Bài 1.
|
Lời giải
- Dễ thấy x_n\geq 1,\forall n\in\mathbb{N}^{*}.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp x_n\leq 3,\forall n\in\mathbb{N}^*. Thật vậy, x_1=1 < 3.
Giả sử x_n\leq 3, n\in\mathbb{N}^*, khi đó ta có x_{n+1}=\sqrt{6+\sqrt{2x_n+3}}\leq\sqrt{6+\sqrt{2.3+3}}=3.
Theo nguyên lý quy nạp Toán học, x_n\leq 3,\forall n\in\mathbb{N}^{*}.
Tóm lại ta đã chứng minh được 1\leq x_n\leq 3,\forall n\in\mathbb{N}^*. (1)
Ta sẽ chứng minh \left(x_n\right) là dãy tăng bằng quy nạp.
Ta có x_1 < x_2. Giả sử x_{n-1} < x_n. khi đó, do 1\leq x_n\leq 3,\forall n\in\mathbb{N}^{*}, ta có x_{n+1}-x_n=\dfrac{x_{n+1}^2-x_n^2}{x_{n+1}+x_n}=\dfrac{\left(6+\sqrt{2x_n+3}\right)-\left(6+\sqrt{2x_{n-1}+3}\right)}{x_{n+1}+x_n}=\dfrac{\sqrt{2x_n+3}-\sqrt{2x_{n-1}+3}}{x_{n+1}+x_n} > 0 \Rightarrow x_n < x_{n+1}.
Theo nguyên lý quy nạp Toán học, ta có \left(x_n\right) là dãy tăng.
Dãy \left(x_n\right) tăng và bị chặn trên do đó dãy có giới hạn hữu hạn.
Đặt \lim x_n=L\Rightarrow 1 < L\leq 3.
Từ x_{n+1}=\sqrt{6+\sqrt{2x_n+3}},\forall n=1, 2, \ldots cho n\to+\infty ta được L=\sqrt{6+\sqrt{2L+3}}\tag{2} Với 1 < L \leq 3 ta có \begin{aligned} (2)&\Leftrightarrow L^2=6+\sqrt{2l+3}\Leftrightarrow\left(L^2-9\right)+(3-\sqrt{2l+3})=0\\ &\Leftrightarrow\left(L^2-9\right)+\dfrac{6-2L}{3+\sqrt{2L+3}}=0\Leftrightarrow(L-3)\left[L+3-\dfrac 2{3+\sqrt{2L-1}}\right]=0\\ &\Leftrightarrow(L-3)\left[L+\dfrac{7+\sqrt{2L-1}}{3+\sqrt{2L-1}}\right]=0\Leftrightarrow L=3. \end{aligned} Từ đó, suy ra \lim\limits_{n\to+\infty}x_n=3.
Vậy dãy số \left(x_{n}\right) có giới hạn hữu hạn và \lim\limits_{n\to+\infty}x_n=3. - Với dãy \left(x_n\right) được xác định ở câu la , ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng x_n\leq\min\left\{u_{2n-1}; u_{2n}\right\},\forall n\in\mathbb{N}^*.
Thật vậy, với n=1 ta có, 1=x_1\leq\min\left\{u_1; u_2\right\}=1.
Giả sử x_n\leq\min\left\{u_{2n-1}; u_{2n}\right\}, n\in\mathbb{N}^{*}, ta sẽ chứng minh x_{n+1}\leq\min\left\{u_{2n+1}; u_{2n+2}\right\},\forall n\in\mathbb{N}^*. Ta có \begin{aligned}u_{2n+1}&=\sqrt{6+\dfrac 12\sqrt{3u_{2n}+5u_{2n-1}+12}}\geq\sqrt{6+\dfrac 12\sqrt{3x_n+5x_n+12}}=\sqrt{6+\sqrt{2x_n+3}}=x_{n+1}\\ u_{2n+2}&=\sqrt{6+\dfrac 12\sqrt{3u_{2n+1}+5u_{2n}+12}}\\ &\geq\sqrt{6+\dfrac 12\sqrt{3x_{n+1}+5x_n+12}}\\ &\geq\sqrt{6+\dfrac 12\sqrt{3x_n+5x_n+12}}=\sqrt{6+\sqrt{2x_n+3}}=x_{n+1}\\ &\Rightarrow x_{n+1}\leq\min\left\{u_{2n+1}; u_{2n+2}\right\}\end{aligned} Theo nguyên lý quy nạp Toán học, x_n\leq\min\left\{u_{2n-1}; u_{2n}\right\},\forall n\in\mathbb{N}^*.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp u_n\leq 3,\forall n\in\mathbb{N}^{*}. (*)
Ta có u_1=1 < 3 ; u_2=2 < 3. Giả sử \left(*\right) đúng đến n: u_i\leq 3,\forall i=\overline{1 ; n}, n\in\mathbb{N}^{*}.
Khi đó, ta có u_{n+1}=\sqrt{6+\dfrac 12\sqrt{3u_n+5u_{n-1}+12}}\leq\sqrt{6+\dfrac 12\sqrt{3.3+5.3+12}}=3. Theo nguyên lý quy nạp Toán học, u_n\leq 3,\forall n\in\mathbb{N}^{*}. Suy ra \begin{aligned}&x_{n} \leq u_{2 n-1} \leq 3, \forall n \in \mathbb{N}^{*} \\ &x_{n} \leq u_{2 n} \leq 3, \forall n \in \mathbb{N}^{*}\end{aligned} \tag{**} Cho qua giới hạn của \left(**\right), áp dụng định lý giới hạn kẹp, ta có \lim u_{2n-1}=\lim u_{2n}=3\Rightarrow\lim u_n=3.
Bài 2. Trên các cạnh AB, AC của tam giác ABC lần lượt lấy hai điểm C_1, B_1. Hai đoạn thẳng BB_1 và CC_1 cắt nhau tại X và hai đoạn thẳng B_1C_1 và AX cắt nhau tại P. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BXC_1, CXB_1 cắt nhau tại điểm thứ hai Y và cắt cạnh BC lần lượt tại D và E.
|
Lời giải
- Xét hai tam giác \Delta Y B C_1 và \Delta Y B_1C, ta có
B Y C_1=C_1X B=C X B_1=B_1Y C và C_1B Y=Y X C=Y B_1C.
Nên \Delta Y B C_1\sim\Delta Y B_1C.
Suy ra \dfrac{Y H}{Y K}=\dfrac{B C_1}{B_1C}.
Mà B_1C_1\parallel B C nên \dfrac{A B}{B C_1}=\dfrac{A C}{B_1C}, suy ra \dfrac{Y H}{A B}=\dfrac{Y K}{A C}. - Ta chứng minh Q D=Q E.
Thật vậy, từ các tứ giác X B_1C E và X C_1B D nội tiếp nên D E Q=C E B_1=C X B_1=C_1X B=C_1D B=E D Q.
Suy ra tam giác Q D E cân tại Q nên Q D=Q E.
Ta chứng minh \dfrac{B_1E}{C_1D}=\dfrac{P B_1}{P C_1}.
Xét \Delta B B_1E và \Delta B C X có B chung và từ tứ giác X B_1C E nội tiếp nên X B_1E=X C E=X C B, do đó \Delta B B_1E\sim\Delta B C X nên \dfrac{B_1E}{X C}=\dfrac{B B_1}{B C}(1).
Tương tự ta có \dfrac{C_1D}{X B}=\dfrac{C C_1}{B C}(2).
Từ (1) và (2) suy ra \dfrac{B_1E}{C_1D}=\dfrac{X C}{X B}\cdot\dfrac{B B_1}{C C_1}.
Áp dụng định lí Menelaus' cho tam giác X B_1C với A, B, C_1 thẳng hàng và tam giác C C_1B_1 với A, X, P thằng hàng ta được \dfrac{X C_1}{C C_1}\cdot\dfrac{A C}{A B_1}\cdot\dfrac{B B_1}{X B}=1\tag{3} \dfrac{P C_1}{P B_1}\cdot\dfrac{A B_1}{A C}\cdot\dfrac{X C}{X C_1}=1. \tag{4} Từ (3) và (4) suy ra \dfrac{P B_1}{P C_1}=\dfrac{X C}{X B}\cdot\dfrac{B B_1}{C C_1}=\dfrac{B_1E}{C_1D}.
Từ chứng minh trên ta có \dfrac{Q E}{B_1E}\cdot\dfrac{P B_1}{P C_1}\cdot\dfrac{C_1D}{Q D}=\dfrac{P B_1}{P C_1}\cdot\dfrac{C_1D}{B_1E}=1.
Theo định lí Ceva's cho tam giác \Delta Q B_1C_1 suy ra Q P, B_1D và C_1E đồng quy tại R. Do đó P, Q, R thẳng hàng.
Bài 3. Cho tập hợp X có 2020 phần tử. Bạn An chia tập X thành 2 tập hợp A và B thỏa mãn |A|=|B|, A\cap B=\phi, bằng k cách khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của k sao cho với 2 phần tử bất kỳ của X, luôn có ít nhất 1 cách trong k cách chia mà bạn An chia chúng vào 2 tập hợp khác nhau. |
Lời giải
Xét bài toán tổng quát với | X |=2n. Ta chứng minh bằng quy nạp theo k khắng định sau: "Nếu |X|=2 n thỏa mãn bất đẳng thức 2^{k-1} < 2n\leq 2^k thì k là số cách chia tập X nhỏ nhất thỏa mãn bài toán". (1)- Với k=1. Khi đó | X |=2. Rõ ràng An chỉ cần một cách chia tập X là có hai phần tứ ở hai tập khác nhau.
- Với k=2. Khi đó 2 n=4. Giả sử 4 phần tử của X là a, b, c, d. An có thể chia hai lần thỏa mãn yêu cầu là (a, b),(c, d) và (a, c),(b, d). Với chỉ 1 cách chia thì không thề thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nên (1) đúng với k=1, k=2. - Giả sử khắng định (1) đúng với k, nghĩa là nếu 2^{k-1} < 2n\leq 2^k thì k là số lần chia nhỏ nhất thỏa mãn.
Ta chứng minh (1) đúng với k+1.
Thật vậy, giả sử 2 n phần tử thỏa mãn 2^k < 2n\leq 2^{k+1}. Ta chia chúng thành hai nhóm với số phần tử tương ứng là s=2^k và t=2n-s=2n-2^k\leq 2^{k+1}-2^k=2^k và đánh số mỗi phần tử trong tập X _1 là 1{,}2,\ldots, s và mỗi phần tử trong tập X _2 là s+1,\ldots, s+t.
Theo giả thiết quy nạp, mỗi tập X _1 và X _2 đều có thề chia thành các tập con không giao nhau và có số phần từ bằng nhau sao cho sau k lần chia thì với hai phần tữ bất kì (trong mỗi tập con), đã có ít nhất một lần chia chúng nằm trong hai tập khác nhau. Không mất tính tồng quát, ta giả sử trong cách chia thứ k, An chia được mỗi tập X _{i} thành 2 tập A _i và B _i, trong đó tập các tập A _i là 1{,}2,\ldots,\dfrac{S}2 và s+1,\ldots, s+\dfrac t2, i=\overline{1{,}2}. Khi đó trong cách chia thứ k+1, An chia tập X thành hai tập, trong đó tập A gồm 1{,}2,\ldots,\dfrac s2 và s+\dfrac t2+1,\ldots, s+t. Ta kiểm tra được, với hai phần tữ bất kì đã có ít nhất một cách chia nào đó chúng ở hai tập khác nhau.
Với 2n=2020 người, ta có 2^{10} < 2020 < 2^{11} nên suy ra số lần sắp xếp it nhất là 11.
Bài 4. Gọi n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 2n-5|3\left(n!+1\right).
|
Lời giải
- Giả sử n > 4 là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 2n-5\mid 3(n !+1) mà 2n-5 không phải là số nguyên tố tức là 2n-5 là hợp số; do đó nó có ước nguyên tố là p \neq 2 và p \neq 2 n-5.
Ta xét hai trường hợp như sau:- Trường hợp 1: 2 n-5 có ước là số nguyên tố p > 3. Vì n > 4 nên 2 n-5 > 3, p \neq 2 n-5 và 2 n-5 là số lẻ, do đó p \leq \frac{2 n-5}{3} < n. Suy ra \mathrm{p} \mid \mathrm{n} !. Do đó \mathrm{p} \mid \mathrm{n} !+1 nên \mathrm{p} \mid 3(\mathrm{n} !+1) hay 2 \mathrm{n}-5 \mid 3(\mathrm{n} !+1), trái với giả thiết.
- Truờng hợp 2: 2 n-5 chỉ có ước là số nguyên tố p=3. Vì 2 n-5 > 3 nên 2 n-5=3^{k}, với k \in \mathbb{N}, k > 1. Hơn nửa, n > 4 thì 3\mid n !+1, do đó 2n-5=3^k\mid 3(n !+1) với k \in \mathbb{N}, k > 1, trái với giả thiết.
- Với n=1,2,3,4 là các số nguyên dương thỏa mãn, vì khi đó
2n-5\in\{-3,-1{,}1,3\}\mid 3(n !+1).
Xét n > 4 là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 2n-5\mid 3(n !+1), khi đó theo chứng minh ở câu a) ta có 2 n-5 là số nguyên tố lớn hơn 3.
Đặt q=2n-5(q > 3) từ điều kiện q\mid 3(n !+1) suy ra q\mid(n !+1) \Leftrightarrow n !\equiv-1(\bmod q)\tag{1}.
Theo định lí wilson's với q là số nguyên tố thì (q-1)!\equiv-1(\bmod q).
Vì vậy (2n-5-1)!\equiv-1(\bmod(2n-5)) hay (2 n-6) ! \equiv-1( \bmod q )
\begin{align*} &\Leftrightarrow(2n-6)(2n-7)\ldots(n+1)n !\equiv-1(\bmod q)\\ &\Rightarrow(-1)(-2)\ldots(-n+6)n !\equiv-1(\mathrm{\bmod q})\\ &\Rightarrow(-1)^{n-6}(n-6)! n !\equiv-1(\bmod q)\\ &\Rightarrow(n-6)! n !\equiv(-1)^{n+1}(\bmod q). \tag{2}\\ \end{align*} Từ (1) và (2) suy ra (n-6)!\equiv(-1)^n(\bmod q)(3)
Từ (1) và (3) suy ra n(n-1)\ldots(n-5)\equiv(-1)^{n-1}(\bmod q)
\Leftrightarrow 2n(2n-2)\ldots(2n-10)\equiv(-1)^{n-1}\cdot 64(\bmod q).
Nếu n lẻ, từ (4) suy ra 5.3 .1 .1 .(-1).(-3)\cdot(-5)=-255\equiv 64(\bmod q)(4)
Từ đó suy ra 2n-5\mid-255-64=-17^2\Rightarrow q=17\Rightarrow n=11.
Nếu n chẵn, từ (4) suy ra\quad 5.3 .1 .1 .(-1)\cdot(-3)\cdot(-5)=-255\equiv-64(\bmod q).
Từ đó suy ra 2n-5\mid-255+64=-161=-7.23\Rightarrow\left[ \begin{array}{l}&q=7\\ & q=23\end{array}\right.\Rightarrow\left[ \begin{array}{l}&n=6\\ & n=14\end{array}\right.
Thử lại- Với n=6 thì 2 n-5=7 theo định lí wilson's thì 6 ! \equiv-1(\bmod 7) nên n=6 thỏa mãn.
- Với n=14 thì 2 n-5=23, khi đó ta có \begin{aligned} 14 ! &=1 .(2.12).(3.8).(4.6).(5.14).(7.10).9 .11 .13\\ &\equiv 9.11 .13=117.11\equiv 2.11\equiv-1(\bmod 23) \end{aligned} nên \mathrm{n}=14 thỏa mãn.
- Với n=11 thì 2 n-5=17, khi đó ta có \begin{aligned} 11 !&=1 .(2.9)\cdot(3.6)\cdot(5.7)\cdot 4.8\cdot 10.11\\ &\equiv 4.8 .10 .11\equiv 88.40\equiv 3.6\equiv 1(\bmod 17) \end{aligned} nên n=11 không thỏa mãn.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét