Bài 1.
Cho các số thực $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $0 \le a \le b \le c$ và $a + b + c = ab + bc + ca$. Chứng minh rằng
\begin{align*}
\sqrt{bc}(a+1)\ge 2.
\end{align*}
Đặt $t=\sqrt{bc}$. Ta có
\begin{align*}
3bc\geq ab+bc+ca = a+b+c = \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq 3\Rightarrow t\geq 1.
\end{align*}
[TH1:]
$t\in \left[1;2\right]$ ta có
\begin{align*}
\sqrt{bc}(a+1)=t\left(\dfrac{b+c-bc}{b+c-1}+1\right)=t\dfrac{2(b+c)-1-bc}{b+c-1}.
\end{align*}
Ta cần chứng minh
\begin{eqnarray*}
&&t\dfrac{2(b+c)-1-bc}{b+c-1}\geq 2\Leftrightarrow 2(b+c)t-t-t^3\geq 2(b+c)-2\\
&\Leftrightarrow & 2(b+c)(t-1)-t-t^{3}+2 \geq 0 \quad (*)
\end{eqnarray*}
Mà $b+c\ge 2\sqrt{bc}=2t$, $t-1\ge 0$ nên
\begin{align*}
VT (*)\ge 4t(t-1)-t-t^3+2=-t^3+4t^2-5t+2=(2-t)(t-1)^2\ge 0.
\end{align*}
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 2.
Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$, đường cao $AD$, trực tâm $H$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại điểm $Q$ khác $A$. Đường tròn đường kính $HQ$ cắt $(O)$ tại điểm $K$ khác $O$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$.
Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $MH$ cắt $BC$ tại $X$. Chứng minh rằng $XK$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $KDM$.
Đường thẳng $KQ$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $KDM$ tại $N$ khác $K$. Chứng minh rằng $MN$ chia đôi $AQ$.
Gọi $Y$ là điểm đối xứng với $H$ qua $BC$; $Z$ đối xứng với $A$ qua $O$. Khi đó $Y\in (O)$ và $Q$, $M$, $H$, $Z$ thẳng hàng.
Gọi $X'$ là giao điểm các tiếp tuyến của $QH$ tại $H$ và $K$. Suy ra
\begin{align*}
\widehat{KX'H}=180^\circ - 2\widehat{KHX'}=180^\circ - 2\widehat{KQH}=180^\circ - 2\widehat{KAZ}=2\widehat{KYA}.
\end{align*}
Mà $X'K=X'H$ nên $X'$ là tâm $(KHY)$.
Suy ra $X'$ thuộc trung trực của $HY\equiv BC\Rightarrow X'\in BC\Rightarrow X'\equiv X$.
Do đó $XK^2=XH^2=XD\cdot XM\Rightarrow XK$ tiếp xúc với $(KDM)$.
Gọi $L$, $R$ lần lượt là tâm $(KQH)$ và $(KDM)$, $P$ là trung điểm của $AQ$.
Theo ý $a)$ suy ra $(KQH)$ và $(KDM)$ tiếp xúc nhau tại $K\Rightarrow K$, $L$, $R$ thẳng hàng.
Ta có $\triangle KQH\backsim \triangle KAZ$ và cùng hướng $\Rightarrow \triangle KQA\backsim \triangle KHZ$.
Mà $P$ và $M$ lần lượt là trung điểm $QA$ và $HZ$ nên $\triangle KQP\backsim \triangle KHM$.
Suy ra $\widehat{KPQ}=\widehat{KMH}\Rightarrow KQPM$ nội tiếp.
Gọi $Kx$ là tia đối của tia $KX$. Vì $KQPM$ là tứ giác nội tiếp nên
\begin{align*}
\widehat{KMP}=180^\circ - \widehat{KQP}=180^\circ - \widehat{KHM}=\widehat{KHQ}=\dfrac{1}{2}\text{sđ}\overset\frown{KQ}=\widehat{QKx}=\widehat{xKN}=\dfrac{1}{2}\text{sđ}\overset\frown{NK}.
\end{align*}
Mà $\widehat{KMN}=\dfrac{1}{2}\text{sđ}\overset\frown{NK}\Rightarrow \widehat{KMP}=\widehat{KMN}\Rightarrow M$, $P$, $N$ thẳng hàng hay $MN$ đi qua trung điểm của $AQ$.
Bài 3.
Cho số thực $a$ và dãy số $(u_n)$ ($n\ge 1$) xác định bởi $u_1=a$, $u_{n+1}=u_n^2+u_n+a^3$ ($n\ge 1$).
Chứng minh rằng, với $a\in \left[-\dfrac{1}{2};0\right]$, dãy số hội tụ và tìm giới hạn đó.
Cho $a=2020$. Chứng minh rằng $u_n^2+2020^3$ luôn có ít nhất $n+4$ ước số nguyên tố khác nhau.
Xét hàm số $f(x)=x^2+x+a^3$.
Ta có $f(x)$ đồng biến trên $\left[-\dfrac{1}{2};+\infty\right)$ và $u_{n+1}=f(u_n)$.
Ta chứng minh bằng quy nạp $u_n\in \left[-\dfrac{1}{2};0\right]$, $\forall n\in \mathbb{N}^*$. (1)
Thật vậy, $n=1$ đúng.
Giả sử $(1)$ đúng với $n=k$, nghĩa là $u_k\in \left[-\dfrac{1}{2};0\right]$, $k\in \mathbb{N}^*$.
Ta có $u_{k + 1}=f\left(u_k\right)\in\left[f\left( - \dfrac{1}{2}\right);f(0)\right]=\left[-\dfrac{1}{4} + a^3;a^3\right]\in\left[-\dfrac{1}{2};0\right]$, $\forall n\in\mathbb{N}$.
Như vậy $(1)$ được chứng minh. Mặt khác
\begin{align*}
a\in\left[-\dfrac{1}{2};0\right]\Rightarrow a^2+a^3=a^2(a + 1) > 0\Rightarrow a^2+a+a^3 > a\Rightarrow u_2 > u_1.
\end{align*}
Vì thế $\left(u_n\right)$ tăng , bị chặn trên bởi $0$ nên dãy $\left(u_n\right)$ hội tụ.
Giả sử $\lim u_{n}=L$. Suy ra $L\in\left[-\dfrac{1}{2};0\right]$. Chuyển qua giới hạn, ta tìm được $L=-\sqrt{-a^{3}}$.
Cho $a=2020$. Chứng minh rằng $u_{n}^2+2020^3$ luôn có ít nhất $n+4$ ước số nguyên tố khác nhau.
Ta có $u_{n}^2+a^3=\left(u_{n-1}^2+u_{n-1}+a^3\right)^2+a^3=\left(u_{n-1}^2+a^3\right)\left(\left(u_{n-1}+1\right)^2+a^3\right)$.
Chứng minh hai số $\left(u_{k}^2+a^3\right),\left(\left(u_{k}+1\right)^2+a^3\right)$ nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên dương $k$.
Trước hết, ta chứng minh mệnh đề (1): $4a^3 + 1$ và $2u_n+1$ nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên dương $n$ bằng phương pháp quy nạp.
Với $n=1$, gọi $d$ là ƯCLN của $4a^3+1$ và $2u_1+1=2a+1$.
Ta có $d\mid 2\left(4a^3+1\right)=(2a+1)\left(4a^2-2a+1\right)+1$. Suy ra $d\mid 1\Rightarrow d=1$.
Vậy mệnh đề $(1)$ đúng với $n=1$.
Giả sử mệnh đề $(1)$ đúng với $n=k$ hay $\left(4a^3+1,2u_k+1\right)=1$, với $k$ là số nguyên dương $k\geq 1$.
Ta đi chứng minh mệnh đề $(1)$ đúng với $n=k+1$.
Gọi $q=\left(4a^3+1,2u_{k+1}+1\right)$. Suy ra $q\mid 2\left(u_{k+1}++1\right)=\left(2u_k+1\right)^2+4a^3+1$.
Do đó $q\mid \left(2u_k+1\right)^2$. Theo giả thiết quy nạp thì suy ra $q=1$.
Như vậy mệnh đề $(1)$ đúng với mọi $n\in \mathbb{N}^*$.
Gọi $g$ là ƯCLN của $\left(u_k^2+a^3\right), \left(\left(u_k+1\right)^2+a^3\right)$.
Khi đó $g\mid 2u_k+1$ (2)
và $g\mid 2\left(u_k^2+a^3\right)+ 2\left(\left(u_k + 1\right)^2+a^3\right)=\left(2u_k+1\right)^2+ 4a^3+1\Rightarrow g\mid \left(4a^3+1\right)$. (3)
Từ $(1)$, $(2)$, $(3)$ suy ra $g=1$.
Do đó ta được, với mọi số nguyên $k$
\begin{align*}
\left(\left(u_k^2 + a^3\right),\left(\left(u_k + 1\right)^2 + a^3\right)\right)=1,\text{ và }\left(u_{k-1}^{2}+a^{3}\right) \cdot\left(\left(u_{k-1}+1\right)^2+a^3\right)=u_{k}^2+a^3.
\end{align*}
Mỗi $k$ thì $\left(u_k+1\right)^2+a^3$ có ít nhất một ước nguyên tố $p_k$, với $k=1,\ldots,n-1$.
Theo trên ta được, $n-1$ số nguyên tố $p_k$ phân biệt $u_1^2 + a^3=a^2 + a^3=a^2(a + 1)=2020^2\cdot 2021=2^4\cdot 5^2\cdot 101^2\cdot 43\cdot 47$ có $5$ ước nguyên tố phân biệt là $2$, $5$, $101$, $43$, $47$ khác với $p_k$, $k=1,\ldots,n-1$.
Như vậy $u_n^2 + a^3=\left(u_{n - 1}^2 + a^3\right)\left[\left(u_{n - 1} + 1\right)^2 + a^3\right]=\left(u_1^2 + a^3\right)\prod\limits_{k=1}^{n - 1}\left[\left(u_k + 1\right)^2 + a^3\right]$.
Có ít nhất $5+(n-1)=n+4$ ước nguyên tố khác nhau. Điều phải chứng minh
Bài 4.
Tìm tất cả các số tự nhiên $k$ sao cho $2k+1$ và $4k+1$ đều là các số chính phương.
Với mỗi số tự nhiên $k$ thỏa mãn đề bài, chứng minh rằng $35\mid \left(k^2-12k\right)$.
Dễ dàng chứng minh $\left(2k+1;4k+1\right)=1$, nên để hai số đồng thời là số chính phương thì
\begin{align*}
(2k + 1)(4k + 1)=y^2(y\in\mathbb{N})\Leftrightarrow(8k + 3)^2 - 1=8y^2.
\end{align*}
Đặt $x=8k+3\Rightarrow x^2-8y^2=1.$ $(1)$
Dễ thấy nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell này là $(3;1)$.
Áp dụng công thức nghiệm ta có tất cả các nghiệm của $(1)$ cho bởi
\begin{align*}
x_n=\dfrac{(3 + \sqrt{8})^n + (3 - \sqrt{8})^n}{2}\,\,(n\in\mathbb{N}) \text{ hoặc } \left\{ \begin{array}{l}& x_0=1;\,x_1=3 \\ & x_{n+1}=6x_n-x_{n-1}.\end{array} \right.
\end{align*}
Ta đi chứng minh $x_{2n}\equiv 1[8]$, và $x_{2n+1}\equiv 3[8]$. (2)
Với $n=0$ thì $x_{0}=1\equiv 1[8]$ và $x_1=3[8]$. Vậy $(2)$ đúng với $n=0$.
Giả sử $(2)$ đúng với $n=k$ $(k\geq 0,\,\,k\in \mathbb{N})$ tức là $x_{2k}\equiv 1[8]$ và $x_{2k+1}\equiv 3[8]$.
Ta đi chứng minh $x_{2k+2}\equiv 1[8]$ và $x_{2k+3}\equiv 3[8]$.
Theo hệ thức truy hồi ta có $\left\{ \begin{array}{l}& x_{2k+2}=6x_{2k+1}-x_{2k}\equiv 6\cdot 3-1=17\equiv 1[8] \\ & x_{2k+3}=6x_{2k+2}-x_{2k+1}\equiv 6\cdot 1-3\equiv 3[8].\end{array} \right.$
Theo nguyên lý quy nạp suy ra $x_{2n+1}\equiv 3[8]$ đúng với mọi $n\in \mathbb{N}$.
Do đó tất cả các số $k$ thỏa mãn đầu bài là
$k_n=\dfrac{(3 + \sqrt{8})^{2n + 1} + (3 - \sqrt{8})^{2n + 1} - 6}{16}\,\,(n\in\mathbb{N})$.
Ta có $k_n=\dfrac{x_{2n+1}-3}{8}$.
Mà
\begin{eqnarray*}
&&x_{2n+1}=6x_{2n}-x_{2n-1}=6\left(x_{2n-1}-x_{2n-2}\right)-x_{2n-1}=35x_{2n-1}-6x_{2n-2}\\
&=&34x_{2n-1}+x_{2n-1}-6x_{2n-2}=34x_{2n-1}-x_{2n-3}.
\end{eqnarray*}
Do đó $\dfrac{x_{2n+1}-3}{8}=34\dfrac{x_{2n-1}-3}{8}-\dfrac{x_{2n-3}-3}{8}+12$ hay $k_{n}=34k_{n-1}-k_{n-2}+12$.
Ta đi chứng minh được $k_{3n}\equiv k_{3n + 2}\equiv 0[35]$, $k_{3n + 1}\equiv 12[35]$. (3)
Theo công thức $k_n=\dfrac{(3 + \sqrt{8})^{2n + 1} + (3 - \sqrt{8})^{2n + 1} - 6}{16}$ ta tính được $k_0=0$, $k_1=12$, $k_2=420$.
Dễ thấy $(3)$ đúng với $n=0$.
Giả sử $(3)$ đúng đến $n=k$ $\left(k\geq 0,\,\,k\in \mathbb{N}\right)$ tức $x_{3k}\equiv x_{3k+2}=\equiv 0[35]$ và $x_{3k+1}\equiv 12[35]$.
Ta đi chứng minh $(3)$ đúng với $n=k+1$ tức là $x_{3k+3}\equiv x_{3k+5}=\equiv 0[35]$ và $x_{3k+4}\equiv 12[35]$.
Theo công thức truy hồi trên ta có
$\left\{ \begin{array}{l}& x_{3k+3}=34x_{3k+2}-x_{3k+1}+12\equiv -12+12\equiv 0[35]\\ & x_{3k+4}=34x_{3k+3}-x_{3k+2}+12\equiv 12[35]\\& x_{3k+5}=34x_{3k+4}-x_{3k+3}+12\equiv 34\cdot 12+12\equiv 0[35].\end{array} \right.$
Theo nguyên lý qui nạp ta có $k_{3n}\equiv k_{3n + 2}\equiv 0[35]$, $k_{3n + 1}\equiv 12[35]$ đúng với mọi $n\in \mathbb{N}$.
Từ đó với mọi giá trị $k$ thỏa mãn điều kiện đầu bài thì
\begin{align*}
\left[ \begin{array}{l}& k\equiv 0[35] \\ & k\equiv 12[35]\end{array} \right.\Rightarrow k(k-12)\,\vdots\,35.
\end{align*}
Bài 5.
Sắp đến ngày Tết Trung thu, tổ chức Smile Foundation của trường THPT Chuyên Bắc Giang làm bánh gây quỹ từ thiện thường niên. Sản phẩm năm nay là một cặp bánh dẻo, bánh nướng có tổng giá cặp bánh đó là $50000$ đồng. Do số lượng có hạn nên mỗi bạn chỉ được mua đúng một cặp. Để mua bánh các bạn học sinh trường chuyên phải xếp hàng. Biết rằng trong hàng có $m+n$ bạn, trong đó $m$ bạn cầm tờ $50000$ đồng và $n$ bạn cầm tờ $100000$ đồng $\left(m,\,n\in \mathbb{N},\,m\ge n\right)$. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng để không bạn nào phải chờ tiền trả lại, giả thiết rằng ban đầu ban tổ chức không cầm theo đồng tiền nào.
Giả sử ứng với mỗi học sinh mang theo tờ $50000$ đồng, ta kí hiệu số $0$ còn ứng với mỗi học sinh mang theo tờ $100000$ đồng, ta kí hiệu số $1$. Như vậy mỗi cách xếp hàng ứng với một chuỗi nhị phân gồm $m$ số $0$ và $n$ số $1$. Ta thấy một cách xếp không thỏa mãn ứng với một chuỗi nhị phân gồm $m$ số $0$, $n$ số $1$; trong đó tồn tại một vị trí thứ $2k+1$ $\left(k\in \mathbb{N}\right)$ tính từ đầu hàng sao cho vị trí đó điền số $1$; còn ở $2k$ vị trí đầu tiên số các số $0$ và số các số $1$ là bằng nhau. Ta gọi một chuỗi như vậy là chuỗi = xấu=.
Kí hiệu $A$ là tập hợp các chuỗi = xấu=\text{} như trên và $B$ là tập hợp tất cả các chuỗi nhị phân có $m+1$ số $0$, $n-1$ số $1$. Ta xây dựng song ánh từ $A$ vào $B$ như sau:
Với mỗi chuỗi = xấu=\text{} thuộc $A$, ta thêm số $0$ vào đầu chuỗi. Khi đó $2k+2$ vị trí đầu có số số $0$ và số số $1$ như nhau; tiếp theo tại $2k+2$ vị trí đầu đó, ta đổi số $0$ thành số $1$ và ngược lại; sau cùng ta xóa số $1$ ở đầu hàng đi. Như vậy ta được một chuỗi mới có $m+1$ số $0$, $n-1$ số $1$ (chuỗi trong $B$).
Với mỗi chuỗi thuộc $B$, thêm số $1$ vào đầu hàng ta thu được một chuỗi có $m+1$ số $0$, $n$ số $1$; dễ thấy $m+1 > n$ và do số $1$ đứng đầu hàng nên tồn tại một vị trí thứ $2k$ $\left(k\in \mathbb{N}\right)$ sao cho trong $2k$ số đầu tiên của chuỗi mới thì số số $0$ bằng số số $1$. Lại thực hiện hoán đổi số $0$ thành số $1$ và ngược lại ở $2k$ vị trí đầu tiên trong hàng, sau đó xóa đi số $0$ ở đầu hàng. Lúc này ta thu được một chuỗi có $m$ số $0$, $n$ số $1$ mà ở $2k-1$ vị trí đầu có $k$ số $1$ và $k-1$ số $0$. Đây chắc chắn là một chuỗi = xấu=.
Do đó $|A|=|B|$. Quay lại bài toán với chú ý là các bạn cùng cầm một loại tờ tiền có thể hoán đổi vị trí cho nhau. Ta có số cách xếp hàng thỏa mãn là $\left(\mathrm{C}_{m + n}^m - \mathrm{C}_{m + n}^{m + 1}\right) m!n!$.
0 Comments:
Đăng nhận xét