Bài 1. Một số nguyên dương n được gọi là số tạo cấp số nếu nó thỏa mãnđồng thời hai điều kiện sau
|
Lời giải
- Giả sử n là số nguyên dương chẵn và là = số tạo cấp số<>=. Khi đó d_1=1, d_2=2, \ldots, d_{k-1}=\dfrac{n}{2}, d_k=n và q là công bội của cấp số nhân d_2-d_1, d_3-d_2,\ldots,d_k-d_{k-1}.
Khi đó d_k-d_{k-1}=q^{k-2}\left(d_2-d_1\right)\Leftrightarrow n-\dfrac{n}{2}=q^{k-2}(2-1)\Leftrightarrow n=2q^{k-2}.
- Nếu q=2 thì n=2^{k-1} và theo giả thiết trên ta thấy n=2^m với m\ge 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
- Nếu q\ne 2 thì k=\tau (n)=\tau \left(2^1\cdot q^{k-2}\right)\ge 2(k-1), suy ra k\le 2 vô lý.
- Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. Khi đó d_1=1, d_2=p,\ldots, d_{k-1}=\dfrac{n}{p}, d_k=n và q là công bội của cấp số nhân d_2-d_1, d_3-d_2, \ldots,d_k-d_{k-1}. Khi đó
d_k-d_{k-1}=q^{k-2}\left(d_2-d_1\right)\Leftrightarrow n-\dfrac{n}{p}=q^{k-2}(p-1)\Leftrightarrow n=pq^{k-2}.
- Nếu p=q thì n=p^{k-1} và theo hai giả thiết trên ta thấy số n=p^m với m\ge 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
- Nếu q\ne p thì \tau(n)=\tau \left(p^1\cdot q^{k-2}\right)\ge 2(k-1), suy ra k\le 2 vô lý.
Bài 2. Cho đa thức hệ số nguyên P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0 (a_n\ne 0).
|
Lời giải
- Ta chứng minh quy nạp theo bậc của đa thức Q(x).
- Nếu Q(x) là đa thức hằng thì hiển nhiên.
- Nếu (x)=ax+b, a,b\in \mathbb{Z}, a\ne 0 thì [Q(x)]^3=(ax+b)^3=a^3x^3+3ax^2bx^2+3ab^2x+b^3. thỏa điều kiện i) và cũng thỏa mãn điều kiện ii) vì a^2b+ab^2=ab(a+b)\vdots 2 (trong các số a, b, a+b luôn có ít nhất một số chẵn).
- Giả sử [Q(x)]^3 là một đa thức = đặc biệt=\ với \deg Q\le n-1. Ta chứng minh [Q(x)]^3 cũng là một đa thức = đặc biệt=\ với \deg Q=n.
Đặt Q(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0, c_n\ne 0, c_i\in \mathbb{Z}.
Khi đó \begin{align*} Q(x)=&\left(c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)^3\\ &=c^3_nx^{3n}+3c^2_nx^{2n}\left(c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)+3c_nx^n\left(c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)^2\\ &+\left(c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)^3. \end{align*} Vì c^2_nc_t+c_nc^2_t=c_nc_t(c_n+c_t) chẵn với mọi t=\overline{0,n-1} nên các hệ số của [Q(x)]^3 thỏa mãn các điều kiện i) và ii), do đó nó là đa thức = đặc biệt =. - T(x)=15x^2+9x+2021=4(x+1)^3-(x-1)^3-3x^3+2016\cdot 1^3 nên T(x) là đa thức = tổng lập phương=.
- Nếu P(x) là một đa thức = đặc biệt=\ có bậc bé hơn 3. Khi đó
P(x)=3a_2x^2+3a_1x+a_0 với a_2,a_1,a_0\in \mathbb{Z}, \left(a_2+a_1\right)\vdots\ 2.
Ta có P(x)=\dfrac{a_1+a_2}{2}(x+1)^3+\dfrac{a_1-a_2}{2}(x-1)^3-a_1x^3+(a_0-a_2)\cdot 1^3 nên P(x) là một đa thức = tổng lập phương=.
Giả sử mọi đa thức = đặc biệt=\ có bậc bé hơn 3(n-1) đều là đa thức = tổng lập phương=. Ta chứng minh mọi đa thức = đặc biệt=\ có bậc bé hơn 3n là đa thức = tổng lập phương=.
Xét đa thức = đặc biệt= \ mà \deg P < 3n. P(x)=3a_{3n-1}x^{3n-1}+3a_{3n-2}x^{3n-2}+a_{3n-3}x^{3n-3}+Q(x) có \deg Q < 3(n-1) và xảy ra một trong hai trường hợp sau \item a_{3n-1}+a_{3n-2} chẵn, Q(x) là đa thức = đặc biệt=. \item a_{3n-1}+a_{3n-2} lẻ, Q(x)-3x^{3n-4} là đa thức đặc biệt.- Xét trường hợp (1) \begin{align*} P(x)&=\dfrac{a_{3n-1}+a_{3n-2}}{2}\left(x^n+x^{n-1}\right)^3+\dfrac{a_{3n-2}-a_{3n-1}}{2}\left(x^n-x^{n-1}\right)^3-a_{3n-2}\left(x^n\right)^3\\ &+\left(a_{3n-3}-a_{3n-1}\right)\left(x^{n-1}\right)^3+Q(x) \end{align*} nên P(x) là đa thức = tổng lập phương =.
- Xét trường hợp (2) \begin{align*} P(x)&=\dfrac{a_{3n-3}+a_{3n-2}-1}{2}\left(x^n+x^{n-1}\right)^3+\dfrac{a_{3n-2}+a_{3n-1}-1}{2}\left(x^n-x^{n-1}\right)^3-a_{3n-2}\left(x^n\right)^3\\ &+\left(x^n+x^{n-2}\right)^3+\left(a_{3n-3}-a_{3n-1}\right)\left(x^{n-1}\right)^3-\left(x^{n-2}\right)^3+Q(x)-3x^{3n-4} \end{align*} nên P(x) là đa thức = tổng lập phương=.
Bài 3. Cho đường tròn (O) và hai điểm B, C cố định trên (O), BC không là đường kính. Một điểm A thay đổi trên (O) sao cho tam giác ABC nhọn, không cân. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.
|
Lời giải
- Đường tròn ngoại tiếp tam giác AID cắt đường thẳng BC tại X. Khi đó \widehat{IAX}=\widehat{IDX}=90^\circ, nên AX là tia phân giác ngoài của góc A của tam giác ABC.
Tương tự, đường tròn ngoại tiếp tam giác BIE đi qua điểm Y là chân đường phân giác ngoài góc B và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIF đi qua điểm Z là chân đường phân giác ngoài góc C của tam giác. Ta có \dfrac{XB}{XC}\cdot \dfrac{YC}{YA}\cdot \dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AB}{CA}\cdot \dfrac{BC}{BA}\cdot \dfrac{CA}{CB}=1 nên theo định lí Menelaus X, Y, Z thẳng hàng.
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AID, BIE, CIF lần lượt là trung điểm của IX, IY, IZ nên chúng thẳng hàng. Suy ra các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác AID, BIE, CIF có hai điểm chung. - BI cắt EF tại L'. Ta có \triangle BFL'=\triangle BDL' nên L'B là tia phân giác của góc \widehat{FL'D} \quad (1).
Mặt khác \dfrac{DB}{DC}\cdot \dfrac{EC}{EA}\cdot \dfrac{FA}{FB}=1 nên AD, BE, CF đồng quy.
Theo mô hình tứ giác toàn phần, ta có L'(F,D,B,C)=-1\quad (2).
Từ (1) và (2) ta có L'B\perp L'C.
Tương tự nếu gọi M' là giao điểm của CI với EF thì M'B\perp M'C. Xét hai tam giác M'GH và BDI có M'B, GD, HI đôi một song song nên theo định lí Desargues, giao điểm của các cặp đường thẳng GH và DI, M'H và BI, M'G và BD thẳng hàng hay C, L', K thẳng hàng. Từ đó ta có CK\perp BI.
Ta có L'\equiv L và I là trực tâm của tam giác KBC, do đó M'\equiv M. \widehat{BMC}=\widehat{BLC}=90\circ nên tứ giác BMLC nội tiếp. Do đó các tam giác IML và IBC đồng dạng. IN là đường trung tuyến của tam giác IML nên nó là đường đối trung của tam giác IBC \quad(3).
Gọi J, T lần lượt là trung điểm của cung nhỏ và cung lớn \overset\frown{BC} của đường tròn (O). Ta có \widehat{JBI}=\widehat{JIB}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{ABC}+\widehat{BAC}\right) nên JI=JB, hiển nhiên JB=JC nên J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.
TB\perp JB và TC\perp JC nên T là giao điểm của các tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. Từ đó IT là đường đường đối trung của tam giác IBC \quad (4).
Từ (3) và (4) suy ra I, N, T thẳng hàng. Hay nói cách khác đường thẳng IN đi qua điểm T cố định.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét