Bài 1. Với mỗi số nguyên dương n\ge 2, xét số thực u_n > 1 sao cho phương trình [u_n x]=x có đúng n nghiệm nguyên (theo ẩn x và [u_nx] là phần nguyên của u_nx).
|
Lời giải
- Chứng minh rằng [u_n] =1, \forall n \in \mathbb{N}, n \ge 2.
Nếu x là nghiệm của phương trình trên thì x\in \mathbb{Z}. Vì u_n > 1 nên từ (1) suy ra x\ge 0.
Dễ thấy x=0 là một nghiệm. Suy ra phương trình trên có đúng n-1 nghiệm nguyên dương.
Ta có [u_n x] =x \Leftrightarrow x \le u_n < x+1 \Leftrightarrow 1 \le u_n < \dfrac{1}{x}, \ \forall x \ne 0. \quad (1) Xét x là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Từ (1) ta được [u_n ]=1, \ \forall n \ge 2. - Với mỗi cách xác định của dãy (u_n ) thỏa điều kiện trên. Chứng minh rằng dãy (u_n ) luôn có giới hạn và tìm giới hạn ấy.
Với mỗi n nguyên dương (n\ge 2), gọi x_0 là nghiệm nguyên dương lớn nhất của phương trình đã cho. Vì phương trình có đúng n-1 nghiệm nguyên dương nên x_0 \ge n-1.
Suy ra 1 < u_n < 1+\dfrac{1}{n+1}, \ \forall n\ge 2.Cho n \to +\infty, ta được \lim u_n =1.
Bài 2. Giải hệ phương trình \left\{ \begin{array}{l}& (x+1)(y+1)(z+1) =5\\ & (\sqrt{x} +\sqrt{y} +\sqrt{z})^2 =x+6.\end{array} \right. |
Lời giải
Điều kiện x,y,z \ge 0. Từ phương trình (1) ta có 5= (x+1)(y+1)(z+1) \ge (x+1) (\sqrt{y} +\sqrt{z})^2. Do đó x+6 = (x+1)+5 \ge (x+1 )[1+(\sqrt{y}+\sqrt{z})^2 ]. Áp dụng bất đẳng thức CauChy, ta có x+6 \ge (x+1) [1+ (\sqrt{y} +\sqrt{z})^2 ] \ge (\sqrt{x} +\sqrt{y} +\sqrt{z})^2 Theo phương trình (2), đẳng thức trên xảy ra. Như vậy \left\{ \begin{array}{l} & \dfrac{y}{1} =\dfrac{1}{z} \\ & \sqrt{x} =\dfrac{1}{\sqrt{y} +\sqrt{z}}.\end{array} \right. Thay vào phương trình (2) ta được \left(\sqrt{x}+ \dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)^2 =x+6 \Leftrightarrow x +2 +\dfrac{1}{x} =x+6 \Leftrightarrow x =\dfrac{1}{4}. Suy ra y=z=1. Thử lại, x =\dfrac{1}{4}, y=z=1 là nghiệm của hệ phương trình đã cho.Bài 3. Xét số T=3^n-2^n, trong đó n là số nguyên dương, n \ge 2. Chứng minh rằng
|
Lời giải
- Không tồn tại n để T là bình phương của một số nguyên tố.
Giả sử tồn tại n\ge 2 sao cho 3^n -2^n =p^2, trong đó p là số nguyên tố. Dễ thấy p lẻ nên p^2\equiv 1 \mod 4. Khi đó 3^n\equiv 1 \mod 4 nên n chẵn.
Do n chẵn nên 2^n \equiv 1 \mod 3. Mặt khác, do p không chia hết cho 3 nên p^2 \equiv 1 \mod 3.
Suy ra 3^n=2^n+p^2 \equiv 2 \mod 3, vô lý. - Nếu T là lập phương của một số nguyên tố thì n là một số nguyên tố.
Giả sử 3^n-2^n=p^3, trong đó p là số nguyên tố.
Nếu n là hợp số thì n=a\cdot b, với a,b \in \mathbb{Z}, a,b \ge 2. Khi đó p^3=(3^a )^b-(2^a )^b=(3^a-2^a )\left[(3^a )^{b-1}+ \ldots +(2^a )^{b-1} \right]=(3^a-2^a )\cdot A. Dễ thấy 1 < 3^a -2^a < A nên \left\{ \begin{array}{l}& 3^a -2^a=p \\ &A =p^2.\end{array} \right. Do đóp^3=(2^a+p)^b-(2^a )^b > p^b \Rightarrow b=2.
Ta có 3^a-2^a=p,3^a+2^a=p^2 \Rightarrow 2^{a+1}=p(p-1), vô lý.
Vậy n là số nguyên tố.
Bài 4. Với mỗi m \in \mathbb{N^*}, ta kí hiệu \alpha(2m)=(m!)^2, \alpha(2m+1)=(m!)\cdot((m+1)!). Cho đa thức p(x) hệ số nguyên, có bậc lớn hơn hoặc bằng k (k \in \mathbb{N^*}) và có ít nhất k nghiệm nguyên phân biệt. Xét số nguyên n \ (n\ne 0) sao cho đa thức q(x)=p(x)-n có ít nhất một nghiệm nguyên. Chứng minh rằng |n|\ge \alpha(k). |
Lời giải
Giả sử x_1,x_2,\ldots,x_k là k nghiệm nguyên phân biệt của p(x). Khi đó p(x)=(x-x_1 )(x-x_2 )\cdots (x-x_k )\cdot h(x), (h(x) \in Z[x]) . Giả sử q(x)=p(x)-n có một nghiệm nguyên là a. Ta có q(a)=0 nên n=p(a)=(a-x_1 )(a-x_2) \cdots (a-x_k )h(a). Vì n\ne 0 nên a\ne x_1,x_2,\ldots,x_k và h(a)\ne 0.Nếu k=2m \ (m \in \mathbb{N^*}) thì |a-x_1 |\cdot|a-x_2 |\cdots|a-x_{2m} |\ge 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 \cdots m\cdot m=(m!)^2=\alpha(2m). Nếu k=2m+1 \ (m \in \mathbb{N^*}), thì |a-x_1 | \cdot |a-x_2 |\cdots|a-x_{2m+1} | \ge 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 \cdots m\cdot m \cdot (m+1) =(m!) \cdot (m+1)!=\alpha(2m+1). Mặt khác, h(a) \in \mathbb{Z^*} nên |n|=|a-x_1 |\cdot |a-x_2| \cdots|a-x_k |\cdot |h(a)|\ge \alpha(k).
Bài 5. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F.
|
Lời giải
- Gọi S là giao điểm của EF với BC. Chứng minh SI vuông góc với AD.
Gọi H= AI \cap EF. Tứ giác SHID nội tiếp nên \widehat{ISD} =\widehat{IHD}.
Mặt khác IH \cdot IA =IE^2 =ID^2 \Rightarrow \triangle IDH \sim \triangle IAD (c-g-c). Suy ra \widehat{ISD} =\widehat{IHD}=\widehat{IDA}. Vậy SI \perp AD.
Cách giải khác: Xét đường tròn (I)- SD là tiếp tuyến nên S liên hợp với D đối với (I).
- EF là đường đối cực của A đối với (I) nên A liên hợp với S đối với (I).
- Đường thẳng d thay đổi, đi qua S và cắt đường tròn (I) tại hai điểm phân biệt M,N. Các tiếp tuyến tại M, N của (I) cắt nhau tại T. Chứng minh T thuộc một đường thẳng cố định.
Gọi D' =AD \cap (I) với D \ne D'. Ta thấy SI vuông DD' nên \widehat{SID} =\widehat{SID'}.
Suy ra \triangle SID =\triangle SID'. Từ đó ta được SD' \perp ID'.
Chứng minh tương tự như câu a), suy ra TD' \perp SI.
Ta có \left\{ \begin{array}{l} & AD \perp SI \\ & TD' \perp SI\end{array} \right. \Rightarrow A,D,T thẳng hàng. Vậy T \in AD cố định.
Cách giải khác Do T là cực của đường thẳng MN đối với (I) nên T liên hợp với S.
Suy ra T thuộc đường đối cực của S đối với (I).Hay T thuộc đường thẳng AD cố định. - Gọi K là giao điểm của ME và NF, G là giao điểm của MC và NB. Chứng minh K và G cùng thuộc đường thẳng AD.
Xét tứ điểm toàn phần MNEF nội tiếp đường tròn (I), có S và K là hai điểm chéo. Do đó S liên hợp với K đối với (I). Suy ra K thuộc đường đối cực của S đối với (I) hay K thuộc AD.
Gọi P là giao điểm thứ hai của MC với đường tròn (I). Ta có tứ giác MDPE là tứ giác điều hòa nên (MD;ME;MP;MT)=-1 \Rightarrow (MD;MK;MC;MT)=-1. Chứng minh tương tự ta có (ND;NK;NB;NT)=-1. Do đó K,G,D,T thẳng hàng hay K và G cùng thuộc AD.
Bài 6. Viết n số thực có tổng bằng n-1, (n\ge 1) quanh một đường tròn. Chứng minh rằng ta có thể gắn nhãn cho các số đó theo chiều kim đồng hồ là x_1,x_2, \ldots,x_n sao cho x_1+x_2+ \ldots+x_k \ge k-1,\ \forall \ 1\le k \le n. |
Lời giải
Chứng minh bằng quy nạp. Với n=1, hiển nhiên đúng.Giả sử đúng đến n. Xét với n+1 số có tổng bằng n. Trong các số này, xét số nhỏ nhất, gọi là \alpha. Suy ra \alpha \le 1. Gọi \beta là số kề với \alpha theo ngược chiều kim đồng hồ. Thay hai số \alpha, \beta bởi số \alpha +\beta -1 ta được n số có tổng bằng n-1.
Theo giả thiết quy nạp có thể gán nhãn cho n số này là x_1,\ldots,x_n sao cho x_1+x_2+ \ldots+x_k \ge k-1, \ \forall \ 1 \le k \le n. Giả sử x_p =\alpha +\beta -1. Thay x_p = \beta , x_{p+1} =\alpha. Các số x_1,\ldots,x_{p-1} giữ nguyên, các số x_{p+1},\ldots,x_n tịnh tiến chỉ số lên một đơn vị ta được n+1 số thoả mãn.
Theo nguyên lý quy nạp, ta được điều phải chứng minh.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét