Bài 1. Cho đường tròn tâm O với hai điểm B, C cố định nằm trên đường tròn đó. Điểm A thay đổi trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi D là điểm đối xứng với A qua O tiếp tuyến với đường tròn (O) tại D cắt đường thẳng BC tại điểm K. Đường thẳng KO cắt AB, AC lần lượt tại E và F.
|
Lời giải
- a) Gọi M là trung điểm của B C, ta có O M \perp B C. Tứ giác O M D K có
\widehat{O M K}=\widehat{O D K}=90^{\circ} nên O M D K nội tiếp được một đường tròn, từ đó ta có
\widehat{D O K}=\widehat{D M K} (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \overset\frown{DK}).
Xét \triangle A O F và \triangle B M D có
\widehat{O A F}=\widehat{M B D} (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \overset\frown{DC} của (O)).
\widehat{A O F}=\widehat{B M D} (do bù với \widehat{D O K}=\widehat{D M K}).
Suy ra \triangle A O F đồng dạng với \triangle B M D (g-g).
Suy ra \dfrac{A O}{B M}=\dfrac{A F}{B D} \Rightarrow \dfrac{A D}{B C}=\dfrac{A F}{B D}.
Từ đó ta có \triangle A D F đồng dạng với \triangle B C D (c-c-c). Suy ra \widehat{A D F}=\widehat{B C D}.
Ta lại có \widehat{E A O}=\widehat{B C D} (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \overset\frown{DB} của (O)), nên \widehat{A D F}=\widehat{E A O} mà hai góc ở vị trí so le trong, suy ra D F song song với A B. - Theo hệ quả định lí Ta-let \dfrac{O E}{O F}=\dfrac{O A}{O D}=1, suy ra A D, E F cắt nhau tại trung điểm
mỗi đường, do đó A E D F là hình bình hành. Gọi L là điểm đối xứng với M qua O, ta có L cố định. Ta chứng minh A, L, I
thẳng hàng.
Thật vậy, vì A D, L M cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên A L D M là hình bình hành, do đó A L \parallel M D . {(1)}
Tam giác I A E cân tại I nên \widehat{E A I}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2} \widehat{A I E}=90^{\circ}-\widehat{A F E}=90^{\circ}-\widehat{B D M}. Vì D F \parallel A B, A B \perp B D \Rightarrow \widehat{B D F}=90^{\circ}.
Từ đó ta có \begin{aligned} \widehat{O A I} &=\widehat{E A I}-\widehat{E A O}=\left(90^{\circ}-\widehat{B D M}\right)-\widehat{A D F} \\ &=90^{\circ}-\left( \widehat{B D F}-\widehat{M D F}\right) -\widehat{A D F} \\ &=90^{\circ}-90^{\circ}+\widehat{M D F}-\widehat{A D F} \\ &=\widehat{M D O}. \end{aligned} Suy ra A I \parallel M D. {(2)}
Từ (1) và (2) ta có A, L, I thẳng hàng hay A I luôn đi qua điểm L cố định.
Bài 2. Xét a, b, c \in \mathbb{N}, 1 \leq a < b < c thỏa mãn hệ phương trình đồng dư \left\{ \begin{array}{l}&(b+1)(c+1) \equiv b \pmod{a}\\&(c+1)(a+1) \equiv b \pmod{b}\\&(a+1)(b+1) \equiv b \pmod{c}.\end{array} \right.
|
Lời giải
- Với m\in \mathbb{N}^* thì a=6 m, b=12 m, c=18 m là nghiệm của hệ phương trình.
- Nếu \gcd(b, c)=d > 1 thì 1 \equiv(a+1)(b+1) \equiv a+1\pmod{d} . Suy ra \gcd(a, b) \geq d.Mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy \gcd(b, c)=1 . Tương tự thì \gcd(a, c)=1.
Nếu a chẵn thì từ (b+1)(c+1) \equiv 1\pmod{a} suy ra cả b và c đều chẵn, suy ra (a, c) > 1, (b, c) > 1, (vô lý). Vì vậy a lẻ. Tương tự b, c lẻ.
Ta có \left\{ \begin{array}{l}&(a+1)(b+1)(c+1) \equiv b \pmod{a}\\&(a+1)(b+1)(c+1) \equiv b \pmod{b}\\&(a+1)(b+1)(c+1) \equiv b \pmod{c}\end{array} \right. Suy ra (a+1)(b+1)(c+1) \equiv 1 \pmod{abc} hay (a+1)(b+1)(c+1)=1+n a b c, n \in \mathbb{N}^*.
\Leftrightarrow \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a b}+\dfrac{1}{b c}+\dfrac{1}{c a}=n-1. {(1)}
Nếu a \geq 3 thì b \geq 5, c \geq 7, a b \geq 15, a c \geq 21 và b c \geq 35 . Vì vậy V T(1) \leq \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{21}+\dfrac{1}{35}=\dfrac{86}{105} < 1. Do đó a=1 và (1) trở thành \dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{b c}=n-2. {(2)}
Nếu b \geq 5 thì c \geq 7 và \dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{b c} \leq \dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{7}+\dfrac{1}{35}=\dfrac{5}{7} < 1
Vậy b=3 và (2) trở thành \dfrac{2 c+7}{3 c}=n-2 \Rightarrow c \mid 7 \Rightarrow c=7.
Vậy (1 ; 3 ; 7) là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Bài 3. Cho hàm số f\colon \mathbb{R} \rightarrow[0 ;+\infty) thỏa mãn f^{2}(x+y)+f^{2}(x-y)=2 f^{2}(x)+2 f^{2}(y), \forall x, y \in \mathbb{R}. Chứng minh rằng f(x+y) \leq f(x)+f(y), \forall x, y \in \mathbb{R}, (ở đây \left.f^{2}(x)=(f(x))^{2}\right). |
Lời giải
Giả thiết f^{2}(x+y)+f^{2}(x-y)=2 f^{2}(x)+2 f^{2}(y), \forall x, y \in \mathbb{R}. {(1)}Cho x=y=0, từ (1) có f(0)=0.
Cho x=0, từ (1) có f(y)=f(-y), \forall y \in\mathbb{R}, do f(x) \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}.
Đặt g(x ; y)=\dfrac{f^{2}(x+y)-f^{2}(x-y)}{4}; ta có g(x ; x)=\dfrac{f^{2}(2 x)}{4}=\dfrac{4 f^{2}(x)}{4}=f^{2}(x) \,\mbox{và}\, g(x ; y)=g(y ; x). Thay x bởi y-z và thay y bới x, từ (1) có f^{2}(y-z+x)+f^{2}(y-z-x)=2 f^{2}(y-z)+2 f^{2}(x).\tag{2} Thay x bới x+y và thay y bới z, từ (1) có f^{2}(x+y+z)+f^{2}(x+y-z)=2 f^{2}(x+y)+2 f^{2}(z).\tag{3} Thay x bới y và thay y bới z, từ (1) có f^{2}(y+z)+f^{2}(y-z)=2 f^{2}(y)+2 f^{2}(z).\tag{4} Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra \begin{aligned} f^{2}(x+y+z)-f^{2}(x-y+z)=& 2 f^{2}(x+y)-2 f^{2}(y-z)+2 f^{2}(z)-2 f^{2}(x) \\ &=f^{2}(x+y)-f^{2}(x-y)+f^{2}(y+z)-f^{2}(y-z) \\ \text { Hay } g(x+z ; y)=g(x ; y)+g(z ; y). \end{aligned} Do g là đối xứng và cộng tính nên suy ra g(n x ; y)=n g(x ; y), \forall n \in\mathbb{N}.
Suy ra g(r x ; y)=r g(x ; y) ; \forall r \in \mathbb{N}.
Vì vậy, với r \in \mathbb{N}, ta có \begin{aligned} 0 & \leq f^{2}(r x+y)=g(r x+y ; r x+y)=g(r x ; r x+y)+g(y ; r x+y) \\ &=g(r x ; r x)+g(r x ; y)+g(y ; r x)+g(y ; y) \\ &=r^{2} g(x ; x)+2 r g(x ; y)+g(y ; y), \forall x, y \in \mathbb{R}. \end{aligned} Vì vế phải là một đa thức của r nên bất đẳng thức trên thỏa mãn với mọi r \in \mathbb{R}. Do đó \Delta' \leq 0 hay g^{2}(x ; y) \leq g(x ; x) g(y ; y) \Rightarrow|g(x ; y)| \leq f(x) f(y).
Do đó f^{2}(x+y)=g(x ; x)+2 g(x ; y)+g(y ; y) \leq(f(x)+f(y))^{2}.
Suy ra f(x+y) \leq f(x)+f(y), \forall x, y \in \mathbb{R}.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét