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