Bài 1. Cho a,b\in \mathbb{R}, a\ne b. Giải hệ phương trình \left\{ \begin{array}{l}&3x+z=2y+\left( a+b \right)\\&3x^2+3xz=y^2+2\left( a+b \right)y+ab\\&x^3+3x^2z=y^2\left( a+b \right)+2yab.\end{array} \right. |
Lời giải
Hệ phương trình tương đương với \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{l} & a+b=3x+z-2y \\ & ab=3{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}-6xy+3xz-2yz \\ & {{x}^{3}}+3{{x}^{2}}z={{y}^{2}}\left( a+b \right)+2yab\end{array} \right. &\Rightarrow& {{x}^{3}}-4{{y}^{3}}-6{{x}^{2}}y+3{{x}^{2}}z+9x{{y}^{2}}-6xyz+3{{y}^{2}}z=0\\ &\Leftrightarrow& {{\left( x-y \right)}^{2}}\left( x-4y+3z \right)=0\\ &\Leftrightarrow& \left\{ \begin{array}{l} & x=y \\ & x=4y-3z.\end{array} \right. \end{eqnarray*}- Với x=y, ta có \left\{ \begin{array}{l}& a+b=x+z \\& ab=xz\end{array} \right.. Khi đó nghiệm của hệ phương trình là \left( a;a;b \right);\left( b;b;a \right).
- Với x=4y-3z, ta có \left\{ \begin{array}{l}& a+b=10y-8z \\ & ab=27{{y}^{2}}-44yz+18{{z}^{2}}\end{array} \right.. Khi đó a,b là nghiệm của phương trình {{t}^{2}}-\left( 10y-8z \right)t+27{{y}^{2}}-44yz+18{{z}^{2}}=0. Ta có {\Delta}'={{\left( 5y-4z \right)}^{2}}-\left( 27{{y}^{2}}-44yz+18{{z}^{2}} \right)=-2{{\left( y-z \right)}^{2}}\le 0, suy ra {\Delta }'=0\Rightarrow a=b (vô lý).
Bài 2. Cho dãy số thực dương {{\left( {{a}_{n}} \right)}_{n\ge 1}} thỏa mãn điều kiện a_1+a_2+\cdots+a_n+a_{n+1}+{a}_{n+2} < 4{a}_{n+1},\ \forall n\in \mathbb{N}^{*}. Chứng minh rằng a_1+a_2+\cdots+a_n\le a_{n+1}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}. |
Lời giải
Đặt S_n=\sum\limits_{i=1}^{n}{{{a}_{i}}}, n\in {{\mathbb{N}}^{*}}. Khi đó giả thiết bài toán trở thành {{S}_{n+2}} < 4\left( {{S}_{n+1}}-{{S}_{n}} \right)\Leftrightarrow {{S}_{n+2}}+4{{S}_{n}} < 4{{S}_{n+1}}\Leftrightarrow \dfrac{{{S}_{n+2}}}{2{{S}_{n+1}}}+\dfrac{2{{S}_{n}}}{{{S}_{n+1}}} < 2,\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với {{S}_{n}}\le {{S}_{n+1}}-{{S}_{n}}\Leftrightarrow 2{{S}_{n}}\le {{S}_{n+1}}\Leftrightarrow \dfrac{{{S}_{n+1}}}{2{{S}_{n}}}\ge 1,\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}. Đặt {{b}_{n}}=\dfrac{{{S}_{n+1}}}{2{{S}_{n}}},\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}. Khi đó, ta có b_{n+1}+\dfrac{1}{b_n} < 2,\forall n\in \mathbb{N}^{*}.(1)và bất đẳng thức cần chứng minh là b_n\ge 1, \forall n\in \mathbb{N}^{*}. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có b_{n+1}+\dfrac{1}{b_n} > 2\sqrt{b_{n+1}}\cdot \dfrac{1}{b_n}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}.\tag{2} Từ (1) và (2) suy ra \sqrt{b_{n+1}}\cdot \dfrac{1}{b_n} < 1\Leftrightarrow b_{n+1} < {b_n}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}. Do đó \left( b_n\right)_{n\ge 1} là dãy số giảm.
Vì {{S}_{n+1}} > {{S}_{n}} nên {{b}_{n}} > \dfrac{1}{2},\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.
Vì thế, {{\left( {{b}_{n}} \right)}_{n\ge 1}} là dãy số giảm và bị chặn dưới nên tồn tại giới hạn \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{b}_{n}}=b\ge \dfrac{1}{2}.
Trong (1), cho n\to +\infty ta có b+\dfrac{1}{b}\le 2.(3)
Mặt khác, do b\ge \dfrac{1}{2} nên b+\dfrac{1}{b}\ge 2.(4)
Từ (3) và (4) suy ra b+\dfrac{1}{b}=2\Leftrightarrow b=1\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{b}_{n}}=1.
Vì {{\left( {{b}_{n}} \right)}_{n\ge 1}} là dãy số giảm nên {{b}_{n}}\ge 1,\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.
Bài 3. Giả sử O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC với bán kính R, r tương ứng. Gọi P là điểm chính giữa cung \overset\frown{BAC}, QP là đường kính của \left( O \right), D là giao điểm của PI và BC, F là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AID với đường thẳng PA. Lấy E trên tia DP sao cho DE=DQ.
|
Lời giải
- Do P là điểm chính giữa cung \overset\frown{BAC} nên Q là điểm chính giữa cung \overset\frown{BC}. Suy ra I nằm trên AQ.
Do PQ là đường kính của đường tròn \left( O \right) nên AI\perp AP. Từ đó ta có \widehat{IDF}=\widehat{IAP}=90^\circ. - Ta có \widehat{AEF}=\widehat{APE} nên \triangle AEF\backsim \triangle EPF, suy ra AF\cdot PF=EF^2.
Do A,I,D,F đồng viên nên PA\cdot PF=PI\cdot PD nên suy ra PF^2=AF\cdot PF+PA\cdot PF=EF^2+PI\cdot PD.\tag{1} Theo a), góc \widehat{IDF}=90^\circ, ta có PF^2-FD^2=EF^2-ED^2\Leftrightarrow PF^2-EF^2=PD^2-ED^2. Kết hợp với \left( 1 \right) ta có PI\cdot PD=PD^2-ED^2, do đó QD^2=ED^2=PD^2-PI\cdot PD=ID\cdot PD\Rightarrow \triangle QID\backsim \triangle PQD.\tag{2} Do PQ là đường kính của đường tròn \left( O \right) nên BP\perp BQ.
Giả sử PQ cắt BC tại M. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên \begin{eqnarray*} \widehat{QIB}&=&\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\dfrac{1}{2}\left( \widehat{BAC}+\widehat{ABC} \right);\\ \widehat{IBQ}&=&\widehat{IBC}+\widehat{CBQ}=\dfrac{1}{2}\left( \widehat{BAC}+\widehat{ABC} \right). \end{eqnarray*} Từ đó ta có \triangle QBI cân tại Q. Do đó QI^2=QB^2=QM\cdot QP. Suy ra \triangle QMI \backsim \triangle QIP.(3)
Từ \left( 2 \right) và \left( 3 \right) ta được \widehat{IQD}=\widehat{QPD}=\widehat{QPI}=\widehat{QIM}. Suy ra MI\parallel QD.
Hạ IK\perp BC tại K. Do IK\parallel PM nên \dfrac{PM}{IK}=\dfrac{PD}{ID}=\dfrac{PQ}{MQ}\Rightarrow PQ\cdot IK=PM\cdot MQ Áp dụng định lý về phương tích và định lý sin, ta có PQ\cdot IK=PM\cdot MQ=BM\cdot MC=\left( \dfrac{1}{2}BC \right)^{2}=\left( R\sin \widehat{BAC} \right)^{2}. Suy ra \sin ^2\widehat{BAC}=\dfrac{PQ\cdot IK}{R^2}=\dfrac{2R\cdot r}{R^2}=\dfrac{2r}{R}.
Bài 4. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho S là tập hợp các điểm \left( x;y \right) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
|
Lời giải
- x=y, có 2021 điểm \left( x;x \right) trong S.
y < x, có C_{2021}^{2} điểm \left( x;y \right) trong S. Vậy \left| S \right|=C_{2021}^{2}+2021=\dfrac{2021\cdot 2022}{2}. - Giả thiết bài toán tương đương với trong A không chứa 2 điểm cùng hoành độ hoặc tung độ. Ta có
A=\left\{ a_i=\left(x_i;y_i\right)|i=1;\ldots;2020; 0\le x_1 < x_2 < \ldots < x_{2020}\le 2020 \right\}.
Đặt H_A=\left\{x_i|i=1;2;\ldots;2020 \right\}; {{T}_{A}}=\left\{ y_i|i=1,2,\ldots,2020 \right\}, \left\{ k \right\}=\left\{ 0;1;2;\ldots;2020 \right\}\setminus ~H_A.
Nếu k=0 thì x_i=i, \forall i\in \left\{ 1,2,\ldots,2020 \right\}.
Nếu k > 0 thì x_i=i-1, \forall i\le k và x_j=j, \forall j > k. Do y_i\le x_i và các y_i phân biệt nên y_i=i-1,\ \forall i\le k. Khi đó- {{y}_{k+1}} có 2 cách chọn là k hoặc k+1.
- {{y}_{k+2}} có 2 cách chọn trong tập \left\{ k;k+1;k+2 \right\}\setminus \left\{ {{y}_{k+1}} \right\}.
- {{y}_{k+3}} có 2 cách chọn trong tập \left\{ k;k+1;k+2;k+3 \right\}\setminus\left\{ {{y}_{k+1}};{{y}_{k+2}} \right\}.
- \ldots
- Tương tự, {{y}_{2020}} có 2 cách trọn trong tập \left\{ k;k+1;\ldots;2020 \right\}\setminus \left\{ {{y}_{k+1}};{{y}_{k+2}};\ldots;{{y}_{2019}} \right\}.
Theo quy tắc cộng, số cách chọn tập A thỏa mãn yêu cầu bài toán là \sum\limits_{k=0}^{2020}{{{2}^{n-k}}}=\sum\limits_{k=0}^{2020}{{{2}^{k}}}={{2}^{2021}}-1.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét