Processing math: 0%

Thư viện tra cứu id trong tài liệu

Hướng dẫn xem lời giải theo mã id trong tài liệu

Thứ Ba, 10 tháng 11, 2020

Chọn đội tuyển HSG quốc gia Hưng Yên (ngày 1) năm 2020 - 2021

Bài 1. Cho dãy số (a_n) xác định bởi \left\{ \begin{array}{l}&a_0=2020\\& a_{n+1}=\dfrac{a^2_n}{1+a_n},\forall n\ge 0\end{array} \right..

  1. Chứng minh dãy số (a_n) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.
  2. Tính \left[ a_{1000}\right] với \left[ x\right] là phần nguyên của số thực x.

Lời giải

  1. Nhận thấy a_n > 0 với mọi n\ge 0 nên dãy số (a_n) bị chặn dưới. Xét biểu thức \begin{align*} a_{n+1}-a_n=\dfrac{a_n^2}{1+a_n}-a_n=\dfrac{-a_n}{1+a_n} < 0, \forall n\ge 0. \end{align*} Suy ra dãy số (a_n) là dãy số giảm. Do vậy dãy số (a_n) có giới hạn hữu hạn, tức là \lim a_n=a.
    Từ đẳng thức a_{n+1}=\dfrac{a^2_n}{1+a_n} chuyển qua giới hạn ta được phương trình \begin{align*} a=\dfrac{a^2}{1+a}\Leftrightarrow a=0. \end{align*} Vậy \lim a_n=0.
  2. Ta có a_{n+1}+1=\dfrac{a^2_n}{1+a_n}+1=\dfrac{a_n^2+a_n+1}{1+a_n}=a_n+\dfrac{1}{1+a_n} với mọi n\ge 0.
    Suy ra \begin{align*} a_1+1=a_0+\dfrac{1}{1+a_0}\\ a_2+1=a_1+\dfrac{1}{1+a_1}\\ a_3+1=a_2+\dfrac{1}{1+a_2}\\ \cdots\cdots\\ a_{1000}+1=a_{999}+\dfrac{1}{1+a_{999}} \end{align*} Do vậy a_{1000}+1000=a_0+\dfrac{1}{1+a_0}+\dfrac{1}{1+a_1}+\cdots+\dfrac{1}{1+a_{999}}\Leftrightarrow a_{1000}=1020+\displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}}. Suy ra \left[ {{a_{1000}}} \right] = 1020 + \left[ {\displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}} } \right]. Ta sẽ chứng minh 0 < {\displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}} } < 1.
    Thật vậy, \displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}} < \frac{{1000}}{{{a_{999}} + 1}} do dãy số (a_n) là dãy giảm.
    Ta lại có {a_{n + 1}} = {a_n} - 1 + \dfrac{1}{{{a_n} + 1}} > {a_n} - 1 > \cdots > {a_0} - \left( {n + 1} \right). Suy ra a_{999} > a_0-999=1021. Do vậy 0 < {\displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}} } < \dfrac{1000}{1+a_{999}} < \dfrac{1000}{1+1021} < 1.
    Vậy \left[ a_{1000}\right] =1020.

Bài 2. Cho P(x) là một đa thức bậc ba, xét đa thức Q(x)=\left( x^3+2x+1-P(x)\right) \left(2x^3-6x^2+5-P(x) \right).

  1. Giả sử Q(x)\leq 0, \forall x\in\mathbb{R}P(0)=4. Tính Q(-1).
  2. Hỏi có tồn tại hay không đa thức P(x) để Q(x)\leq 0, \forall x\in\mathbb{R}.

Lời giải

  1. Đặt A(x)=x^3+2x+1B(x)=2x^3-6x^2+5. Từ giả thiết ta có Q(x)=\left( A(x)-P(x)\right) \left(B(x)-P(x) \right)\leq 0, \forall x\in\mathbb{R}. Xét đa thức A(x)-B(x)=x^3-6x^2-2x+4 có ba nghiệm x_1,x_2,x_3. Suy ra B(x_1)=A(x_1). Do vậy \left( A(x_1)-P(x_1)\right) \left(A(x_1)-P(x_1) \right)\leq 0, \forall x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow A(x_1)=P(x_1) Tương tự, ta cũng có A(x_2)=P(x_2)A(x_3)=P(x_3). Xét đa thức bậc ba f(x)=A(x)-P(x) có ba nghiệm là x_1,x_2,x_3 nên f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=a(x^3-6x^2-2x+4). Cho x=0 ta được f(0)=4a\Leftrightarrow A(0)-P(0)=4a\Leftrightarrow a=\dfrac{-3}{4}.
    Cho x=-1 cho ta f(-1)=\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow A(-1)-P(-1)=\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow P(-1)=\dfrac{-11}{4}.
  2. Với k > 0, đặt P(x)=(k+1)A(x)-kB(x) nên A(x)-P(x)=k\left( B(x)-A(x)\right) \text{ và } B(x)-P(x)=(k+1)\left(B(x)-A(x) \right) Suy ra Q(x)=k(k+1)\left( A(x)-B(x)\right)^2\ge 0, \forall x\in\mathbb{R}.
    Vậy tồn tại đa thức P(x) để Q(x)\ge 0,\forall x\in\mathbb{R}.

Bài 3. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại X,Y,Z. Các đường phân giác trong và ngoài tại góc A của tam giác ABC cắt BC tại E,F. Các tiếp tuyến kẻ từ E,F đến (I) cắt nhau tại điểm D (D khác E,F). Trên BI lấy điểm K sao cho DK\perp AI.

  1. Giả sử BC cố định và A thay đổi, chứng minh K thuộc một đường tròn cố định.
  2. Gọi M,N là các tiếp điểm của (I) với các tiếp tuyến DE,DF. Đường thẳng qua D song song với AB cắt AC,MN tại P,Q. Đường thẳng QZ cắt đường tròn (I) tại T. Chứng minh PT tiếp xúc với đường tròn (I).

Lời giải

  1. Trước tiên, ta chứng minh bổ đề sau
    Bổ đề:
    Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Các cạnh AB,AC tiếp xúc với (I) tại E,FBI cắt EF tại K. Khi đó, \angle BKC=90^\circ.
    Áp dụng bổ đề 1 cho tam giác DEF có đường tròn nội tiếp (I)DE,DF tiếp xúc với (I) tại M,N. Giả sử EI cắt MN tại A' thì EI \perp A'F.
    Ta lại có AF\perp AE dẫn đến A' trùng A.
    Khi đó, tứ giác ZMYN điều hòa nên D,K,Y,Z thẳng hàng. Áp dụng bổ đề 1 cho tam giác ABC ta được \angle BKC=90^o. Vậy K thuộc đường tròn đường kính BC cố định.
  2. Gọi G=AQ\cap YZ, ta có (ZYGD)=-1.
    Lại có AB\parallel DQ nên PQ=PD.
    Mặt khác \angle YDQ=\angle AZY=\angle YTZ=\angle AYZ=\angle DYP nên tứ giác TYDQ nội tiếp.
    Do PY=PD=PQ nên tứ giác TYDQ nội tiếp đường tròn đường kính DQ. Suy ra DT\perp QZ.
    Gọi R=DT\cap (I) nên Z,I,R thẳng hàng.
    Ta lại có ZR\perp DQ nên R là trực tâm của tam giác DQZ.
    Tam giác DQZR là trực tâm, chân đường cao đỉnh Q,DY,TP là trung điểm của DQ nên PY, PT là tiếp tuyến của đường tròn (I).

Bài 4. Cho số nguyên tố p\ge 5. Đặt n=4^p-1.

  1. Chứng minh rằng n có ít nhất 3 ước nguyên tố phân biệt và 2^n\equiv 8 \pmod n.
  2. Với a là một số tự nhiên, chứng minh rằng 2+a+a^2+\cdots+a^{p-1} không là số chính phương.

Lời giải

  1. Ta có n=4^p-1=(2^p-1)(2^p+1)=\left( 2^p-1\right).\dfrac{2^p+1}{3}.3 . Ta sẽ chứng minh \left(2^p-1;2^p+1 \right)=1.
    Chứng minh \left( \dfrac{2^p+1}{3};3\right)=1. Thật vậy \begin{align*} \dfrac{2^p+1}{3}=2^{p-1}-2^{p-2}+\cdots+1=\sum_{i=0}^{p-1}(-2)^i\equiv p\not\equiv 0\pmod 3. \end{align*} Khi đó, gọi a_1,a_2 là các ước nguyên tố của 2^p-1,\dfrac{2^p+1}{3} thì a_1,a_2,3 cũng là ước nguyên tố của n.
    Chứng minh nhận xét
    Cho a,b\in\mathbb{Z}^+. Khi đó, 2^a-1 \,\vdots\, 2^b-1\Leftrightarrow a \,\vdots\, b.
    Trở lại bài toán \begin{align*} 2^n-8\,\vdots\, n\Leftrightarrow 2^{n-3}-1\,\vdots\, 2^{2p}-1\Leftrightarrow n-3\,\vdots\, 2p\Leftrightarrow 4^p-4\,\,\vdots\,\, 2p. \end{align*} Vậy bài toán được chứng minh.
  2. Ta xét các trường hợp sau
    • Trường hợp 1. a=0 thì 2+a+a^2+\cdots+a^{p-1}=2 không phải là số chính phương.
    • Trường hợp 2. a=1 thì 2+a+a^2+\cdots+a^{p-1}=1+p không phải là số chính phương do p\ge 5.
    • Trường hợp 3. a\ge 2.
      Bổ đề:
      Nếu số nguyên tố q thỏa mãn q|1+a+a^2+\cdots+a^{p-1} thì \left[ \begin{array}{l}&q=p\\& q\equiv 1\pmod p\end{array} \right..
      Chứng minh. Gọi h=ord_q(a) \Rightarrow h|p\Rightarrow\left[ \begin{array}{l}&h=1\\&h=p\end{array} \right..
    • Nếu h=1 thì a\equiv 1\pmod q\Rightarrow 1+a+\cdots+a^{p-1}\equiv p \pmod q\Rightarrow p=q.
    • Nếu h=p do có a^{q-1}\equiv 1 \pmod q\Rightarrow q-1\,\vdots\, h=p\Rightarrow q\equiv 1\pmod p. Giả sử b^2=2+a+a^2+\cdots+a^{p-1}\Rightarrow \dfrac{a^p-1}{a-1}=b^2-1=(b-1)(b+1). Với mọi số nguyên tố qq|(b-1)(b+1)\Rightarrow\left[ \begin{array}{l}&q=p\\&q\equiv 1\pmod p\end{array} \right.. Ta có tích các số hoặc chia hết cho p hoặc \equiv 1\pmod p. Do đó \left[ \begin{array}{l}&b-1\equiv 0,1\pmod p\\& b+1\equiv 0,1\pmod p\end{array} \right..
    • Nếu b-1\equiv 0\pmod p thì b\equiv 1\pmod p\Rightarrow b+1\equiv 2\pmod p, vô lý.
    • Nếu b-1\equiv 1\pmod p thì b\equiv 2\pmod p\Rightarrow b+1\equiv 3\pmod p, vô lý. Vậy 2+a+\cdots+a^{p-1} không là số chính phương với mọi số tự nhiên a.

Bài viết cùng chủ đề:

0 nhận xét:

Đăng nhận xét