Bài 1. Cho dãy số $\left\{ \begin{array}{l}&u_1=\dfrac{3}{2} \\ &3 u_{n+1}=4 u_n+\sqrt{u_n^2-1}, \quad \forall n \geq 1\end{array} \right. $
|
Lời giải
-
Với cách xây dựng dãy $\left(u_n\right)$ ta thấy $u_n > 0$ với mọi $n \geq 1$.
Do đó $3 u_{n+1} \geq 4 u_n > 3 u_n$ suy ra $u_{n+1} > u_n$ hay $\left(u_n\right)$ là dãy số tăng. Nếu $\left(u_n\right)$ bị chặn trên thì nó giới hạn hữu hạn là $x$. Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức $3 u_{n+1}=4 u_n+\sqrt{u_n^2-1}$ ta được: $3 x=4 x+\sqrt{x^2-1}$ hay $x+3 \sqrt{x^2-1}=0,$ vô lý.
Do đó, $\lim u_n=+\infty$.
Ngoài ra, $3 \cdot \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=4+\sqrt{1-\dfrac{1}{u_n^2}}(*)$ nên $\lim \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\lim \left(\dfrac{4}{3}+\dfrac{1}{3} \cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{a_n^2}}\right)=\dfrac{5}{3}$.
Do đó $\lim v_n=\lim \dfrac{u_{n+1}^2+u_{n+1} u_n}{u_{n+1} u_n+2 u_n^2}=\lim \dfrac{\left(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right)^2+\dfrac{u_{n+1}}{u_n}}{\dfrac{u_{n+1}}{u_n}+2}=\dfrac{\dfrac{25}{9}+\dfrac{5}{3}}{\dfrac{5}{3}+2}=\dfrac{40}{33}.$ - Vì $\lim \left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{\alpha}=1$ nên tồn tai $n_1$ đề $\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{\alpha} < \dfrac{4}{3}, \forall n \geq n_1$.
Lại theo $(*)$ thì $\lim \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{5}{3}$ nên tồn tại $n_2$ đề $\dfrac{u_{n+1}}{u_n} > \dfrac{3}{2}, \forall n \geq n_2$.
Đặt $n_0=\max \left\{n_1, n_2\right\}$ thì $(n+1)^{\alpha} < \dfrac{4}{3} \cdot n^{\alpha}$ và $u_{n+1} > \dfrac{3}{2} \cdot u_n, \forall n \geq n_0$.
Suy ra $\dfrac{u_{n+1}}{(n+1)^{\alpha}} > \dfrac{9}{8} \cdot \dfrac{u_n}{n^{\alpha}}, \forall n \geq n_0$ nên $\dfrac{u_{n_0+k}}{\left(n_0+k\right)^{\alpha}} > \left(\dfrac{9}{8}\right)^{k} \cdot \dfrac{u_{n_{b}}}{n_0^{\alpha}}$.
Cho $k \rightarrow+\infty,$ ta thấy rằng $\lim \dfrac{u_n}{n^{\alpha}}=+\infty$ với mọi $\alpha$. Vậy không tồn tại $\alpha$ thỏa mãn đề bài.
Bài 2. Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Các điểm $D$ và $E$ lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ $BC$ và cung lớn $BC$của đường tròn $(O)$. Đường thẳng $EI$ cắt $BC$ tại $F$ và cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $S$. Gọi $(J)$ là đường tròn tiếp xúc với $BC$ tại $F$ và tiếp xúc trong với $(O)$. Gọi tiếp điểm của $(O)$ và $(J)$ là $T$.
|
Lời giải
- Ta có $JF\parallel OD$. Suy ra $\widehat {OTF} = \widehat {TFJ} = \widehat {TDO} = \widehat {OTD}$ nên $T$, $F$, $D$ thẳng hàng.
Vì tam giác $DCF$ đồng dạng với $DTC$ nên $DC^2 = DF \cdot DT$. Mà $DF \cdot DT = DP \cdot DQ$ nên $DC^2 = DP \cdot DQ$.
Do đó tam giác $DCQ$ đồng dạng với tam giác $DPC$.
Suy ra $\widehat {DCQ} = \widehat {DPC}$.
Mà $\widehat {PAC} = \widehat {BCD}$ nên $\widehat {ACP} = \widehat {BCQ}$. - Gọi $K$ là giao điểm của $FJ$ và $TE$. Vì $KF\parallel DE$ và $O$ là trung điểm $DE$ nên $J$ là trung điểm $KF$. Suy ra $E(TS,JD) = - 1$(1)
Gọi $H$ là giao điểm của $TS$ và $BC$. Gọi $Y$ là giao điểm thứ hai của $EH$ và $(O)$.
Gọi $X$ là giao điểm của các tiếp tuyến của $(O)$ tại $T$ và $S$. Vì $SF$, $TF$ lần lượt là các phân giác của các góc $\widehat {BSC}$ và $\widehat {BTC}$ nên $TBSC$ là tứ giác điều hòa. Suy ra $X,B,C$ thẳng hàng.
Do $TBSC$ là tứ giác điều hòa. Ta có $$\dfrac{XB}{XC} = \dfrac{HB}{HC} = \dfrac{YB}{YC}.$$ Nên $YX$ là phân giác ngoài của tam giác $\vartriangle BYC$ suy ra $X,Y,D$ thẳng hàng.
Nên $TYSD$ là tứ giác điều hòa.
Suy ra $E(TS,YD) = - 1$. (2)
Từ (1) và (2) suy ra $E$, $J$ và $H$ thẳng hàng. Nên $ST$, $BC$ và $EJ$ đồng quy.
Bài 3. Cho dãy đa thức hệ số thực $P_n(x)$ xác định như sau $$ P_0(x)=2, P_1(x)=2 x, P_{n+1}(x)=2 x \cdot P_n(x)+\left(1-x^2\right) P_{n-1}(x) \quad \forall n \geq 1. $$
|
Lời giải
- Từ giả thiết
$ P_{n+1}(x)-((x+1)+(x-1)) \cdot P_n(x)+(x+1) \cdot(x-1) \cdot P_{n-1}(x)=0 $
$\Rightarrow P_n(x)$ có dạng $P_n(x)=f(x) \cdot(x+1)^{n}+g(x) \cdot(x-1)^{n}\quad \forall n$.
Vì $P_0(x)=2 ; P_1(x)=2 x \Rightarrow f(x)=g(x)=1 \quad \forall x \in \mathbb{R}$.
Vậy $P_n(x)=(x+1)^{n}+(x-1)^{n}$. - $P_{3}(x)=(x+1)^{3}+(x-1)^{3}=2 x^{3}+6 x=2 x\left(x^2+3\right)$ chia hết cho $x^2+3$
nên $(x+1)^{6}-(x-1)^{6}$ chia hết cho $x^2+3$.
Đặt $n=6 k+r(k, r \in \mathbb{N} ; 0 \leq r \leq 5)$
$P_n(x)=\left((x+1)^{6 k}-(x-1)^{6 k}\right)(x+1)^{r}+(x-1)^{6 k} P_{r}(x)$.
Do đó $P_n(x): x^2+3 \Leftrightarrow P_{r}(x): x^2+3$.
Nhận thấy $P_0(x)$, $P_1(x)$, $P_2(x)$, $P_{4}(x)$, $P_{5}(x)$ đều không chia hết cho $x^2+3$.
Vậy $r=3$ và $n=6 k+3(k \in \mathbb{N})$.
Bài 4. Tìm số dư của phép chia $$ T=\prod\limits_{1 \leq x \leq 107}\left(1+x+x^2+\cdots+x^{6}\right) $$ khi chia cho $107$. |
Lời giải
Ta thấy rằng $\left(1+x+x^2+\cdots+x^{6}\right)(x-1)=x^{7}-1$.Ta sẽ chứng minh rằng với $a, b \in \mathbb{Z}$ mà $a^{7} \equiv b^{7}\pmod {107}$ thì $a \equiv b\pmod {107}$.
Thật vậy, ta chì cần xét $a, b$ nguyên tố cùng nhau với $107$.
Nếu $a^{7} \equiv b^{7}\pmod {107}$ thì $a^{105} \equiv b^{105}\pmod {107}$.
Theo định lý Fermat nhỏ thì $a^{106} \equiv 1 \equiv b^{106}\pmod {107}$.
Suy ra $a^{106} \equiv b^{106} \equiv b^{105} \cdot b \equiv a^{105} \cdot b\pmod {107}$ nên $107 \mid a^{105}(a-b),$ kéo theo $107 \mid a-b$.
Trở lại bài toán, ta thấy rằng khi đó các số $2^{7}-1,3^{7}-1, \ldots, 107^{7}-1$ là hệ thu gọn mod $107$.
Ta có $\prod\limits_{x=2}^{107}\left(x^{7}-1\right) \equiv-1\pmod {107}$ theo định lý Wilson.
Suy ra $\prod\limits_{x=2}^{107}(x-1) \cdot \prod\limits_{x=2}^{107}\left(x^{6}+\cdots+x+1\right) \equiv-1\pmod {107}$.
Mà $\prod\limits_{x=2}^{107}(x-1) \equiv 106 ! \equiv-1\pmod {107}$ nên $\prod\limits_{x=2}^{107}\left(x^{6}+\cdots+x^2+x+1\right) \equiv 1\pmod {107}$.
Vậy $\prod\limits_{x=1}^{107}\left(x^{6}+\cdots+x^2+x+1\right) \equiv 7\pmod {107}$.
Bài 5. Cho một đa giác đều có $18$ đỉnh, người ta tô màu đỏ $6$ đỉnh của đa giác sao cho không có hai đỉnh nào kề nhau cùng được tô màu. Biết rằng hai cách tô màu được coi là một nếu chúng là ảnh của nhau qua phép quay quanh tâm của đa giác. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu. |
Lời giải
Bổ đề. Cho một đa giác đều $n$ đỉnh, số cách tô màu $k$ đỉnh sao không có bất kì $2$ đỉnh nào kề nhau cùng được tô màu là [i)]Bước 1: Ta xếp $n - k$ chữ số $0$ thành một dãy. Nó tạo ra $n - k + 1$ khe để xếp các chữ số $1$.
Bước 2: Ta xếp $k$ chữ số 1 vào $n - k + 1$ khe. Số cách xếp là $\mathrm{C}_{n - k + 1}^k.$
Bây giờ ta phải loại trừ đi trường hợp ${A_1},{A_n}$ cùng được tô màu, vì khi nối lại chúng sẽ kề nhau. Nếu ${A_1},{A_n}$ màu đỏ, thì ${A_2},{A_{n - 1}}$ cùng màu trắng. Ta bỏ $4$ điểm này khỏi dãy điểm.
Như vậy bài toán trở thành tô màu $k - 2$ đỉnh màu đỏ trong $n - 4$ đỉnh, theo lập luận trên thì kết quả là $\mathrm{C}_{n - 4 - (k - 2) + 1}^{k - 2} =\mathrm C_{n - k - 1}^{k - 2}.$
Vậy ta có $f(n;k) = \mathrm{C}_{n - k + 1}^k -\mathrm C_{n - k - 1}^{k - 2}.$
Quay trở lài bài toán. Ta gọi một cách tô màu $T$ là chu kì $d$ nếu $d$ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn cách tô màu này là bất động qua phép quay quanh tâm của đa giác, góc quay $d \cdot {20^\circ }$. Với mỗi cách tô màu chu kì $d$ thì các đỉnh của đa giác được chia thành $\dfrac{18}{d}$ phần giống nhau. Mà ta chỉ tô màu $6$ đỉnh nên $\dfrac{18}{d}$ là ước của $6$.
- TH1: $\dfrac{18}{d}=6 \Leftrightarrow d=3 .$ Các đỉnh của đường tròn được chia là 6 phần giống nhau, mỗi phần có 1 đỉnh màu đỏ. Ta thấy số cách tô màu chu kì 3 là $t(3)=f(3 ; 1)=3$.
- TH2: $\dfrac{18}{d}=3 \Leftrightarrow d=6 .$ Các đỉnh của đường tròn được chia là 3 phần giống nhau, mỗi phần có 2 đỉnh màu đỏ. Ta thấy số cách tô màu chu kì 6 là $t(6)=f(6 ; 2)-f(3 ; 1)=6$.
- TH3: $\dfrac{18}{d}=2 \Leftrightarrow d=9$ . Các đỉnh của đường tròn được chia là 2 phần giống nhau, mỗi phần có 3 đỉnh màu đỏ. Ta thấy số cách tô màu chu kì 9 là $t(9)=f(9 ; 3)-f(3 ; 1)=27$.
- TH4: $\dfrac{18}{d}=1 \Leftrightarrow d=18$. Ta thấy số cách tô màu chu kì 18 là $$t(18)=f(18 ; 6)-t(3)-t(6)-t(9)= f(18 ; 6)-f(9 ; 3)-f(6 ; 2)+f(3 ; 1)=1350. $$
0 nhận xét:
Đăng nhận xét