Bài 1.
Cho dãy số (u_n) xác định bởi
|
Lời giải
- Chứng minh rằng \sqrt{n-1}\leq u_n\leq \sqrt{n}, \forall n \in \mathbb{N^*}.
Ta chứng minh quy nạp \sqrt{n-1}\leq u_n\leq \sqrt{n}, \forall n \in \mathbb{N^*}\qquad(1) \item Dễ thấy khẳng định đã đúng với n=1, 2. \item Giả sử (1) đúng với n=k, tức là ta có \sqrt{k-1}\leq u_k\leq \sqrt{k}, \forall k\geq 2.
Xét hàm số f(x)=\dfrac{x^2+2k}{3x}=\dfrac{x}{3}+\dfrac{2k}{3x}, \forall x\in \left[\sqrt{k-1}, \sqrt{k}\right].
Ta có f'(x)=\dfrac{1}{3}-\dfrac{2k}{3x^2}=\dfrac{x^2-2k}{3x^2} < 0, \forall x\in \left[\sqrt{k-1}, \sqrt{k}\right].
\Rightarrow f(x) nghịch biến trên \left[\sqrt{k-1}, \sqrt{k}\right]
Nên u_{k+1}=f(u_k)\geq f\left(\sqrt{k}\right)=\sqrt{k} và u_{k+1}=f(u_k)\leq f\left(\sqrt{k-1}\right)=\dfrac{3k-1}{3\sqrt{k-1}}.
Ta chứng minh \begin{eqnarray*} && \dfrac{3k-1}{3\sqrt{k-1}} < \sqrt{k+1}\\ &\Leftrightarrow& 3k-1 < 3\sqrt{k^2-1}\\ &\Leftrightarrow& 9k^2-6k+1 < 9k^2-9\Leftrightarrow 6k-10 > 0 \, \text{luôn đúng} \, \forall k\geq 2. \end{eqnarray*} Do đó u_{k+1} < \sqrt{k+1}. Vậy (1) được chứng minh. - Tìm \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{u_n}{\sqrt{n}}.
Do \sqrt{n-1}\leq u_n\leq \sqrt{n}\Rightarrow \sqrt{1-\dfrac{1}{n}}\leq \dfrac{u_n}{\sqrt{n}}\leq 1.
Vì \lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt{1-\dfrac{1}{n}}=\lim\limits_{n\to +\infty}1=1 nên theo nguyên lý kẹp ta có \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{u_n}{\sqrt{n}}=1.
Bài 2.
Cho x_1, x_2, \ldots, x_{2020} là các số thực dương. Chứng minh rằng |
Lời giải
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có\dfrac{1+x_1^2}{1+x_1x_2}+\dfrac{1+x_2^2}{1+x_2x_3}+\cdots +\dfrac{1+x_{2020}^2}{1+x_{2020}x_1}\geq 2020\cdot \sqrt[2020]{\dfrac{\left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\cdots \left(1+x_{2020}^2\right)}{\left(1+x_1x_2\right)\left(1+x_2x_3\right)\cdots \left(1+2_{2020}x_1\right)}}.
Đặt P=\dfrac{\left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\cdots \left(1+x_{2020}^2\right)}{\left(1+x_1x_2\right)\left(1+x_2x_3\right)\cdots \left(1+2_{2020}x_1\right)}.
Ta chỉ cần chứng minh P\geq 1.
Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có \left(1+x_i^2\right)\left(1+x_j^2\right)\geq \left(1+x_ix_j\right)^2 với mọi i, j.
Do đó ta có \begin{eqnarray*} \left[\left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\cdots \left(1+x_{2020}^2\right)\right]^2 &=&\left[\left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\right]\left[\left(1+x_2^2\right)\left(1+x_3^2\right)\right]\cdots \left[\left(1+x_{2020}^2\right)\left(1+x_1^2\right)\right]\\ &\geq & \left(1+x_1x_2\right)^2\left(1+x_2x_3\right)^2\cdots \left(1+x_{2020}x_1\right)^2. \end{eqnarray*} Suy ra \left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\cdots \left(1+x_{2020}^2\right)\geq \left(1+x_1x_2\right)\left(1+x_2x_3\right)\cdots \left(1+x_{2020}x_1\right).
Vậy P\geq 1. Dấu = = = xảy ra khi x_1=x_2=\cdots =x_{2020}.
Bài 3. Cho hàm số f xác định trên tập số thực \mathbb{R} thỏa mãn f(xy)=xf(y)+yf(x) và f(x+y)=f(x^{2021})+f(y^{2021}), \forall x, y \in \mathbb{R}.
|
Lời giải
- Chứng minh rằng f là hàm cộng tính trên \mathbb{R}.
Từ f(xy)=xf(y)+yf(x), thay x=y=0 ta được f(0)=0.
Tiếp tục thay x=y=1 ta được f(1)=2f(1)\Rightarrow f(1)=0.
Từ f(x+y)=f(x^{2021})+f(y^{2021}), thay y=0 ta được f(x)=f(x^{2021}),\forall x\in \mathbb{R}.
Vì vậy hệ thức trên có thể viết thành f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x, y \in \mathbb{R}.\quad (1)
Như vậy f là hàm cộng tính trên \mathbb{R}. - Tính f\left(\sqrt{2020}\right).
Thay y=1 vào (1) ta được f(x+1)=f(x),\forall x\in \mathbb{R}. Trong hệ thức f(xy)=xf(y)+yf(x), thay y=x ta được f(x^2)=2xf(x),\forall x \in \mathbb{R}.\quad (2) Xét x\neq 0, bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh với n\in \mathbb{N} thì f(x^n)=nx^{n-1}f(x). \quad (3) \item Với n=1, (3) hiển nhiên đúng. \item Giả sử (3) đúng đến n\, (n > 1), khi đó trong f(xy)=xf(y)+yf(x), thay y bởi x^n ta có \begin{eqnarray*} f(x^{n+1})&=&xf(x^n)+x^nf(x)\\ &=&x\cdot nx^{n-1}f(x)+x^nf(x)\\ &=&(n+1)x^nf(x) \end{eqnarray*} nghĩa là (3) đúng với n+1. Bây giờ từ (3) ta có f(x^{2021})=2021x^{2020}f(x). Suy ra f(x)=2021x^{2020}f(x).
Nếu f(x)\neq 0 thì 2021x^{2020}=1, \forall x\neq 0. Điều này không thể xảy ra.
Do đó ta có f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}. Vậy f\left(\sqrt{2020}\right)=0.
Bài 4. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi K, M, N lần lượt là giao điểm của EF, FD, DE với BC, CA, AB. Đường tròn đường kính KD, EM, FN lần lượt cắt (I) tại A_1, B_1, C_1.
|
Lời giải
- Chứng minh rằng các đường tròn đường kính KD, EM, FN đồng trục.
Gọi A', B', C' lần lượt là tâm của các đường tròn (KD), (EM), (FN).
Ta có (A')\perp (O) \Rightarrow \mathrm{P}_{O/(A')}=R^2 và (A')\perp (I) \Rightarrow \mathrm{P}_{I/(A')}=R^2.
Vậy I, O có cùng phương tích đối với đối với đường tròn A'.
Tương tự, O, I cũng có cùng phương tích đốí với B' và (C').
Nên OI là trục đẳng phương của ba đường tròn (A'), (B'), (C').
Vậy A', B', C' thẳng hàng. - Chứng minh rằng DA_1, EB_1, FC_1 đồng quy tại một điểm J.
Xét cực và đối cực đối với đường tròn (I), ta có cực của DA_1, EB_1, FC_1 lần lượt là A', B', C'. Vậy DA_1, EB_1, FC_1 đồng quy tại một điểm J. - Gọi T là trung điểm của EF. Chứng minh tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC cắt nhau tại một điểm thuộc JT.
Ta có tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC cắt nhau tại điểm chính giữa cung \overset\frown{BAC}. Ta sẽ chứng minh JT đi qua điểm chính giữa cung \overset\frown{BAC}
Ta có KA_1 cắt (I) tại A_2 đối xứng với D qua I.
Suy ra D(BA,A_1A_2)=-1, mà D(XA,I_AI)=-1 (với I_A là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, X là giao điểm của AI_A và BC) và DB\equiv DX, DA\equiv DI, DA_1\equiv DA nên DA_1\equiv DI_A hay DA_1 đi qua I_A.
Vậy K là giao điểm của DI_A, DI_B, DI_C.
Hai tam giác DEF và I_AI_BI_C có các cạnh tương ứng song song nên phép vị tự tâm J biến \Delta DEF thành \Delta I_AI_BI_C.
Suy ra J, T, W thẳng hàng, với W là trung điểm I_BI_C.
Mà (O) là đường tròn Euler của \Delta I_AI_BI_C nên W là điểm chính giữa \overset\frown{BAC}. Suy ra đpcm.
Bài 5. Cho n là số nguyên dương, n không có ước là số chính phương khác 1. Tồn tại hay không hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau x, y để x^n+y^n chia hết cho (x+y)^3\,? |
Lời giải
Giả sử tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau x, y để x^n+y^n chia hết cho (x+y)^3.Hiễn nhiên n lẻ.
Gọi p là ước số nguyên tố nguyên tố bất kỳ của x+y.
Khi đó ta có v_p\left((x+y)^3\right)=3v_p(x+y).
Vì x, y là hai số nguyên tố cùng nhau nên x, y không chia hết cho p, theo bổ đề LTE ta có v_p\left(x^n+y^n\right)=v_p(n)+v_p(x+y). Vì (x+y)^3\mid (x^n+y^n)\Rightarrow 3v_p(x+y)\leq v_p(n)+v_p(x+y). \Rightarrow v_p(n)\geq 2v_p(x+y)\geq 2. Suy ra p^2\mid n \ \text{(trái giả thiết)}. Vậy không tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau x, y để x^n+y^n chia hết cho (x+y)^3.
Bài 6. Một tàu du lịch có 100 khoang với sức chứa trong các khoang lần lượt là 101, 102,\ldots ,200 người. Hiện tại trên tàu đang có tổng cộng n người. Bây giờ, có một khách VIP đến và người thuyền trưởng muốn cấp cho anh ta một khoang cá nhân. Với mục đích đó, người thuyền trưởng muốn chọn hai khoang A và B, sau đó chuyển tất cả khách từ khoang A sang khoang B mà không vượt quá khả năng chứa của khoang B. Xác định n lớn nhất mà người thuyền trưởng có thể chắc chắn đạt được mục tiêu của mình cho dù lúc đầu n người này phân bố ở các khoang tàu như thế nào chăng nữa. |
Lời giải
Ta chứng minh n=8824 là giá trị lớn nhất để người thuyền trưởng có thể làm trống một khoang tàu.Ta chia các khoang tàu thành các cặp 101-200, 102-199,\ldots , 150-151.
Nhận thấy với mỗi cặp khoang thì tổng số người trong hai khoang đó sẽ lớn hơn sức chứa của khoang lớn hơn. Từ đó tổng số người ít nhất mà ta vẫn không thể làm một khoang trống là 201+200+\cdots +152=8825. Vậy số người lớn nhất mà ta có thể làm trống một khoang cho dù lúc đầu số người phân bố như thế nào đi chăng nữa là n=8824.
Với n=8825, ta chỉ ra một cách phân bố để không thể trống khoang nào. Sắp theo thứ tự các khoang theo thứ tự tăng dần sức chứa. Trong 50 khoang đầu tiên, mỗi khoang chứa 76 người, trong 50 khoang còn lại với sức chứa k (151 < k < 200) sẽ chứa k-75 người.
Khi đó tổng số người là 76\cdot 50+(76+77+\cdots +125)=8825. Như vậy với hai khoang có sức chứa a < b thì trong b sẽ không chứa ít hơn b-75 người, còn a sẽ không chứa ít hơn 76 người. Nên không thể di chuyển tất cả người từ khoang a sang khoang b.
Còn nếu n > 8825 thì xếp 8825 người ban đầu theo cách trên, còn những người còn lại có thể sắp xếp bất kỳ vào khoang còn chỗ.
Vậy giá trị n=8824 là giá trị lớn nhất để cho dù ban đầu số người trong mỗi khoang như thế nào thì người thuyền trưởng vẫn có thể làm một khoang trống.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét