Bài 1. Cho phương trình $x^n=x+1$. Chứng minh rằng với mỗi $n\in\mathbb{N^*}, n\ge 2$, phương trình có nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là $x_n$.
|
- Xét hàm số $F_n(x)=x^n-x-1$, $x\in (0;+\infty)$, ta có $F_n(x)$ là hàm số liên tục trên $(0;+\infty)$.
Vì $x > 0\Rightarrow x^n > 1\Rightarrow x > 1$.
Ta có $F'_n(x)=nx^{n-1}-1 > 0,\ \forall x\in (1;+\infty)$ suy ra hàm số đồng biến trên $(1;+\infty)$.
Mặt khác $F_n(1) < 0$ và $\lim\limits_{x\to+\infty} F_n(x)=+\infty$ suy ra phương trình $F_n(x)=0$ có nghiệm duy nhất $x_n > 1$.
Ta có \begin{align*} F_{n+1}(x_n)&=x_n^{n+1}-x_n-1=x_n^{n+1}-x_n^n+F_n(x_n)\\ &=x_n^{n+1}-x_n^n=x_n^n(x_n-1) > 0\\ &\Rightarrow F_{n+1}(x_n) > F_{n+1}(x_{n+1})\Rightarrow x_n > x_{n+1},\ \forall n\in\mathbb{N^*}. \end{align*} Như vậy $(x_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi số $1$ nên có giới hạn hữu hạn. Đặt $\lim x_n=\alpha (\alpha\ge 1)$.
Nếu $\alpha > 1$ thì đẳng thức $x_n^n-x_n=1\Rightarrow x_n^n\left(1-\dfrac{1}{x_n^{n-1}}\right)=1,\ \forall n\in\mathbb{N}, \, n\ge 2$ ta thấy mâu thuẫn vì $\lim x_n^n\left(1-\dfrac{1}{x_n^{n-1}}\right)=+\infty$.
Vậy $\lim x_n=\alpha =1$.
Từ đẳng thức $x_n^n=x_n+1\Rightarrow n\ln x_n=\ln(x_n+1)\Rightarrow \lim n\ln x_n=\lim \ln (x_n+1)=\ln 2$.
Áp dụng tính chất $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=1$ ta có: $$\lim n(x_n-1)=\lim\left( n\ln x_n\cdot \dfrac{x_n-1}{\ln x_n}\right) =\ln 2.$$ - Theo định lí Lagrange thì
\begin{align}
&F_{n+1}(x_n)-F_{n+1}(x_{n+1})=(x_n-x_{x+1})F'_{n+1}(c_n); \ c_n\in (x_{n+1}; x_n) \nonumber\\
& \Leftrightarrow x_n^{n+1}-x_n-1=(x_n-x_{n+1})F'_{n+1}(c_n) \nonumber\\
& \Leftrightarrow x_n(x_n+1)-x_n -1=(x_n-x_{n+1})F'_{n+1}(c_n) \nonumber\\
&\Leftrightarrow (x_n+1)(x_n-1)=(x_n-x_{n+1})F'_{n+1}(c_n). \tag{1}
\end{align}
Ta có $F'_{n+1}(c_n)=(n+1)c_n^n-1$.
Vì $1 < x_{n+1} < c_n < x_n$ nên $(n+1)x_{n+1}^n-1 < F'_{n+1}(c_n) < (n+1)x_n^n-1$
Suy ra \begin{align} \dfrac{(n+1)x_{n+1}^n-1}{n} < \dfrac{F'_{n+1}(c_n)}{n} < \dfrac{(n+1)x_n^n-1}{n}. \tag{2} \end{align} Do $\lim x_n=1\Rightarrow \lim x_n^n=2$; $\lim x_{n+1}=1\Rightarrow \lim x_{n+1}^n=2$ nên từ (2) ta có $\lim \dfrac{F'_{n+1}(c_n)}{n}=2$.
Từ (1) $\Rightarrow n(x_n+1)(x_n-1)=n^2(x_n-x_{n+1})\dfrac{F'(c_n)}{n}$.
Cho $n\to +\infty$, khi đó $$\lim n^2(x_n-x_{n+1})=\ln 2\Rightarrow \lim n^2(x_{n+1}-x_n)=-\ln 2.$$ Do $v_n=n^{k-2}\cdot n^2(x_{n+1}-x_n)$ nên dãy $(v_n)$ có giới hạn hữu hạn khác $0\Leftrightarrow k-2=0\Leftrightarrow k=2$.
Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn \begin{align} f\left(y-f(x)\right) = f\left(f(x)\right)-2yf(x)+f(y) \quad \forall x,y \in \mathbb{R}. \tag{1} \end{align} |
Ta sẽ chứng minh $f(x)=x^2 \,\,\forall x \in \mathbb{R}$; $f(x)=0 \,\, \forall x \in \mathbb{R}$.
Ta thấy $f(x) \equiv 0$ thỏa mãn.
Xét $f(x)$ không đồng nhất bằng $0$. Đặt $f(0)=c$.
Trong (1) thay $y$ bằng $f(x)$ ta có \begin{align} f\left(f(x)\right) - 2f^2(x) + f\left(f(x)\right) =c \Rightarrow f\left(f(x)\right) = f^2(x) + \dfrac{c}{2}. \tag{2} \end{align} Trong (1) thay $y$ bằng $f(y)$ và kết hợp với (2) ta có \begin{align} f\left(f(y)-f(x)\right) = f\left(f(x)\right)-2f(x)f(y)+f\left(f(y)\right) = \left(f(x)-f(y)\right)^2+c. \tag{3} \end{align} Ta sẽ chứng minh $f(x)-f(y)$ nhận mọi giá trị trong $\mathbb{R}$.
Thật vậy vì $f(x)$ không đồng nhất bằng $0$ nên tồn tại $x_0 \in \mathbb{R}$ sao cho $f(x_0) \neq 0$.
Trong (1) thay $x$ bởi $x_0$ ta có \begin{align} &f\left(y-f(x_0)\right) = f\left(f(x_0)\right) -2yf(x_0)+f(y) \nonumber\\ \Rightarrow \quad &f(y)-f\left(y-f(x_0)\right) = 2yf(x_0)-f\left(f(x_0)\right). \tag{4} \end{align} Vì $f(x_0) \neq 0$ nên vế phải của (4) nhận mọi giá trị trong $\mathbb{R}$ suy ra vế trái của (4) nhận mọi giá trị trong $\mathbb{R}$.
Do đó với mọi $t \in \mathbb{R}$ luôn tồn tại $x$, $y$ để $t=f(x)-f(y)$.
Thay vào (3) ta có $f(t)=t^2 +c, \,\, \forall t \in \mathbb{R}$.
Kết hợp với (2) suy ra $c=0$.
Suy ra $f(x)=x^2$, thử lại thỏa mãn.
Vậy $f(x)=x^2 \,\, \forall x \in \mathbb{R}$; $f(x)=0 \,\, \forall x \in \mathbb{R}$.
Ta thấy $f(x) \equiv 0$ thỏa mãn.
Xét $f(x)$ không đồng nhất bằng $0$. Đặt $f(0)=c$.
Trong (1) thay $y$ bằng $f(x)$ ta có \begin{align} f\left(f(x)\right) - 2f^2(x) + f\left(f(x)\right) =c \Rightarrow f\left(f(x)\right) = f^2(x) + \dfrac{c}{2}. \tag{2} \end{align} Trong (1) thay $y$ bằng $f(y)$ và kết hợp với (2) ta có \begin{align} f\left(f(y)-f(x)\right) = f\left(f(x)\right)-2f(x)f(y)+f\left(f(y)\right) = \left(f(x)-f(y)\right)^2+c. \tag{3} \end{align} Ta sẽ chứng minh $f(x)-f(y)$ nhận mọi giá trị trong $\mathbb{R}$.
Thật vậy vì $f(x)$ không đồng nhất bằng $0$ nên tồn tại $x_0 \in \mathbb{R}$ sao cho $f(x_0) \neq 0$.
Trong (1) thay $x$ bởi $x_0$ ta có \begin{align} &f\left(y-f(x_0)\right) = f\left(f(x_0)\right) -2yf(x_0)+f(y) \nonumber\\ \Rightarrow \quad &f(y)-f\left(y-f(x_0)\right) = 2yf(x_0)-f\left(f(x_0)\right). \tag{4} \end{align} Vì $f(x_0) \neq 0$ nên vế phải của (4) nhận mọi giá trị trong $\mathbb{R}$ suy ra vế trái của (4) nhận mọi giá trị trong $\mathbb{R}$.
Do đó với mọi $t \in \mathbb{R}$ luôn tồn tại $x$, $y$ để $t=f(x)-f(y)$.
Thay vào (3) ta có $f(t)=t^2 +c, \,\, \forall t \in \mathbb{R}$.
Kết hợp với (2) suy ra $c=0$.
Suy ra $f(x)=x^2$, thử lại thỏa mãn.
Vậy $f(x)=x^2 \,\, \forall x \in \mathbb{R}$; $f(x)=0 \,\, \forall x \in \mathbb{R}$.
Bài 3. Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AB < AC < BC$ và nội tiếp đường tròn $\left(O;R \right )$. Đường thẳng $d$ thay đổi nhưng luôn vuông góc với đoạn thẳng $OA$ và cắt các cạnh $AB$, $AC$ lần lượt tại $M$, $N$. Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $BN$ và $CM$; $P$ là giao điểm của đường thẳng $AK$ và $BC$; $I$ là trung điểm của $BC$.
|
- Ta có hình vẽ
Gọi $Q$ là giao điểm của $MN$ và $BC$.
Theo định lý Menelaus cho ba điểm $Q$, $M$, $N$ thẳng hàng ta có: $\dfrac{MA}{MB}\cdot \dfrac{QB}{QC}\cdot \dfrac{NC}{NA}=1.$
Theo định lý Céva cho các đoạn $AP$, $BN$, $CM$ đồng quy, ta có $\dfrac{MA}{MB}\cdot \dfrac{PB}{PC}\cdot \dfrac{NC}{NA}=1$.
Từ đó ta có $\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{QB}{QC}$ hay $Q$, $P$, $B$, $C$ là một hàng điểm điều hòa.
Từ đó suy ra: $IP\cdot IQ=IB^2=IC^2$.
Do $I$ là trung điểm $BC$ nên $OI\perp BC \Rightarrow QI^2-BI^2=OQ^2-OB^2,$
do đó: $QI\cdot QP=QI(IQ-IP)=QI^2-IP\cdot IQ=QI^2-IB^2=OQ^2-OB^2$.
Ta lại có $QB\cdot QC=P_{Q/(O)}=OQ^2-R^2=OQ^2-OB^2.$
Từ đó suy ra $QI\cdot QP=QB\cdot QC$. (1)
Kẻ tiếp tuyến $Ax$ của đường tròn $\left(O;R\right)$ ta có $Ax\parallel MN$ và $\widehat{NCB}=\widehat{xAB}=\widehat{AMN}$ suy ra tứ giác $BMNC$ cũng nội tiếp.
Do đó ta có $QM\cdot QN=QB\cdot QC$. (2)
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $QM \cdot QN =QP\cdot QI$, suy ra tứ giác $MNIP$ nội tiếp. - Ta có hình vẽ
Gọi $BD$, $CE$ là hai đường cao của tam giác $ABC$, $L$ là trực tâm của tam giác $ABC$.
Gọi $MF$, $NG$ là hai đường cao của tam giác $AMN$.
Ta sẽ chứng minh rằng đường thẳng $HK$ luôn đi qua điểm $L$.
Xét đường tròn $\left(O_1\right)$ đường kính $BN$ và $(O_2)$ đường kính $CM$.
Theo chứng minh câu $a$ thì $BCNM$ là tứ giác nội tiếp nên $KM\cdot KC=KB\cdot KN$ nên $K$ có cùng phương tích đến $\left(O_1\right)$, $\left(O_2\right)$, tức là $K$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này.
Mặt khác ta thấy rằng các điểm $D$, $G$ thuộc $\left(O_1\right)$ và $M$, $F$ thuộc $\left(O_2\right)$.
Do $H$ là trực tâm của tam giác $AMN$ nên $HN\cdot HG=HF\cdot HM.$ Do đó $H$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn $(O_1)$, $(O_2)$.
Do $L$ là trực tâm của tam giác $ABC$ nên $LB\cdot LD=LC\cdot LE$. Do đó $L$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn $(O_1)$, $(O_2)$.
Từ đó suy ra $H$, $K$, $L$ cùng thuộc trục đẳng phương của $(O_1)$, $(O_2)$ nên chúng thẳng hàng hay đường thẳng $HK$ đi qua điểm $L$ cố định.
Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên tố $m$, $n$ sao cho $\dfrac{7^m+7^n}{mn}$ là một số nguyên. |
Bổ đề: Cho $a$, $k$ là các số nguyên dương, $p$ là số nguyên tố.
Nếu $a^{2^k} \equiv -1(\bmod p)$ thì $\mathrm{ord}_pa=2^{k+1}.$
Chứng minh: Do $a^{2^{k}} \equiv-1(\bmod p)$ nên $a^{2^{k+1}} \equiv 1(\bmod p)$.
Đặt $\mathrm{ord}_{p}a=h$ ta có $2^{k+1} \ \vdots \ h$; $h \neq 2^{k} \Rightarrow h=2^{m}$, $0 \leq m \leq k+1 $; $m \neq k$.
Nếu $m \leq k-1$ thì do $a^{2^{m}} \equiv-1(\bmod p) \Rightarrow a^{2^{k}} \equiv 1(\bmod p)$, mâu thuẫn giả thiết.
Vậy $\mathrm{ord}_{p}a =2^{k+1}$, bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán.
Vì $\dfrac{7^{m}+7^{n}}{m n} \in Z \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}&7^m+7^n \ \vdots \ m \ (1)\\&7^m+7^n \ \vdots \ n \ (2).\end{array} \right.$
Trường hợp 1: Trong $2$ số $m$, $n$ có số bằng $7$, giả sử $m=7$ ta thấy $(1)$ luôn đúng.
Ta có $(2) \Leftrightarrow 7^7+7^n \ \vdots \ n \Leftrightarrow \left(7^7+7\right)+\left(7^n-7\right) \ \vdots \ n \Leftrightarrow \left(7^7+7\right) \ \vdots \ n$
$7\left(7^{6}+1\right) \ \vdots \ n \Leftrightarrow 7\left(7^{2}+1\right)\left(7^{4}-7^{2}+1\right) \ \vdots \ n \Rightarrow 7\cdot2 \cdot 5^{2} \cdot 13\cdot 181 \ \vdots \ n \Rightarrow n \in\{2;5;7;13;181\}$.
Vây $(m ; n) \in\{(7 ; 2) ;(7 ; 5) ;(7 ; 7)(7 ; 13)(7 ; 181)\}$.
Do tính đối xứng nên các bộ sau cũng thỏa mãn $(m ; n) \in\{(2 ; 7) ;(5 ; 7) ;(7 ; 7);(13 ; 7);(181 ; 7)\}$.
Trường hợp 2: 2 số $m$, $n$ đều khác $7$.
Từ $(1)$ ta có $\left(7^{m}-7\right)+\left(7^{n}+7\right) \ \vdots \ m \Leftrightarrow\left(7^{n}+7\right) \ \vdots \ m \Leftrightarrow \left(7^{n-1}+1\right) \ \vdots \ m \ (3)$ (do $m$ khác 7).
Tương tự từ $(2)$ ta có $7^{m-1}+1: n$. \ $(4)$
Ta xét 2 khả năng sau
Khả năng 1: Nếu trong $2$ số $m$, $n$ có ít nhất một số bằng $2$, giả sử $m=2$ thay vào $4$ ta có $7+1 \ \vdots \ n \Leftrightarrow n=2$. Thử lại ta thấy không thỏa mãn.
Khả năng 2: 2 số $m$, $n$ đều khác $2$; lúc đó $m$, $n$ đều là số lẻ.
Đặt $m-1=2^{k} a$ ; $n-1=2^{l}b$ ($a$, $b$ là các số lẻ; $k$, $l$ là các số nguyên dương).
Từ $(3)$ ta có $7^{2^{l} \cdot b} \equiv-1(\bmod m),$ áp dụng bổ đề ta có $\operatorname{ord}_{m} 7^{b}=2^{l+1}$
Lại có $m$ là số nguyên tố khác $7$ nên $\left(7^{b}\right)^{m-1} \equiv 1(\bmod m)$ suy ra $(m-1) \ \vdots \ 2^{l+1} \Rightarrow \left(2^{k} \cdot a\right) \ \vdots \ 2^{l+1} \Rightarrow k \geq l+1$.
Xét tương tự cho $(4)$ ta có $l \ge k+1,$ từ đó suy ra vô lý.
Vậy các bộ thỏa mãn: $(m ; n) \in\{(7 ; 2) ;(7 ; 5) ;(7 ; 7);(7 ; 13);(7 ; 181) ;(2 ; 7) ;(5 ; 7) ;(13 ; 7);(181 ; 7)\}.$
Nếu $a^{2^k} \equiv -1(\bmod p)$ thì $\mathrm{ord}_pa=2^{k+1}.$
Chứng minh: Do $a^{2^{k}} \equiv-1(\bmod p)$ nên $a^{2^{k+1}} \equiv 1(\bmod p)$.
Đặt $\mathrm{ord}_{p}a=h$ ta có $2^{k+1} \ \vdots \ h$; $h \neq 2^{k} \Rightarrow h=2^{m}$, $0 \leq m \leq k+1 $; $m \neq k$.
Nếu $m \leq k-1$ thì do $a^{2^{m}} \equiv-1(\bmod p) \Rightarrow a^{2^{k}} \equiv 1(\bmod p)$, mâu thuẫn giả thiết.
Vậy $\mathrm{ord}_{p}a =2^{k+1}$, bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán.
Vì $\dfrac{7^{m}+7^{n}}{m n} \in Z \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}&7^m+7^n \ \vdots \ m \ (1)\\&7^m+7^n \ \vdots \ n \ (2).\end{array} \right.$
Trường hợp 1: Trong $2$ số $m$, $n$ có số bằng $7$, giả sử $m=7$ ta thấy $(1)$ luôn đúng.
Ta có $(2) \Leftrightarrow 7^7+7^n \ \vdots \ n \Leftrightarrow \left(7^7+7\right)+\left(7^n-7\right) \ \vdots \ n \Leftrightarrow \left(7^7+7\right) \ \vdots \ n$
$7\left(7^{6}+1\right) \ \vdots \ n \Leftrightarrow 7\left(7^{2}+1\right)\left(7^{4}-7^{2}+1\right) \ \vdots \ n \Rightarrow 7\cdot2 \cdot 5^{2} \cdot 13\cdot 181 \ \vdots \ n \Rightarrow n \in\{2;5;7;13;181\}$.
Vây $(m ; n) \in\{(7 ; 2) ;(7 ; 5) ;(7 ; 7)(7 ; 13)(7 ; 181)\}$.
Do tính đối xứng nên các bộ sau cũng thỏa mãn $(m ; n) \in\{(2 ; 7) ;(5 ; 7) ;(7 ; 7);(13 ; 7);(181 ; 7)\}$.
Trường hợp 2: 2 số $m$, $n$ đều khác $7$.
Từ $(1)$ ta có $\left(7^{m}-7\right)+\left(7^{n}+7\right) \ \vdots \ m \Leftrightarrow\left(7^{n}+7\right) \ \vdots \ m \Leftrightarrow \left(7^{n-1}+1\right) \ \vdots \ m \ (3)$ (do $m$ khác 7).
Tương tự từ $(2)$ ta có $7^{m-1}+1: n$. \ $(4)$
Ta xét 2 khả năng sau
Khả năng 1: Nếu trong $2$ số $m$, $n$ có ít nhất một số bằng $2$, giả sử $m=2$ thay vào $4$ ta có $7+1 \ \vdots \ n \Leftrightarrow n=2$. Thử lại ta thấy không thỏa mãn.
Khả năng 2: 2 số $m$, $n$ đều khác $2$; lúc đó $m$, $n$ đều là số lẻ.
Đặt $m-1=2^{k} a$ ; $n-1=2^{l}b$ ($a$, $b$ là các số lẻ; $k$, $l$ là các số nguyên dương).
Từ $(3)$ ta có $7^{2^{l} \cdot b} \equiv-1(\bmod m),$ áp dụng bổ đề ta có $\operatorname{ord}_{m} 7^{b}=2^{l+1}$
Lại có $m$ là số nguyên tố khác $7$ nên $\left(7^{b}\right)^{m-1} \equiv 1(\bmod m)$ suy ra $(m-1) \ \vdots \ 2^{l+1} \Rightarrow \left(2^{k} \cdot a\right) \ \vdots \ 2^{l+1} \Rightarrow k \geq l+1$.
Xét tương tự cho $(4)$ ta có $l \ge k+1,$ từ đó suy ra vô lý.
Vậy các bộ thỏa mãn: $(m ; n) \in\{(7 ; 2) ;(7 ; 5) ;(7 ; 7);(7 ; 13);(7 ; 181) ;(2 ; 7) ;(5 ; 7) ;(13 ; 7);(181 ; 7)\}.$
ko có ngày 2 ạ
Trả lờiXóa