Bài 1. Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}&2x^2-x-3+x\sqrt{x^2+1}=(y+1)\sqrt{y^2+2y+2} \\ &x^2+y^2=x-2y+2.\end{array} \right.\] |
Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ, ta được
\begin{align*}
&x^2-x-3+x \sqrt{x^2+1}-y^2=(y+1) \sqrt{y^2+2 y+2}-x+2y-2 \\
\Leftrightarrow\, &x^2+x \sqrt{x^2+1}=(y+1)^2+(y+1) \sqrt{(y+1)^2+1} \tag{1}
\end{align*} Xét hàm số $f(t)=t^2+t\sqrt{t^2+1}$ trên $\mathbb{R} $, ta có
\[f'(t)=2t+\sqrt{t^2+1}+\dfrac{t^2}{\sqrt{t^2+1}}=\dfrac{2t \sqrt{t^2+1}+t^2+1+t^2}{\sqrt{t^2+1}}=\dfrac{\left(\sqrt{t^2+1}+t\right)^2}{\sqrt{t^2+1}}.\]
Do đó $f'(t) > 0$, $\forall t\in \mathbb{R}$, hay hàm số $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Từ $(1)$, ta có $f(x)=f(y+1) \Leftrightarrow x=y+1$.
Thay vào phương trình $2$ của hệ, ta được \[(y+1)^2+y^2=(y+1)-2y+2 \Leftrightarrow 2y^2+3y-2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&y=-2 \Rightarrow x=-1 \\ &y=\dfrac{1}{2} \Rightarrow x=\dfrac{3}{2}.\end{array} \right.\] Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm $(x,y)\in \left\{(-1;-2), \left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\right\} $.
Từ $(1)$, ta có $f(x)=f(y+1) \Leftrightarrow x=y+1$.
Thay vào phương trình $2$ của hệ, ta được \[(y+1)^2+y^2=(y+1)-2y+2 \Leftrightarrow 2y^2+3y-2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&y=-2 \Rightarrow x=-1 \\ &y=\dfrac{1}{2} \Rightarrow x=\dfrac{3}{2}.\end{array} \right.\] Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm $(x,y)\in \left\{(-1;-2), \left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\right\} $.
Bài 2. Cho dãy số $\{u_n\}$ xác định bởi \[\left\{ \begin{array}{l}&u_1=1\\ &u_{n+1}=\sqrt{u_n^2+2u_n+3}-\sqrt{u_n^2-2u_n+3},\, \forall n \in \mathbb{N}.\end{array} \right.\] Chứng minh rằng dãy $\{u_n\}$ có giới hạn hữa hạn và tìm giới hạn đó. |
Từ giả thiết, ta có $u_1=1$ và
\[u_{n+1}=\dfrac{4u_n}{\sqrt{u_n^2+2u_n+3}+\sqrt{u_n^2-2u_n+3}},\, \forall n \in \mathbb{N}.\]
Suy ra $u_n > 0$, $\forall n \in \mathbb{N}^*$.
Xét hàm số $f(x)=\sqrt{x^2+2x+3}-\sqrt{x^2-2x+3}$ trên $(0; +\infty)$. Ta có \[f'(x)=\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+3}}-\dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+3}}.\] Khi đó \begin{eqnarray*} f'(x)=0&\Leftrightarrow& (x+1) \sqrt{(x-1)^2+2}=(x-1) \sqrt{(x+1)^2+2}\\ &\Leftrightarrow& \left\{ \begin{array}{l}&(x+1)(x-1)\ge 0\\ &(x+1)^2\left[(x-1)^2+2\right]=(x-1)^2\left[(x+1)^2+2\right]\end{array} \right.\\ &\Leftrightarrow& \left\{ \begin{array}{l}&(x+1)(x-1)\ge 0\\ &x=0\end{array} \right.\ \text{Vô nghiệm.} \end{eqnarray*}}Suy ra $f'$ không đổi dấu trên $(0;+\infty)$. Mà $f'(1)=\dfrac{2}{\sqrt{6}} > 0$ nên $f'(x) > 0$, $\forall x \in (0;+\infty)$ hay hàm số $f$ đồng biến trên $(0; +\infty)$.
Do đó, dãy $\{u_n\}$ là dãy tăng. Ta sẽ chứng minh dãy $\{u_n\}$ bị chặn trên bởi $2$.
Thật vậy $u_1=1 < 2$ và $\forall n \in \mathbb{N}^*$, ta có \begin{eqnarray*} u_{n+1} < 2&\Leftrightarrow& \sqrt{u_n^2+2u_n+3}-\sqrt{u_n^2-2u_n+3} < 2 \\ &\Leftrightarrow& \sqrt{u_n^2+2u_n+3} < \sqrt{u_n^2-2u_n+3}+2 \\ &\Leftrightarrow& u_n^2+2u_n+3 < u_n^2-2u_n+3+4 \sqrt{u_n^2-2u_n+3}+4\\ &\Leftrightarrow& u_n-1 < \sqrt{\left(u_n-1\right)^2+2} \ \text{(luôn đúng)}. \end{eqnarray*}} Như vậy, dãy ${u_n}$ là dãy tăng và bị chặn trên bởi $2$ nên có giới hạn hữu hạn.
Đặt $L=\lim{u_n}$. Từ định nghĩa dãy số, ta có $1\le L \le 2$ và \begin{align*} &L=\sqrt{L^2+2L+3}-\sqrt{L^2-2L+3}\\ \Leftrightarrow\, & L^2=2L^2+6-2 \sqrt{\left(L^2+3\right)^2-4L^2} \\ \Leftrightarrow\, & 2\sqrt{L^4+2L^2+9}=L^2+6\\ \Leftrightarrow\, & 4\left(L^4+2L^2+9\right)=L^4+12L^2+36\\ \Leftrightarrow\, & L^2=\dfrac{4}{3} \Leftrightarrow L=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}. \end{align*} Vậy, dãy $\{u_n\}$ có giới hạn hữu hạn và $\lim{u_n}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.
Xét hàm số $f(x)=\sqrt{x^2+2x+3}-\sqrt{x^2-2x+3}$ trên $(0; +\infty)$. Ta có \[f'(x)=\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+3}}-\dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+3}}.\] Khi đó \begin{eqnarray*} f'(x)=0&\Leftrightarrow& (x+1) \sqrt{(x-1)^2+2}=(x-1) \sqrt{(x+1)^2+2}\\ &\Leftrightarrow& \left\{ \begin{array}{l}&(x+1)(x-1)\ge 0\\ &(x+1)^2\left[(x-1)^2+2\right]=(x-1)^2\left[(x+1)^2+2\right]\end{array} \right.\\ &\Leftrightarrow& \left\{ \begin{array}{l}&(x+1)(x-1)\ge 0\\ &x=0\end{array} \right.\ \text{Vô nghiệm.} \end{eqnarray*}}Suy ra $f'$ không đổi dấu trên $(0;+\infty)$. Mà $f'(1)=\dfrac{2}{\sqrt{6}} > 0$ nên $f'(x) > 0$, $\forall x \in (0;+\infty)$ hay hàm số $f$ đồng biến trên $(0; +\infty)$.
Do đó, dãy $\{u_n\}$ là dãy tăng. Ta sẽ chứng minh dãy $\{u_n\}$ bị chặn trên bởi $2$.
Thật vậy $u_1=1 < 2$ và $\forall n \in \mathbb{N}^*$, ta có \begin{eqnarray*} u_{n+1} < 2&\Leftrightarrow& \sqrt{u_n^2+2u_n+3}-\sqrt{u_n^2-2u_n+3} < 2 \\ &\Leftrightarrow& \sqrt{u_n^2+2u_n+3} < \sqrt{u_n^2-2u_n+3}+2 \\ &\Leftrightarrow& u_n^2+2u_n+3 < u_n^2-2u_n+3+4 \sqrt{u_n^2-2u_n+3}+4\\ &\Leftrightarrow& u_n-1 < \sqrt{\left(u_n-1\right)^2+2} \ \text{(luôn đúng)}. \end{eqnarray*}} Như vậy, dãy ${u_n}$ là dãy tăng và bị chặn trên bởi $2$ nên có giới hạn hữu hạn.
Đặt $L=\lim{u_n}$. Từ định nghĩa dãy số, ta có $1\le L \le 2$ và \begin{align*} &L=\sqrt{L^2+2L+3}-\sqrt{L^2-2L+3}\\ \Leftrightarrow\, & L^2=2L^2+6-2 \sqrt{\left(L^2+3\right)^2-4L^2} \\ \Leftrightarrow\, & 2\sqrt{L^4+2L^2+9}=L^2+6\\ \Leftrightarrow\, & 4\left(L^4+2L^2+9\right)=L^4+12L^2+36\\ \Leftrightarrow\, & L^2=\dfrac{4}{3} \Leftrightarrow L=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}. \end{align*} Vậy, dãy $\{u_n\}$ có giới hạn hữu hạn và $\lim{u_n}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.
Bài 3. Cho tam giác $ABC$ không cân ($AB < AC$), nội tiếp đường tròn tâm $O$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt đường thẳng $BC$ tại $S$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$ và $J$ là điểm đối xứng với $I$ qua $O$.
|
- {\it Chứng minh rằng tam giác $DBI$ cân và tam giác $DSJ$ vuông.}
Xét tam giác $DBI$, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\widehat{DBI}=\widehat{DBC}+\widehat{CBI}=\dfrac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{B})\\ \widehat{DIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\dfrac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{B})\end{array} \right.\] Suy ra $\widehat{DBI}=\widehat{DIB}$ hay $\triangle DBI$ cân tại $D$.
Kẻ đường kính $DE$ của đường tròn $(O)$. Khi đó, ta có $DIEJ$ là hình bình hành nên $\widehat{JDE}=\widehat{DEI}$.
Ta lại có $\triangle DBE$ vuông tại $B$ đường cao $BM$ nên $DM\cdot DE=DB^2=DI^2$.
Suy ra $\dfrac{DM}{DI}=\dfrac{DI}{DE}$ hay $\triangle DMI \backsim \triangle DIE \Rightarrow \widehat{DEI}=\widehat{DIM}$.
Mặt khác, do $DSIM$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $SD$ nên $\widehat{DIM}=\widehat{DSM}$.
Ta suy ra $\widehat{JDE}=\widehat{DSM}$ nên \[\widehat{JDS}=\widehat{JDE} +\widehat{EDS}=\widehat{DSM}+\widehat{MDS}=180^\circ-\widehat{SMD}=90^\circ.\] Vậy, tam giác $DSJ$ vuông tại $D$. - {\it Chứng minh ba điểm $A$, $X$, $Y$ thẳng hàng.}
Gọi $P$ là giao điểm khác $A$ của $SA$ và $(O)$, $Q$ là giao điểm khác $P$ của $PI$ và $(O)$.
Khi đó, ta có $\triangle DBI$ và $\triangle DBC$ đều cân tại $D$ nên $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle IBC$. Do đó, $SI$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\triangle IBC$ nên \[SI^2=SB \cdot SC=SP \cdot SA.\] Mặt khác, ta có $\triangle SAI$ vuông tại $I$ nên $IP \perp SA$ hay $AQ$ là đường kính đường tròn $(O)$.
Ta lại có $AIQJ$ là hình bình hành nên $AJ \parallel PQ$, suy ra $AJ \perp SA$.
Như vậy $\widehat{SAJ}=\widehat{SDJ}=\widehat{SXJ}=90^\circ$ nên bốn điểm $A$, $X$, $S$ và $D$ cùng nằm trên một đường tròn đường kính $SJ$.
Do đó $\widehat{AXO}=\widehat{AXJ}=\widehat{ADJ}=90^\circ-\widehat{IDS}=\widehat{ISD}=\widehat{IMO}$.
Mặt khác, ta có tứ giác $XYOM$ nội tiếp nên $\widehat{YXO}=\widehat{YMO}=\widehat{IMO}$.
Suy ra $\widehat{AXO}=\widehat{YXO}$ hay ba điểm $A$, $X$, $Y$ là thẳng hàng.
Bài 4. Cho $\alpha$, $\beta$ là các nghiệm của phương trình $x^2-ax+a=0$, với $a$ là số nguyên lớn hơn $4$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$, $n$ thì $[m\alpha]\ne [n\beta]$ với $[x]$ là ký hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$. |
Vì $a$ là số nguyên lớn hơn $4$ nên ta có biệt thức $\Delta=a^2-4a=a(a-4) > 0$. Do đó, phương trình luôn có hai nghiệm $\alpha$, $\beta$ phân biệt.
Giả sử tồn tại $k\in \mathbb{N}^*$ sao cho $a^2-4a=k^2$. Khi đó, ta có \[(a-2)^2-k^2=4 \Leftrightarrow \left[(a-2)+k\right]\left[(a-2)-k\right]=4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a-2-k=1 \\ a-2+k=4\end{array} \right. \Rightarrow k=\dfrac{3}{2}\, \text{(mâu thuẫn).}\] Do đó $\alpha$, $\beta \in \left\{\dfrac{a\pm \sqrt{a^2-4a}}{2}\right\}$ là các số vô tỷ.
Theo định lý Viet, ta có $\left\{ \begin{array}{l}\alpha+\beta=a \\ \alpha\beta=a\end{array} \right.$ nên $\alpha$, $\beta$ là các số vô tỷ dương và \[\alpha +\beta =\alpha \beta \Rightarrow \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.\] Giả sử tồn tại hai số nguyên dương $m$, $n$ thỏa $[m\alpha] = [n\beta]$. Ta đặt $[m\alpha] = [n\beta]=k$.
Khi đó, vì $m\alpha$ và $n\beta$ là các số vô tỷ nên ta có \[\left\{ \begin{array}{l} k < m\alpha < k+1 \\ k < n\beta < k+1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{m}{k+1} < \dfrac{1}{\alpha} < \dfrac{m}{k}\\ \dfrac{n}{k+1} < \dfrac{1}{\beta} < \dfrac{n}{k}\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{m+n}{k+1} < 1 < \dfrac{m+n}{k} \Rightarrow k < m+n < k+1 \, \text{ (vô lý).}\] Vậy, với mọi số nguyên dương $m$, $n$ thì $[m\alpha]\ne [n\beta]$.
Giả sử tồn tại $k\in \mathbb{N}^*$ sao cho $a^2-4a=k^2$. Khi đó, ta có \[(a-2)^2-k^2=4 \Leftrightarrow \left[(a-2)+k\right]\left[(a-2)-k\right]=4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a-2-k=1 \\ a-2+k=4\end{array} \right. \Rightarrow k=\dfrac{3}{2}\, \text{(mâu thuẫn).}\] Do đó $\alpha$, $\beta \in \left\{\dfrac{a\pm \sqrt{a^2-4a}}{2}\right\}$ là các số vô tỷ.
Theo định lý Viet, ta có $\left\{ \begin{array}{l}\alpha+\beta=a \\ \alpha\beta=a\end{array} \right.$ nên $\alpha$, $\beta$ là các số vô tỷ dương và \[\alpha +\beta =\alpha \beta \Rightarrow \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.\] Giả sử tồn tại hai số nguyên dương $m$, $n$ thỏa $[m\alpha] = [n\beta]$. Ta đặt $[m\alpha] = [n\beta]=k$.
Khi đó, vì $m\alpha$ và $n\beta$ là các số vô tỷ nên ta có \[\left\{ \begin{array}{l} k < m\alpha < k+1 \\ k < n\beta < k+1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{m}{k+1} < \dfrac{1}{\alpha} < \dfrac{m}{k}\\ \dfrac{n}{k+1} < \dfrac{1}{\beta} < \dfrac{n}{k}\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{m+n}{k+1} < 1 < \dfrac{m+n}{k} \Rightarrow k < m+n < k+1 \, \text{ (vô lý).}\] Vậy, với mọi số nguyên dương $m$, $n$ thì $[m\alpha]\ne [n\beta]$.
Bài 5. Cho dãy đa thức hệ số thực $\{f_n(x)\}$ xác định bởi \[f_0(x)=2; f_1(x)=2x; f_{n+2}(x)=2xf_{n+1}(x)+(1-x^2)f_n(x), \forall n \in \mathbb{N}.\] Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ để $f_n(x)$ chia hết cho $x^2+3$. |
Từ giả thiết, ta có
\[f_{n+2}(x)-[(x+1)+(x-1)] f_{n+1}(x)+[(x+1)(x-1)]f_{n}(x)=0,\]
do đó
\[f_n(x)=A(x+1)^n+B(x-1)^n, \, \forall n \in \mathbb{N}.\]
Theo giả thiết, ta có $f_0(x)=2$ và $f_1(x)=2x$ nên ta có hệ phương trình
\[\left\{ \begin{array}{l}&A+B=2 \\ &A(x+1)+B(x-1)=2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}&A+B=2\\ &A-B=0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}&A=1 \\ &B=1.\end{array} \right.\]
Suy ra $f_n(x)=(x+1)^n+(x-1)^n$, $\forall n \in \mathbb{N}$.
Với $n=3$, ta có \[f_3(x)=(x+1)^3+(x-1)^3=(2x^3+6x)\,\,\vdots\,\, (x^2+3).\] Do đó \[(x+1)^6-(x-1)^6=\left[(x+1)^3+(x-1)^3\right]\left[(x+1)^3-(x-1)^3\right]\,\,\vdots\,\, (x^2+3).\] Đặt $n=6k+r$, với $k\in \mathbb{N}$ và $r \in \{0;1;2;3;4;5\}$. Ta có \begin{align*} f_n(x)&=(x+1)^n+(x-1)^n\\ & =(x+1)^{6k+r}+(x-1)^{6k+r}\\ &=(x+1)^{6k+r}-(x+1)^r(x-1)^{6k}+(x+1)^r(x-1)^{6k}+(x-1)^{6k+r}\\ &=(x+1)^r\left[(x+1)^{6k}-(x-1)^{6k}\right]+(x-1)^{6k}\left[(x+1)^r+(x-1)^r\right]\\ &=(x+1)^r\left[(x+1)^{6k}-(x-1)^{6k}\right]+(x-1)^{6k}f_r(x). \end{align*}Do đó, $f_n(x) \,\,\vdots\,\, (x^2+3)$ khi và chỉ khi $f_r(x) \,\,\vdots\,\, (x^2+3)$.
Thử trực tiếp $r \in \{0;1;2;3;4;5\}$, ta được giá trị duy nhất giá trị $r=3$ thỏa yêu cầu.
Vậy, các giá trị cần tìm của $n$ là $n=6k+3$, với $k\in \mathbb{N}$.
Với $n=3$, ta có \[f_3(x)=(x+1)^3+(x-1)^3=(2x^3+6x)\,\,\vdots\,\, (x^2+3).\] Do đó \[(x+1)^6-(x-1)^6=\left[(x+1)^3+(x-1)^3\right]\left[(x+1)^3-(x-1)^3\right]\,\,\vdots\,\, (x^2+3).\] Đặt $n=6k+r$, với $k\in \mathbb{N}$ và $r \in \{0;1;2;3;4;5\}$. Ta có \begin{align*} f_n(x)&=(x+1)^n+(x-1)^n\\ & =(x+1)^{6k+r}+(x-1)^{6k+r}\\ &=(x+1)^{6k+r}-(x+1)^r(x-1)^{6k}+(x+1)^r(x-1)^{6k}+(x-1)^{6k+r}\\ &=(x+1)^r\left[(x+1)^{6k}-(x-1)^{6k}\right]+(x-1)^{6k}\left[(x+1)^r+(x-1)^r\right]\\ &=(x+1)^r\left[(x+1)^{6k}-(x-1)^{6k}\right]+(x-1)^{6k}f_r(x). \end{align*}Do đó, $f_n(x) \,\,\vdots\,\, (x^2+3)$ khi và chỉ khi $f_r(x) \,\,\vdots\,\, (x^2+3)$.
Thử trực tiếp $r \in \{0;1;2;3;4;5\}$, ta được giá trị duy nhất giá trị $r=3$ thỏa yêu cầu.
Vậy, các giá trị cần tìm của $n$ là $n=6k+3$, với $k\in \mathbb{N}$.
Bài 6. Một số tự nhiên được gọi là số '' thân thiện'' nếu nó có thể phân tích được thành tích của một số các số nguyên dương mà tổng của chúng bằng $2020$. Hãy tìm số '' thân thiện'' lớn nhất. |
Giả sử $S$ là số '' thân thiện'' lớn nhất cần tìm.
Ta có thể phân tích được $S=a_1a_2\dots a_k$ với $a_i\in\mathbb{N}^*$ thỏa $a_1+a_2+ \cdots + a_k=2020$.
Ta giả sử $a_1=a_2=\cdots=a_j$ và $a_{j+1}=a_{j+2}=\cdots = a_k$.
Nếu $j\ge 3$ thì ta có $S=2^3a_4a_5\dots a_k < 3^2a_4a_5\dots a_k$. Trường hợp này là mâu thuẫn vì $S$ là số '' thân thiện'' lớn nhất.
Nếu $j=1$ thì $S=2a_2a_3\dots a_k$. Do đó $3(k-1)=2018$. Trường hợp này không xảy ra.
Suy ra $j=2$. Ta được số cần tìm là $S=2^23^{672}$.
Vậy, số '' thân thiện'' lớn nhất là $2^23^{672}$.
Ta có thể phân tích được $S=a_1a_2\dots a_k$ với $a_i\in\mathbb{N}^*$ thỏa $a_1+a_2+ \cdots + a_k=2020$.
- Nếu tồn tại một số, chẳng hạn $a_1=1$ thì $S=1\times a_2a_3\dots a_k < (a_2+1)a_3\dots a_k$. Điều này là mâu thuẫn vì $S$ là số '' thân thiện'' lớn nhất.
- Nếu tồn tại một số bằng $4$ thì ta có thể thay $4$ bởi hai số $2$ thì tổng và tích đều không đổi.
- Nếu tồn tại một số, chẳng hạn $a_1 \ge 5$ thì do $3(a_1-3) > a_1$ nên ta có \[S=a_1a_2a_3\dots a_k < 3(a_1-3)a_2a_3\dots a_k\] cũng mâu thuẫn vì $S$ là số '' thân thiện'' lớn nhất.
Ta giả sử $a_1=a_2=\cdots=a_j$ và $a_{j+1}=a_{j+2}=\cdots = a_k$.
Nếu $j\ge 3$ thì ta có $S=2^3a_4a_5\dots a_k < 3^2a_4a_5\dots a_k$. Trường hợp này là mâu thuẫn vì $S$ là số '' thân thiện'' lớn nhất.
Nếu $j=1$ thì $S=2a_2a_3\dots a_k$. Do đó $3(k-1)=2018$. Trường hợp này không xảy ra.
Suy ra $j=2$. Ta được số cần tìm là $S=2^23^{672}$.
Vậy, số '' thân thiện'' lớn nhất là $2^23^{672}$.
Bài 7. Cho các số thực $a$, $b$, $c$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức \[P=abc+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c).\] |
Ta có \[P=abc+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)=(a+2)(b+2)(c+2)-8.\]
Từ giả thiết $a^2+b^2+c^2=3$, ta có $a,b,c\in [-\sqrt{3};\sqrt{3}]$ nên $a+2$, $b+2$, $c+2$ là các số dương.
- {\it Tìm giá trị lớn nhất của $P$}
Ta có $a+b+c \le \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$ nên \[P \le \left(\dfrac{a+b+c+6}{3}\right)^3-8 \le 27-8=19.\] Do đó, giá trị lớn nhất của $P$ bằng $19$ khi $a=b=c=1$. - {\it Tìm giá trị nhỏ nhất của $P$}
Do $a,b,c \in [-\sqrt{3};\sqrt{3}]$ nên $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a,b,c < 0$.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a \le b \le c \Rightarrow a^2 \ge b^2 \ge c^2$. Kết hợp giả thiết $a^2+b^2+c^2=3$, ta có $c^2 \le 1$ hay $c \in [-1;0]$.
Ta lại có \begin{align*} 2(a+2)(b+2)&=2ab+4a+4b+8\\ &=2ab+4a+4b+5+(a^2+b^2+c^2)\\ &=(a^2+b^2+4+2ab+4a+4b)+c^2+1\\ &=(a+b+2)^2+c^2+1\\ &\ge c^2+1. \end{align*}Do đó $(a+2)(b+2)\ge \dfrac{1}{2}(c^2+1)$.
Suy ra $P=(a+2)(b+2)(c+2)-8 \ge \dfrac{1}{2}(c^2+1)(c+2)-8$.
Xét hàm số $f(x)=\dfrac{1}{2}(x^2+1)(x+2)-8$ trên $[-1;0]$. Ta có $f'(x)=\dfrac{1}{2}(3x^2+4x+1)$.
Phương trình $f'(x)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&x=-1 \\ &x=-\dfrac{1}{3}\end{array} \right.$.
Do đó $\min\limits_{[-1;0]}f(x)=\min\left\{f(-1); f\left(-\dfrac{1}{3}\right); f(0)\right\}=f\left(-\dfrac{1}{3}\right)=-\dfrac{191}{27}$.
Suy ra $P \ge -\dfrac{191}{27}$, hay giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $-\dfrac{191}{27}$ khi \[\left\{ \begin{array}{l}&c=-\dfrac{1}{3}\\ &a+b+2=0 \\ &a^2+b^2+c^2=3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&\left\{ \begin{array}{l}&a=c=-\dfrac{1}{3}\\ &b=-\dfrac{5}{3}\end{array} \right. \\ &\left\{ \begin{array}{l}&a=-\dfrac{5}{3}\\ &b=c=-\dfrac{1}{3}.\end{array} \right.\end{array} \right.\]
0 nhận xét:
Đăng nhận xét