dfrac{3}{5^3}\right)+\cdots
+ \left(\dfrac{2017}{5^{2016}}-\dfrac{2017}{5^{2017}}\right)+\left(\dfrac{2018}{5^{2017}}-\dfrac{2018}{5^{2018}}\right)\\
&= 1+\left(\dfrac{2}{5}-\dfrac{1}{5}\right)+\left(\dfrac{3}{5^2}-\dfrac{2}{5^2}\right)+\left(\dfrac{4}{5^3}-\dfrac{3}{5^3}\right)+\cdots
+ \left(\dfrac{2018}{5^{2017}}-\dfrac{2017}{5^{2017}}\right)-\dfrac{2018}{5^{2018}}\\
&= 1+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5^3}+\cdots+\dfrac{1}{5^{2017}}-\dfrac{2018}{5^{2018}}\\
&= 1+C-\dfrac{2018}{5^{2018}} < 1+C \tag{3}.
\end{align*}
trong đó $C=\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5^3}+\cdots+\dfrac{1}{5^{2017}}$.
Tương tự trên, sử dụng hệ thức (1) khi cho $n$ lần lượt lấy $2017$ giá trị từ $1, 2, 3, \ldots$ đến $2017$ ta được \begin{align*} 4C&=4\left(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5^3}+\cdots+\dfrac{1}{5^{2016}}+\dfrac{1}{5^{2017}}\right) \\ &=\dfrac{4}{5}+\dfrac{4}{5^2}+\dfrac{4}{5^3}+\cdots+\dfrac{4}{5^{2016}}+\dfrac{4}{5^{2017}}\\ &=\left(\dfrac{5}{5}-\dfrac{1}{5}\right)+\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{5^2}\right)+\left(\dfrac{1}{5^2}-\dfrac{1}{5^3}\right)+\cdots +\left(\dfrac{1}{5^{2015}}-\dfrac{1}{5^{2016}}\right)+\left(\dfrac{1}{5^{2016}}-\dfrac{1}{5^{2017}}\right)\\ &=1 -\dfrac{1}{5^{2017}} < 1 \tag{4}. \end{align*} Từ (3) và (4) có $16A < 4+4C < 5$, suy ra $A < \dfrac{5}{16}$ mà $\dfrac{5}{16} < \dfrac{15}{16}=1-\dfrac{1}{16} < 1-\dfrac{1}{2019}=\dfrac{2018}{2019}$ nên $A < B$.
Tương tự trên, sử dụng hệ thức (1) khi cho $n$ lần lượt lấy $2017$ giá trị từ $1, 2, 3, \ldots$ đến $2017$ ta được \begin{align*} 4C&=4\left(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5^3}+\cdots+\dfrac{1}{5^{2016}}+\dfrac{1}{5^{2017}}\right) \\ &=\dfrac{4}{5}+\dfrac{4}{5^2}+\dfrac{4}{5^3}+\cdots+\dfrac{4}{5^{2016}}+\dfrac{4}{5^{2017}}\\ &=\left(\dfrac{5}{5}-\dfrac{1}{5}\right)+\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{5^2}\right)+\left(\dfrac{1}{5^2}-\dfrac{1}{5^3}\right)+\cdots +\left(\dfrac{1}{5^{2015}}-\dfrac{1}{5^{2016}}\right)+\left(\dfrac{1}{5^{2016}}-\dfrac{1}{5^{2017}}\right)\\ &=1 -\dfrac{1}{5^{2017}} < 1 \tag{4}. \end{align*} Từ (3) và (4) có $16A < 4+4C < 5$, suy ra $A < \dfrac{5}{16}$ mà $\dfrac{5}{16} < \dfrac{15}{16}=1-\dfrac{1}{16} < 1-\dfrac{1}{2019}=\dfrac{2018}{2019}$ nên $A < B$.
Bài 2. Cho $P$ là một điểm nằmtrong $\Delta ABC$ sao cho $\widehat{PBC}=30^{\circ}$, $\widehat{PBA}=8^{\circ}$ và $\widehat{PAB}=\widehat{PAC}=22^{\circ}$. Tính số đo của $\widehat{APC}$. |
Vẽ $\triangle ABQ$ cân tại $A$, đường cao $AH$ và gọi $D$ là giao điểm của $AH$ và $BC$. Vì $\widehat{BPH}$ là góc ngoài của tam giác $\triangle APB$ nên $\widehat{BPH}=22^\circ+8^\circ=30^\circ$.
Xét $\triangle BPD$ ta có
\[\widehat{BPD}=\widehat{PBD}=30^{\circ}\Rightarrow\widehat{BDP}=180^{\circ}-2\cdot 30^{\circ}=120^{\circ}.\]
Vì $\triangle ABQ$ cân tại $A$ và $\widehat{BAQ}=44^{\circ}$ nên
\[\widehat{ABQ}=\widehat{AQB}=\dfrac{180^\circ-44^\circ}{2}=68^\circ \Rightarrow \widehat{DBQ}=30^{\circ} \Rightarrow \widehat{PBQ}=60^\circ.\]
Xét $\triangle BPQ$ có $PH$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến suy ra $\triangle BPQ$ là tam giác cân, lại có $\widehat{PBQ}=60^\circ$ suy ra $\triangle BPQ$ là tam giác đều suy ra $BP=PQ$. Xét $\triangle BPC$ và $\triangle BQC$ có
\[\left\{ \begin{array}{l}&BP=BQ\\&\widehat{PBC}=\widehat{QBC}\\&BC \text{ chung}\end{array} \right. \Rightarrow \triangle BPC=\triangle BQC \text{ (c.g.c) } \Rightarrow\widehat{BPC}=\widehat{BQC}=68^{\circ}.\]
$\Rightarrow \widehat{APC} =360^\circ-\widehat{APB}-\widehat{BPC}=360^\circ-150^\circ-68^\circ=142^\circ$.
Vậy $\widehat{APC}=142^\circ$.
Vậy $\widehat{APC}=142^\circ$.
Bài 3. Giải phương trình \[\dfrac{1}{5x^2-x+3}+\dfrac{1}{5x^2+x+7}+\dfrac{1}{5x^2+3x+13}+\dfrac{1}{5x^2+5x+21}=\dfrac{4}{x^2+6x+5} \text{ với } x > 0.\] |
Ta có phương trình
\[\dfrac{1}{5x^2-x+3}+\dfrac{1}{5x^2+x+7}+\dfrac{1}{5x^2+3x+13}+\dfrac{1}{5x^2+5x+21}=\dfrac{4}{x^2+6x+5} \text{ với } x > 0. \tag{1}\]
Nhận thấy, với $x > 0$ thì
\begin{eqnarray*}
5x^2-x+3&=&\left(4x^2-4x+1\right)+\left(x^2+3x+2\right)\\
&=&(2x-1)^2+(x+1)(x+2)\geq(x+1)(x+2) > 0.\\
5x^2+x+7&=&\left(4x^2-4x+1\right)+\left(x^2+5x+6\right)\\
&=&(2x-1)^2+(x+2)(x+3)\geq(x+2)(x+3) > 0.\\
5x^2+3x+13&=&\left(4x^2-4x+1\right)+\left(x^2+7x+12\right)\\
&=&(2x-1)^2+(x+3)(x+4)\geq(x+3)(x+4) > 0.\\
5x^2+5x+21&=&\left(4x^2-4x+1\right)+\left(x^2+9x+20\right)\\
&=&(2x-1)^2+(x+4)(x+5)\geq(x+4)(x+5) > 0.
\end{eqnarray*}
Do đó phương trình (1) luôn xác định với mọi $x > 0$. Từ đó áp dụng BĐT:
Nếu $a\geq b > 0$ thì $\dfrac{1}{a}\leq\dfrac{1}{b}$, ta có \begin{eqnarray*} &&\dfrac{1}{5x^2-x+3}+\dfrac{1}{5x^2+x+7}+\dfrac{1}{5x^2+3x+13}+\dfrac{1}{5x^2+5x+21}\\ &\leq&\dfrac{1}{(x+1)(x+2)}+\dfrac{1}{(x+2)(x+3)}+\dfrac{1}{(x+3)(x+4)}+\dfrac{1}{(x+4)(x+5)}\\ &=&\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+2}+\dfrac{1}{x+2}-\dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{x+3}-\dfrac{1}{x+4}+\dfrac{1}{x+4}-\dfrac{1}{x+5}\\ &=&\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+5}=\dfrac{4}{(x+1)(x+5)}=\dfrac{4}{x^2+6x+5}. \end{eqnarray*} Do đó VT (1) $\le$ VP (1), đẳng thức xảy ra khi \[(2x-1)^2=0\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2} \;(\text{thỏa mãn } x > 0).\] Vậy nghiệm của phương trình (1) với $x > 0$ là $x=\dfrac{1}{2}$.
Nếu $a\geq b > 0$ thì $\dfrac{1}{a}\leq\dfrac{1}{b}$, ta có \begin{eqnarray*} &&\dfrac{1}{5x^2-x+3}+\dfrac{1}{5x^2+x+7}+\dfrac{1}{5x^2+3x+13}+\dfrac{1}{5x^2+5x+21}\\ &\leq&\dfrac{1}{(x+1)(x+2)}+\dfrac{1}{(x+2)(x+3)}+\dfrac{1}{(x+3)(x+4)}+\dfrac{1}{(x+4)(x+5)}\\ &=&\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+2}+\dfrac{1}{x+2}-\dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{x+3}-\dfrac{1}{x+4}+\dfrac{1}{x+4}-\dfrac{1}{x+5}\\ &=&\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+5}=\dfrac{4}{(x+1)(x+5)}=\dfrac{4}{x^2+6x+5}. \end{eqnarray*} Do đó VT (1) $\le$ VP (1), đẳng thức xảy ra khi \[(2x-1)^2=0\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2} \;(\text{thỏa mãn } x > 0).\] Vậy nghiệm của phương trình (1) với $x > 0$ là $x=\dfrac{1}{2}$.
Bài 4. Cho hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Trên các cạnh $AD$ và $CD$ lần lượt lấy hai điểm $M$, $N$ sao cho $MD+DN=a$. Gọi $E$ là giao điểm của hai đường thẳng $BN$ và $AD$. Gọi $F$ là giao điểm của hai đường thẳng $BM$ và $CD$. Chứng minh $ME^2-NE^2+NF^2-MF^2=2a^2$. |
Sử dụng định lý Py-ta-go cho các tam giác vuông $DNE$ và $DMF$ ta có
\begin{eqnarray*}
&&ME^2-NE^2+NF^2-MF^2\\
&=&(MD+DE)^2+(ND+DF)^2-NE^2-MF^2\\
&=&2MD\cdot DE+2ND\cdot DF-\left(NE^2-ND^2\right)-\left(MF^2-DF^2\right)+DE^2+MD^2\\
&=&2MD\cdot DE+2ND\cdot DF.
\end{eqnarray*}
Mặt khác, từ giả thiết suy ra $MD=NC$ và $AM=DN$. Vậy
\begin{eqnarray*}
&&2MD\cdot DE=2CN\cdot DE=4 \cdot S_{\triangle CNE}.\\
&&2ND\cdot DF=2AM\cdot DF=4 \cdot S_{\triangle MF}.
\end{eqnarray*}
Lại có
\begin{eqnarray*}
&&S_{\triangle CNE}=S_{\triangle BND} \;(\text{tính chất hình thang } BCED).\\
&&S_{\triangle AMF}=S_{\triangle BMD} \;(\text{tính chất hình thang } BAFD).\\
&&S_{\triangle BND}=S_{\triangle BMA} \;(\text{vì } DN=AM).\\
&&S_{\triangle BMD}=S_{\triangle BNC}\;(\text{vì } DM=CN).
\end{eqnarray*}
Từ đó suy ra
\begin{eqnarray*}
&&4\cdot S_{\triangle CNE}=4 \cdot S_{\triangle BND}=2\left(S_{\triangle BND}+S_{\triangle BMA}\right).\\
&&4 \cdot S_{\triangle AMF}=4 \cdot S_{\triangle BMD}=2\left(S_{\triangle BMD}+S_{\triangle BNC}\right).
\end{eqnarray*}
Do đó
\begin{eqnarray*}
ME^2-NE^2+NF^2-MF^2&=&2MD\cdot DE+2ND\cdot DF\\
&=&4\cdot S_{\triangle CNE}+4\cdot S_{\triangle AMF}\\
&=&2\left(S_{\triangle BND}+S_{\triangle BMA}+S_{\triangle BMD}+S_{\triangle BNC}\right)\\
&=&2S_{ABCD}=2a^2.
\end{eqnarray*}
Bài 5. Cho các số thực dương $a, b, c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P=\dfrac a{\sqrt a+\sqrt[3]{b c}}+\dfrac b{\sqrt[3]b+\sqrt[3]{c a}}+\dfrac c{\sqrt[4]c+\sqrt[3]{a b}}+\dfrac{9\sqrt[4]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}$$ |
Ta có:
$$(a+1)(b+1)(c+1)=a+b c+(a b c+b+c)+(a b+c a+1).$$
Áp dụng bất đằng thức Cauchy cho ba số dương
$$a b c+b+c\geq 3\sqrt[3]{a b^2c^2};\quad a b+c a+1\geq 3\sqrt[3]{a^2b c}.$$ Suy ra $(a+1)(b+1)(c+1)\geq a+b c+3\sqrt[3]{a b^2c^2}+3\sqrt[3]{a^2b c}$ $=(\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c})^3$.
Do đó \begin{align*} &\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c}\leq\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)} \tag{1}\\ \text{ hay } &\dfrac a{\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c}}\geq\dfrac a{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\tag{2} \end{align*} Tương tự: \begin{align*} &\dfrac b{\sqrt[3]b+\sqrt[3]{c a}}\geq\dfrac b{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}} \tag{3}\\ &\dfrac c{\sqrt[3]c+\sqrt[3]{a b}}\geq\dfrac c{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\tag{4} \end{align*} Cộng theo vế của ba bất đẳng thức $(2)$, $(3$), $(4)$ ta được:
$$P\geq\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}+\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}.$$ Lại áp dụng bất đằng thức Cauchy cho hai số dương, ta được
$$P\geq\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}+\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}$$ $$\geq2\sqrt{\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\cdot\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}}=3$$ Dấu đằng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
Vậy $\min P=3,$ giá trị đó đạt được khi $a=b=c=1$.
Nhận xét. Điều then chốt của lời giải là chứng minh bất đẳng thức $(1)$, từ đó suy ra các BĐT $(2)$, $(3)$, $(4)$. Bất đẳng thức tổng quát của $(1)$ là:
Với các số thực dương $a,b,c,x,y,z$ ta có $$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq\sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}. $$ Chứng minh bất đằng thức này như sau: Ta có: $$(a+x)(b+y)(c+z)=abc+xyz+(abz+bcx+cay)+(ayz+bzx+cxy)$$ Áp dụng bất đằng thức Cauchy cho mỗi bộ ba số dương $(abz+bcx+cay)$ và $(ayz+bzx+cxy)$ suy ra kết quả. Dấu đằng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=x=y=z$.
$$a b c+b+c\geq 3\sqrt[3]{a b^2c^2};\quad a b+c a+1\geq 3\sqrt[3]{a^2b c}.$$ Suy ra $(a+1)(b+1)(c+1)\geq a+b c+3\sqrt[3]{a b^2c^2}+3\sqrt[3]{a^2b c}$ $=(\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c})^3$.
Do đó \begin{align*} &\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c}\leq\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)} \tag{1}\\ \text{ hay } &\dfrac a{\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c}}\geq\dfrac a{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\tag{2} \end{align*} Tương tự: \begin{align*} &\dfrac b{\sqrt[3]b+\sqrt[3]{c a}}\geq\dfrac b{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}} \tag{3}\\ &\dfrac c{\sqrt[3]c+\sqrt[3]{a b}}\geq\dfrac c{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\tag{4} \end{align*} Cộng theo vế của ba bất đẳng thức $(2)$, $(3$), $(4)$ ta được:
$$P\geq\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}+\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}.$$ Lại áp dụng bất đằng thức Cauchy cho hai số dương, ta được
$$P\geq\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}+\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}$$ $$\geq2\sqrt{\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\cdot\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}}=3$$ Dấu đằng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
Vậy $\min P=3,$ giá trị đó đạt được khi $a=b=c=1$.
Nhận xét. Điều then chốt của lời giải là chứng minh bất đẳng thức $(1)$, từ đó suy ra các BĐT $(2)$, $(3)$, $(4)$. Bất đẳng thức tổng quát của $(1)$ là:
Với các số thực dương $a,b,c,x,y,z$ ta có $$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq\sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}. $$ Chứng minh bất đằng thức này như sau: Ta có: $$(a+x)(b+y)(c+z)=abc+xyz+(abz+bcx+cay)+(ayz+bzx+cxy)$$ Áp dụng bất đằng thức Cauchy cho mỗi bộ ba số dương $(abz+bcx+cay)$ và $(ayz+bzx+cxy)$ suy ra kết quả. Dấu đằng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=x=y=z$.
Bài 6. Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương thỏa mãn $\dfrac 1{a b}+\dfrac 1{b c}+\dfrac 1{c d}+\dfrac 1{a d}=1$. Chứng minh rằng $$\dfrac{a b c d}8+2\geq\sqrt{(a+c)\left(\dfrac 1 a+\dfrac 1 c\right)}+\sqrt{(b+d)\left(\dfrac 1 b+\dfrac 1 d\right)}.$$ |
Từ giả thiết ở đề bài, nhân hai vế với $abcd$ ta có:
$$abcd=cd+da+ab+bc=(a+c)(b+d).$$
Biến đổi và ba lần dùng bất đằng thức Cauchy cho hai số thực dương ta nhận được:
$$\begin{aligned}
&\sqrt{(a+c)\left(\dfrac 1a+\dfrac 1c\right)}+\sqrt{(b+d)\left(\dfrac 1b+\dfrac 1d\right)}\\
&=\dfrac{a+c}{\sqrt{a c}}+\dfrac{b+d}{\sqrt{b d}}=\dfrac{(a+c)\sqrt{b d}+(b+d)\sqrt{a c}}{\sqrt{a b c d}}\\
&\leq\dfrac{(a+c)\cdot\dfrac 12(b+d)+(b+d)\cdot\dfrac 12(a+c)}{\sqrt{a b c d}}\\
&=\dfrac{(a+c)(b+d)}{\sqrt{a b c d}}=\dfrac{a b c d}{\sqrt{a b c d}}=\sqrt{a b c d}=2\sqrt{\dfrac{a b c d}8\cdot 2}\\
&\leq\dfrac{a b c d}8+2 .
\end{aligned}$$
Bất đằng thức đã được chứng minh. Đằng thức xảy ra khi và chỉ khi
$a=c,b=d$,
$abcd=(a+c)(b+d)=16 \Leftrightarrow c=a$ $b=d=\dfrac4a$ ($a$ là số thực dương tùy ý).
$abcd=(a+c)(b+d)=16 \Leftrightarrow c=a$ $b=d=\dfrac4a$ ($a$ là số thực dương tùy ý).
Bài 7. Giải hệ phương trình ba ẩn số thực $x,y,z$: $$ \left\{ \begin{array}{l} &x^{3}+2y^{3}=2x^{2}+z^{2} \\ &2x^{3}+3x^{2}=3y^{3}+2z^{2}+7 \\ &x^{3}+x^{2}+y^{2}+2xy=2xz+2yz+2. \end{array} \right.$$ |
Xét hệ $\left\{ \begin{array}{l}
&x^{3}+2y^{3}=2x^{2}+z^{2}&&(1) \\
&2x^{3}+3x^{2}=3y^{3}+2z^{2}+7&&(2)\\
&x^{3}+x^{2}+y^{2}+2xy=2xz+2yz+2.&&(3)
\end{array} \right.$
Lấy $(2)-2\times(1)$, ta được $x^{2}-y^{3}=1$.$(4)$
Thay $(4)$ vào $(1)$ ta được: $x^3-z^2=2$.$(5)$
Ta có: $(3)\Leftrightarrow x^3-z^2+(x+y-z)^2=2,$ nên từ $(5)$ suy ra: $x+y-z=0 $.$(6)$
Như vậy hệ đã cho được viết gọn lại dưới dạng $(4)$, $(5)$, $(6)$.
Từ $(5)$ suy ra: $x^3=z^2+2\geq 2$ nên suy ra $y^3=x^2-1 > 0$ (do $x \geq \sqrt[3]{2}$) nên ta cũng có $y > 0$ và $y=\sqrt[3]{x^2-1}$. Từ $(6)$ có $z=x+y > 0\Rightarrow z=\sqrt{x^3-2}$. Khi đó \begin{align*} (6)&\Leftrightarrow x+\sqrt[3]{x^2-1}-\sqrt{x^3-2}=0\tag{6'}\\ &\Leftrightarrow(\sqrt[3]{x^2-1}-2)-[\sqrt{x^3-2}-(x+2)]=0\\ &\Leftrightarrow\dfrac{x^2-1-8}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}-\dfrac{x^3-2-(x+2)^2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}=0\\ &\Leftrightarrow\dfrac{x^2-9}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}-\dfrac{x^3-x^2-4x-6}{\sqrt{x^3-2}+x+2}=0\\ &\Leftrightarrow(x-3)\left[\dfrac{x+3}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}-\dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}\right]=0\\ &\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}&x=3\\ &\dfrac{x+3}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}=\dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}.\end{array} \right. \end{align*}Ta sẽ chứng minh $PT(*)$ vô nghiệm bằng cách chứng tỏ $VT(*) < 1 < VP\left(^{*}\right)$ với mọi $x\geq\sqrt[3]2$.
Thật vậy:
Từ $(4)$, $(5)$, $(6)$ suy ra $x$, $y$, $z$ dương và $x^2+2x y+y^2=z^2=x^3-2$
$\Leftrightarrow y^3+1+y^2+2=x\left(x^2-2y\right)$
$\Rightarrow\left(y^3+y^2+3\right)^2=\left(y^3+1\right)\left(y^3-2y+1\right)^2$
$\Leftrightarrow(y-2)\left(y^3+2y^7+2y^5+6y^4+3y^3+3y^2+4y+4\right)=0$
$\Leftrightarrow y=2$ (do $y > 0$). Suy ra $x=3, z=5.$
Thử lại thấy $(x;y;z)=(3;2;5)$ là nghiệm của hệ đã cho.
Lấy $(2)-2\times(1)$, ta được $x^{2}-y^{3}=1$.$(4)$
Thay $(4)$ vào $(1)$ ta được: $x^3-z^2=2$.$(5)$
Ta có: $(3)\Leftrightarrow x^3-z^2+(x+y-z)^2=2,$ nên từ $(5)$ suy ra: $x+y-z=0 $.$(6)$
Như vậy hệ đã cho được viết gọn lại dưới dạng $(4)$, $(5)$, $(6)$.
Từ $(5)$ suy ra: $x^3=z^2+2\geq 2$ nên suy ra $y^3=x^2-1 > 0$ (do $x \geq \sqrt[3]{2}$) nên ta cũng có $y > 0$ và $y=\sqrt[3]{x^2-1}$. Từ $(6)$ có $z=x+y > 0\Rightarrow z=\sqrt{x^3-2}$. Khi đó \begin{align*} (6)&\Leftrightarrow x+\sqrt[3]{x^2-1}-\sqrt{x^3-2}=0\tag{6'}\\ &\Leftrightarrow(\sqrt[3]{x^2-1}-2)-[\sqrt{x^3-2}-(x+2)]=0\\ &\Leftrightarrow\dfrac{x^2-1-8}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}-\dfrac{x^3-2-(x+2)^2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}=0\\ &\Leftrightarrow\dfrac{x^2-9}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}-\dfrac{x^3-x^2-4x-6}{\sqrt{x^3-2}+x+2}=0\\ &\Leftrightarrow(x-3)\left[\dfrac{x+3}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}-\dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}\right]=0\\ &\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}&x=3\\ &\dfrac{x+3}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}=\dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}.\end{array} \right. \end{align*}Ta sẽ chứng minh $PT(*)$ vô nghiệm bằng cách chứng tỏ $VT(*) < 1 < VP\left(^{*}\right)$ với mọi $x\geq\sqrt[3]2$.
Thật vậy:
- $\dfrac{x+3}{(\sqrt{x^2-1+1)^2+3}} < 1\Leftrightarrow x < (\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2$
$\Leftrightarrow\sqrt x-1 < \sqrt[3]{x^2-1}\Leftrightarrow x\sqrt x-3x+3\sqrt x-1 < x^2-1$
$\Leftrightarrow\sqrt x(\sqrt x-1)(x+3) > 0:$ đúng với mọi $x\geq\sqrt[3]2$. - $\dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2} > 1\Leftrightarrow x^2+x > \sqrt{x^3-2}$
$\Leftrightarrow x^4+2x^3+x^2 > x^3-2\Leftrightarrow x^4+x^3+x^2+2 > 0:$ đúng với mọi $x\geq\sqrt[3]2$.
Từ đó suy ra hệ đã cho có nghiệm duy nhất $(x;y;z)=(3;2;5)$.
Từ $(4)$, $(5)$, $(6)$ suy ra $x$, $y$, $z$ dương và $x^2+2x y+y^2=z^2=x^3-2$
$\Leftrightarrow y^3+1+y^2+2=x\left(x^2-2y\right)$
$\Rightarrow\left(y^3+y^2+3\right)^2=\left(y^3+1\right)\left(y^3-2y+1\right)^2$
$\Leftrightarrow(y-2)\left(y^3+2y^7+2y^5+6y^4+3y^3+3y^2+4y+4\right)=0$
$\Leftrightarrow y=2$ (do $y > 0$). Suy ra $x=3, z=5.$
Thử lại thấy $(x;y;z)=(3;2;5)$ là nghiệm của hệ đã cho.
Bài 8. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $BO$, $CO$ cắt đường cao $AD$ của tam giác lần lượt tại $E$, $F$ . Gọi $I$, $J$ lần lượt là tâm của đường tròn $(ACF)$, $(ABE)$. $K$, $H$ lần lượt thuộc $AB$, $AC$ sao cho $JK\parallel A O \parallel IH$. Giả sử $IJ$ cắt $AB,$ $AC$ lần lượt tại $M,$ $N$. Chứng minh rằng giao điểm của $MH,$ $NK$ thuộc đường trung bình đối diện góc $A$ của tam giác $ABC$. |
Gọi $S$ là giao điểm của $MH$ và $NK$; $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$. Khi đó ba điểm $I$, $O$, $Q$ thắng hàng; ba điểm $J$, $P$, $O$ thằng hàng. Ta có: $\widehat{BAF}=\widehat{OAC}=\widehat{OCA}=\widehat{ACF},$ suy ra
$BA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(I)$, dẫn đến $AB \perp AI$. Vì $OP\perp AB$ nên $OJ \perp AB$ $\Rightarrow OJ \parallel AI$. Tương tự ta có: $O I \parallel AJ$, suy ra tứ giác $AIOJ$ là hình bình hành.
Gọi $R$ là giao điểm của $OA$ và $IJ$ thì $RA=RO$. Từ đó để ý rằng $AO \parallel IH$
ta thấy $$(IH,IN,IQ,IA)=-1 \Rightarrow(HNQA)=-1.$$
Tương tự ta có: $(KMPA)=-1$. Do đó
$(AMPK)=(AHQN)=-1,$ dẫn tới $MH,$ $PQ,$ $KN$ đồng quy (tại $S$) hay $S$ thuộc $PQ$. Ta có điều cần chứng minh.
Bài 9. Giải phương trình \[8^x + 27^{\frac{1}{x}} + 2^{x+1} \cdot 3^{\frac{x+1}{x}} + 2^x \cdot 3^{\frac{2x+1}{x}} = 125.\] |
- Điều kiện xác định của phương trình là $x \ne 0$.
- Biến đổi tương đương từ phương trình ban đầu ta có
\[\left( 2^x\right)^3 + \left( 3^{\frac{1}{x}}\right)^3 + 15 \cdot 2^x \cdot 3^{\frac{1}{x}} - 125 = 0.\]
Đặt $a = 2^x > 0$; $b = 3^{\frac{1}{x}} > 0$ ta được
\begin{eqnarray*}
a^3 + b^3 + 15ab - 125 = 0 &\Leftrightarrow& \left( a+ b\right)^3 - 3ab\left( a+b\right) + 15ab - 125 = 0\\
&\Leftrightarrow&\left( a+b - 5\right) \left( a^2 - ab + b^2+ 5a + 5b + 25\right) = 0\\
&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{2}\left( a+b -5\right) \left[ \left( a-b\right) ^2 + \left( a+5\right)^2 + \left( b + 5\right)^2\right] = 0\\
&\Leftrightarrow&\left[ \begin{array}{l}&a + b = 5\\&a = b = -5\end{array} \right.\\
&\Leftrightarrow&a + b = 5.
\end{eqnarray*}
Từ đó ta có
\[2^x + 3^{\frac{1}{x}} = 5.\]
Dễ dàng thấy $x_1 = 1$; $x_2 = \log_{2}3$ là hai nghiệm của phương trình $2^x + 3^{\frac{1}{x}} = 5$. Bây giờ ta sẽ chứng minh đây là hai nghiệm duy nhất của nó.
Thật vậy, xét hàm số \[ f\left( x \right) = 2^x + 3^{\frac{1}{x}} - 5\; \text{trên miền} \;\left( 0; + \infty\right)\; \left( \text{vì}\; x < 0\; \text{thì}\; 2^x + 3^{\frac{1}{x}} < 2^0 + 3^0 = 2 < 5 \right).\] Ta có \[f'\left( x\right) = 2^x \ln2 - \dfrac{1}{x^2}3^{\frac{1}{x}} \ln3.\] Ta có \[f''\left( x\right) =2^x \left( \ln2\right)^2 + \dfrac{2 \ln 3}{x^3} \cdot 3^{\frac{1}{x}} + \dfrac{\left( \ln 3\right)^2}{x^4} \cdot 3^{\frac{1}{x}} > 0.\]
Bài 10. Ta ký hiệu $\left[ x\right]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$, $\left\lbrace x\right\rbrace = x -\left[ x\right]$. Cho dãy số $\left( u_n\right)$ với $$u_n = \left\lbrace \dfrac{2^{2n + 1} + n^2 + n + 2}{2^{2n+1} + 2}\right\rbrace .$$ Có bao nhiêu số hạng của dãy $\left( u_n\right)$ thỏa mãn $\dfrac{2526 \cdot 2^{n-99}}{2^n + 1} \le u_n \le \dfrac{23}{65}$. |
Ta có
\[u_n = \left\lbrace \dfrac{2^{2n + 1} + n^2 + n + 2}{2^{2n+1} + 2}\right\rbrace = \left\lbrace 2^n - 1 + \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2}\right\rbrace = \left\lbrace \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2}\right\rbrace.\]
Với $n = 1$, $u_1 = 0$; $n = 2$, $u_2 = 0$ (không thỏa mãn đề bài). Với $ n \ge 3$ dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng $2^{n+1} \ge n^2 + n +4$, thành thử
\[0 < \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2} < 1.\]
Do đó $u_n = \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2}\;\left( n \ge 3\right)$. Ta có
\[\dfrac{2526 \cdot 2^{n-99}}{2^{n}+1} \le u_n \le \dfrac{23}{65} \Leftrightarrow 1263 \cdot 2^{n-97}\le n^2 + n + 4 \le \dfrac{46\left( 2^n + 1\right) }{65}. \tag{*}\]
Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp khẳng định $\rm i)$ và $\rm ii)$ sau:
- Với $n \ge 7$ thì $\dfrac{46 \cdot 2^n}{65} > n^2 +n + 4$.
- Với $n > 101$ thì $1263 \cdot 2^{n -97} \ge n^2 +n + 4$.
- Bằng cách thử ta có $n^2 + n + 4 > \dfrac{46\left( 2^n +1\right) }{65}$ với $n < 6$ và $n^2 + n + 4 = \dfrac{46\left( 2^n + 1\right) }{65}$ với $n =6$.
- Vì $2^{11} > 1263$ nên khi $n \le 86$ thì \[1263 < 2^{11} \le 2^{97- n}\left( n^2 + n + 4\right) \Leftrightarrow 1263 \cdot 2^{n-97} < n^2+ n + 4.\] Với $87 \le n \le 100$ bằng cách thử trực tiếp ta có \[1263 \cdot 2^{n-97} \le n^2 + n + 4.\] Từ $\rm i$; $\rm ii$; $\rm iii$ và $\rm iv$ ta suy ra bất đẳng thức $\left( *\right)$. Dấu $``=''$ xảy ra khi và chỉ khi $6 \le n \le 100$. Do vậy có $95$ số thoa mãn yêu cầu của đề bài.
Bài 11. Tìm tất cả hàm số $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\setminus \left\{{0}\right\}$ thoả mãn \[f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\] |
Giả sử tồn tại hàm số
$f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$ thoả mãn
\[f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{1}\]
Cách 1.
Đặt $f(1)=a$. Ta sẽ tính giá trị của hàm số $f$ tại $1$, $2$, $3$,$\ldots$ để dự đoán quy luật.
Cách 2. Từ $(1)$, ta có \[f(1) + f(2) + \cdots + f(n)+f(n+1) = \dfrac{f(n+1)f(n + 2)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{3}\] Lấy $(3)$ trừ $(1)$ theo vế ta được \[f(n + 1) = \frac{{f(n + 1)f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)f(n + 1)}}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{4}\] Do $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$ nên từ $(4)$ ta có \begin{align*} &1 = \frac{{f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)}}{2},\forall n \in \mathbb{N^*}\\ \Leftrightarrow& f(n + 2) = f(n) + 2,\,\forall n \in \mathbb{N^*}. \end{align*}Phương trình đặc trưng ${\lambda ^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \lambda = 1\\ \lambda = - 1. \end{array} \right.$
Do đó $f(n) = A + B{( - 1)^n} + Cn,\,\forall n \in \mathbb {N^*}$. Do $f(1)=a$, $f(2)=2$, $f(4)=4$ nên $$\left\{ \begin{array}{l} A - B + C = a\\ A + B + 2C = 2\\ A + B + 4C = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A - B = a - 1\\ A + B = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A = \dfrac{{a - 1}}{2}\\ B = \dfrac{{1 - a}}{2}. \end{array} \right.$$ Vậy $f(n) = \dfrac{{a - 1}}{2} - \dfrac{{(a - 1){{( - 1)}^n}}}{2} + n,\,\forall n \in \mathbb {N^*}.$$(5)$
Từ $(5)$ thấy rằng, nếu $n$ chẵn thì $f(n)=n\ne 0$ (kết quả này giống như ở cách 1), nếu $n$ lẻ thì $f(n)=a-1+n$ (kết quả này giống như ở cách 1). Ta có $a-1+n=0 \Leftrightarrow a=1-n$. Như thế, hàm số $f$ xác định bởi $(5)$ thỏa mãn các yêu cầu đề bài khi và chỉ khi $$a \in \mathbb R\backslash \left\{ {0, - 2, - 4, \ldots } \right\}.$$ Lưu ý. Ta có công thức quen thuộc sau: \[1 + 2 + \cdots + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}\,\,(n \in \mathbb {N^*}).\] Do đó $f(n) = n,\,\,\forall n \in \mathbb {N^*}$ là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, và hàm này ứng với $a=1$ trong cả hai lời giải trên. Như thế, kết quả bài toán \ref{ckb7iocato} này thực sự có ý nghĩa, nó cho ta tất cả các hàm số $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$ thoả mãn công thức \[f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\]
- Từ $(1)$ cho $n=1$, ta được $f(1) = \dfrac{{f(1)f(2)}}{2} \Rightarrow f(2) = 2$ (do $f(1)\ne 0$).
- Từ $(1)$ cho $n=2$, ta được \[f(1) + f(2) = \frac{{f(2)f(3)}}{2} \Leftrightarrow a + 2 = \frac{{2f(3)}}{2} \Leftrightarrow f(3) = 2 + a.\]
- Từ $(1)$ cho $n=3$, ta được \begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) = \frac{{f(3)f(4)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + a + 2 = \frac{{(a + 2)f(4)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(4) = 4. \end{align*}
- Do $f(1)=a$, $f(2)=2$, $f(3)=2+a$, $f(4)=4$ nên $(2)$ đã đúng khi $n=1$, $n=2$, $n=3$, $n=4$.
- Giả sử $(2)$ đúng tới $n=\ell$ ($\ell \in\mathbb N$, $\ell \ge 2$), ta cần chứng minh $(2)$ cũng đúng với $n=\ell +1$. \item Trường hợp $\ell+1$ chẵn (khi đó $\ell$ lẻ), $\ell+1 =2h$, $h\in \mathbb N^*$. Khi đó \begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + \cdots + f(\ell ) = \frac{{f(\ell )f(\ell + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(1) + f(2) + f(3) + f(4) \cdots + f(2h - 1) = \frac{{f(2h - 1)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + \left( {2 + a} \right) + 4 + \cdots + \left( {2h - 2 + a} \right) = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ha + 2\left( {2 + 4 + \cdots + 2h - 2} \right) = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ha + 2(h - 1)h = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& h\left( {a + 2h - 2} \right) = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(2h) = 2h. \end{align*}Vậy $f(\ell + 1) = \ell + 1$. \item Trường hợp $\ell +1$ lẻ (khi đó $\ell$ chẵn), $\ell+1 =2t+1$, $t\in \mathbb N^*$. Khi đó \begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + \cdots + f(\ell ) = \frac{{f(\ell )f(\ell + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(1) + f(2) + f(3) + f(4) \cdots + f(2t) = \frac{{f(2t)f(2t + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + \left( {2 + a} \right) + 4 + \cdots + \left( {2t - 2 + a} \right) + 2t = \frac{{2tf(2t + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ta + 2\left( {2 + 4 + \cdots + 2t - 2} \right) + 2t = \frac{{2tf(2t + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ta + 2(t - 1)t + 2t = tf(2t + 1)\\ \Leftrightarrow& ta + 2{t^2} = tf(2t + 1)\\ \Leftrightarrow& f(2t + 1) = 2t + a. \end{align*}Vậy $f(\ell + 1) = \ell + 1$. Như thế $(2)$ cũng đúng với $n=\ell +1$.
Cách 2. Từ $(1)$, ta có \[f(1) + f(2) + \cdots + f(n)+f(n+1) = \dfrac{f(n+1)f(n + 2)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{3}\] Lấy $(3)$ trừ $(1)$ theo vế ta được \[f(n + 1) = \frac{{f(n + 1)f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)f(n + 1)}}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{4}\] Do $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$ nên từ $(4)$ ta có \begin{align*} &1 = \frac{{f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)}}{2},\forall n \in \mathbb{N^*}\\ \Leftrightarrow& f(n + 2) = f(n) + 2,\,\forall n \in \mathbb{N^*}. \end{align*}Phương trình đặc trưng ${\lambda ^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \lambda = 1\\ \lambda = - 1. \end{array} \right.$
Do đó $f(n) = A + B{( - 1)^n} + Cn,\,\forall n \in \mathbb {N^*}$. Do $f(1)=a$, $f(2)=2$, $f(4)=4$ nên $$\left\{ \begin{array}{l} A - B + C = a\\ A + B + 2C = 2\\ A + B + 4C = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A - B = a - 1\\ A + B = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A = \dfrac{{a - 1}}{2}\\ B = \dfrac{{1 - a}}{2}. \end{array} \right.$$ Vậy $f(n) = \dfrac{{a - 1}}{2} - \dfrac{{(a - 1){{( - 1)}^n}}}{2} + n,\,\forall n \in \mathbb {N^*}.$$(5)$
Từ $(5)$ thấy rằng, nếu $n$ chẵn thì $f(n)=n\ne 0$ (kết quả này giống như ở cách 1), nếu $n$ lẻ thì $f(n)=a-1+n$ (kết quả này giống như ở cách 1). Ta có $a-1+n=0 \Leftrightarrow a=1-n$. Như thế, hàm số $f$ xác định bởi $(5)$ thỏa mãn các yêu cầu đề bài khi và chỉ khi $$a \in \mathbb R\backslash \left\{ {0, - 2, - 4, \ldots } \right\}.$$ Lưu ý. Ta có công thức quen thuộc sau: \[1 + 2 + \cdots + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}\,\,(n \in \mathbb {N^*}).\] Do đó $f(n) = n,\,\,\forall n \in \mathbb {N^*}$ là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, và hàm này ứng với $a=1$ trong cả hai lời giải trên. Như thế, kết quả bài toán \ref{ckb7iocato} này thực sự có ý nghĩa, nó cho ta tất cả các hàm số $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$ thoả mãn công thức \[f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\]
Bài 12. Cho tam giác $ABC$ có $AB + AC = 2BC$. Gọi $I_{\alpha}$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$. Đường tròn $\left( A,AI_{\alpha}\right)$ cắt $BC$ lần lượt tại $E$; $F$ sao cho $E$ thuộc tia $CB$; $F$ thuộc tia $BC$. Đường tròn $\left( EBI_{\alpha}\right) $ cắt $AB$ tại $M$, đường tròn $\left( FCI_{\alpha}\right)$ cắt $AC$ tại $N$. Chứng minh rằng $BCNM$ là tứ giác nội tiếp, đồng thời là tứ giác ngoại tiếp. |
Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, $D$ là giao điểm của $AI$ và $BC$. Dễ thấy
\[\dfrac{BA}{BD} = \dfrac{IA}{ID} = \dfrac{CA}{CD} = \dfrac{BA + CA}{BD + CD} = \dfrac{BA + CA}{BC} = 2.\]
Từ đó, chú ý rằng $BI$; $BI_{\alpha}$ theo thứ tự là phân giác trong, phân giác ngoài của góc $\widehat{ABD}$, suy ra
\[\dfrac{I_{\alpha}A}{I_{\alpha}D} = \dfrac{BA}{BD} = \dfrac{IA}{ID} = 2.\]
Kết hợp với $AI_{\alpha} = AE$, theo định lý $\sin$ suy ra
\[\dfrac{\sin \widehat{ADE}}{\sin \widehat{AED}} = \dfrac{AE}{AD} = \dfrac{I_{\alpha}A}{I_{\alpha}A - I_{\alpha}D} = \dfrac{2}{2-1} = 2 = \dfrac{BA}{BD} = \dfrac{\sin \widehat{BDA}}{\sin \widehat{BAD}}.\]
Kết hợp với $\widehat{ADE} = \widehat{BDA}$; $\widehat{AED} + \widehat{BAD} < \widehat{ABD} + \widehat{BAD} < 180^\circ$, suy ra $\widehat{AED} = \widehat{BAD}$.
Do đó $DA$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$, kết hợp với
$\dfrac{AD}{I_{\alpha}D} = \dfrac{I_{\alpha}A - I_{\alpha}D}{I_{\alpha}D} = \dfrac{2-1}{1} = 1$, suy ra $DI_{\alpha}^2 = DA^2 =DB \cdot DE$. Do đó $AI_{\alpha} \equiv DI_{\alpha}$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp $\triangle EBI_{\alpha}$. Tương tự $AI_{\alpha}$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp $\triangle FCI_{\alpha}$.
Vậy $\overline{AB} \cdot \overline{AM} = AI_{\alpha}^2 = \overline{AC} \cdot \overline{AN}$. Điều đó có nghĩa là tứ giác $BCNM$ nội tiếp. $(1)$
Từ $(1)$, chú ý rằng tứ giác $BICI_{\alpha}$ nội tiếp đường tròn đường kính $II_{\alpha}$ và $CI$ là tia phân giác của $\widehat{ACB}$, suy ra \[\widehat{BMN} = \widehat{ACB} = 2 \widehat{ICB} = 2 \widehat{II_{\alpha}B} = 2\widehat{BMI_{\alpha}}.\] Nói cách khác $MI_{\alpha}$ là phân giác của góc $BMN$. Từ đó chú ý rằng $BI_{\alpha}$; $CI_{\alpha}$ theo thứ tự là phân giác của các góc $\widehat{MBC}$; $\widehat{NCB}$ suy ra tứ giác $BCNM$ ngoại tiếp. $ (2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra đpcm.
Do đó $DA$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$, kết hợp với
$\dfrac{AD}{I_{\alpha}D} = \dfrac{I_{\alpha}A - I_{\alpha}D}{I_{\alpha}D} = \dfrac{2-1}{1} = 1$, suy ra $DI_{\alpha}^2 = DA^2 =DB \cdot DE$. Do đó $AI_{\alpha} \equiv DI_{\alpha}$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp $\triangle EBI_{\alpha}$. Tương tự $AI_{\alpha}$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp $\triangle FCI_{\alpha}$.
Vậy $\overline{AB} \cdot \overline{AM} = AI_{\alpha}^2 = \overline{AC} \cdot \overline{AN}$. Điều đó có nghĩa là tứ giác $BCNM$ nội tiếp. $(1)$
Từ $(1)$, chú ý rằng tứ giác $BICI_{\alpha}$ nội tiếp đường tròn đường kính $II_{\alpha}$ và $CI$ là tia phân giác của $\widehat{ACB}$, suy ra \[\widehat{BMN} = \widehat{ACB} = 2 \widehat{ICB} = 2 \widehat{II_{\alpha}B} = 2\widehat{BMI_{\alpha}}.\] Nói cách khác $MI_{\alpha}$ là phân giác của góc $BMN$. Từ đó chú ý rằng $BI_{\alpha}$; $CI_{\alpha}$ theo thứ tự là phân giác của các góc $\widehat{MBC}$; $\widehat{NCB}$ suy ra tứ giác $BCNM$ ngoại tiếp. $ (2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra đpcm.
0 Comments:
Đăng nhận xét