Bài 1. Giải hệ phương trình trên tập số thực $\left\{ \begin{array}{l}&2x=y(1-x^2)\quad (1)\\&2y=z(1-y^2)\quad (2)\\&2z=x(1-z^2)\quad (3).\end{array} \right.$ |
Nhận thấy $x=\pm 1$ không là nghiệm của $(1)$; $y=\pm 1$ không là nghiệm của
$(2)$; $z=\pm 1$ không là nghiệm của $(3)$.
Khi $x\neq \pm 1$, ta có $y=\dfrac{2x}{1-x^2}$. Đặt $x=\tan \alpha$, $\left(-\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \dfrac{\pi}{2}; \alpha\neq \pm\dfrac{\pi}{4}\right)$. Khi đó \[ y=\dfrac{2x}{1-x^2}=\dfrac{2\tan \alpha}{1-\tan^2\alpha}=\tan 2\alpha. \] Từ $(2)$ suy ra $z=\tan 4\alpha$; từ $(3)$ suy ra $x=\tan 8\alpha$.
Vậy $\tan 8\alpha=\tan \alpha\Leftrightarrow \alpha=\dfrac{k\pi}{7}$, $(k\in\mathbb{Z})$.
Do $-\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$, $\alpha\neq \pm\dfrac{\pi}{4}$ nên hệ có nghiệm là $(0;0;0)$, $\left(\tan\dfrac{\pi}{7};\tan\dfrac{2\pi}{7};\tan\dfrac{4\pi}{7}\right)$ và các hoán vị, $\left(\tan\dfrac{-\pi}{7};\tan\dfrac{-2\pi}{7};\tan\dfrac{-4\pi}{7}\right)$ và các hoán vị.
Khi $x\neq \pm 1$, ta có $y=\dfrac{2x}{1-x^2}$. Đặt $x=\tan \alpha$, $\left(-\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \dfrac{\pi}{2}; \alpha\neq \pm\dfrac{\pi}{4}\right)$. Khi đó \[ y=\dfrac{2x}{1-x^2}=\dfrac{2\tan \alpha}{1-\tan^2\alpha}=\tan 2\alpha. \] Từ $(2)$ suy ra $z=\tan 4\alpha$; từ $(3)$ suy ra $x=\tan 8\alpha$.
Vậy $\tan 8\alpha=\tan \alpha\Leftrightarrow \alpha=\dfrac{k\pi}{7}$, $(k\in\mathbb{Z})$.
Do $-\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$, $\alpha\neq \pm\dfrac{\pi}{4}$ nên hệ có nghiệm là $(0;0;0)$, $\left(\tan\dfrac{\pi}{7};\tan\dfrac{2\pi}{7};\tan\dfrac{4\pi}{7}\right)$ và các hoán vị, $\left(\tan\dfrac{-\pi}{7};\tan\dfrac{-2\pi}{7};\tan\dfrac{-4\pi}{7}\right)$ và các hoán vị.
Bài 2. Cho dãy số $(u_n)$ thoả mãn $\left\{ \begin{array}{l}&u_1=1\\&u_{n+1}=\dfrac{2u_n^2+5u_n+2}{u_n^2+u_n+1}\end{array} \right.$, $n\geq 1$, $n\in\mathbb{N}$. Chứng minh dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. |
Ta thấy $u_n > 0$, $\forall n\in\mathbb{N}^{\ast}$ và từ
\[ u_{n+1}=\dfrac{2u_n^2+5u_n+2}{u_n^2+u_n+1}=2+\dfrac{3u_n}{u_n^2+u_n+1}
=3-\dfrac{u_n^2-2u_n+1}{u_n^2+u_n+1}
=3-\dfrac{(u_n-1)^2}{u_n^2+u_n+1} \]
suy ra $2 < u_n < 3$, $\forall n\in\mathbb{N}^{\ast}$.
Xét hàm số $f(x)=\dfrac{2x^2+5x+2}{x^2+x+1}$, $x\in(2;3)$, ta có \[ f'(x)=\dfrac{-3x^2+3}{(x^2+x+1)^2}=\dfrac{3(1-x^2)}{(x^2+x+1)^2} < 0,\;\forall x\in(2;3). \] Vậy, $f(x)$ là hàm số nghịch biến trên $(2;3)$.
Dãy số đã cho có thể viết dưới dạng $\left\{ \begin{array}{l}&u_1=1\\&u_{n+1}=f(u_n),\;n\geq 1,\;n\in\mathbb{N}.\end{array} \right.$
Ta thấy $u_3=\dfrac{35}{13}$ cho nên \[ 1=u_1 < u_3\Rightarrow f(u_1) > f(u_3)\Rightarrow u_2 > u_4\Rightarrow f(u_2) < f(u_3)\Rightarrow u_3 < u_5. \] Tương tự như vậy, ta suy ra
Xét $(1)$, $a=b$, vậy $\lim u_{2n}=\lim u_{2n+1}=a$, khi đó $a$ phải thoả \[ a=\dfrac{2a^2+5a+2}{a^2+a+1}\Leftrightarrow a^3-a^2-4a-2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&a=-1\\&a=1-\sqrt{3}\\&a=1+\sqrt{3}.\end{array} \right. \] Do $a\in\left[2;3\right]$ nên ta chọn $a=1+\sqrt{3}$.
Vậy dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và $\lim u_n=1+\sqrt{3}$.
Xét hàm số $f(x)=\dfrac{2x^2+5x+2}{x^2+x+1}$, $x\in(2;3)$, ta có \[ f'(x)=\dfrac{-3x^2+3}{(x^2+x+1)^2}=\dfrac{3(1-x^2)}{(x^2+x+1)^2} < 0,\;\forall x\in(2;3). \] Vậy, $f(x)$ là hàm số nghịch biến trên $(2;3)$.
Dãy số đã cho có thể viết dưới dạng $\left\{ \begin{array}{l}&u_1=1\\&u_{n+1}=f(u_n),\;n\geq 1,\;n\in\mathbb{N}.\end{array} \right.$
Ta thấy $u_3=\dfrac{35}{13}$ cho nên \[ 1=u_1 < u_3\Rightarrow f(u_1) > f(u_3)\Rightarrow u_2 > u_4\Rightarrow f(u_2) < f(u_3)\Rightarrow u_3 < u_5. \] Tương tự như vậy, ta suy ra
- $u_1 < u_3 < u_5 < \ldots$ Vậy dãy $(u_{2n+1})$ tăng và bị chặn trên bởi $3$ nên tồn tại giới hạn hữu hạn là $a\in\left[2;3\right]$;
- $u_2 > u_4 > u_6 > \ldots$ Vậy dãy $(u_{2n})$ giảm và bị chặn dưới bởi $2$ nên tồn tại giới hạn hữu hạn là $b\in\left[2;3\right]$.
Xét $(1)$, $a=b$, vậy $\lim u_{2n}=\lim u_{2n+1}=a$, khi đó $a$ phải thoả \[ a=\dfrac{2a^2+5a+2}{a^2+a+1}\Leftrightarrow a^3-a^2-4a-2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&a=-1\\&a=1-\sqrt{3}\\&a=1+\sqrt{3}.\end{array} \right. \] Do $a\in\left[2;3\right]$ nên ta chọn $a=1+\sqrt{3}$.
Vậy dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và $\lim u_n=1+\sqrt{3}$.
Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$, $q$ sao cho $pq\mid (2^p+2^q)$. |
Xét $p$, $q > 2$. Đặt $p=2^h\cdot n+1$, $q=2^k\cdot m+1$, trong đó $m$, $n$ là
các số nguyên dương lẻ, $h$, $k\in\mathbb{Z}^+$.
Ta có $pq\mid 2^p+2^q\Rightarrow 0\equiv 2^p+2^q\equiv 2^p+2=2(2^{p-1}+1)$ (mod $q$) (theo định lý Fermat nhỏ).
Suy ra \[ 2^{p-1}\equiv -1\;(\text{mod }q) \Rightarrow 2^{2^h\cdot n}\equiv -1\;(\text{mod }q)\tag{1}. \] Đặt $x=2^n$. Từ $(1)$ ta được $x^{2^h}\equiv -1$ (mod $q$) $\Rightarrow x^{2^{h+1}}=(x^{2^h})^2\equiv 1$ (mod $q$) và $x^{2^h}\not\equiv 1$ (mod $q$).
Do đó $ord_q(x)=2^{h+1}$ ($ord_q(x)$ là cấp của $x$ modulo $q$, là số nguyên dương nhỏ nhất thoả $x^{ord_q(x)}\equiv 1$\;(mod $q$)).
Ta chứng minh tính chất sau: \[\forall s\in\mathbb{Z}^+$, $x^s\equiv 1 (mod q) \Leftrightarrow ord_q(x)\mid s.\tag{2}\]
Tức là $2^{h+1}=ord_q(x)\mid q-1=2^k\cdot m\Rightarrow h+1\leq k$. Tương tự ta có $k+1\leq h$. Suy ra $h+2\leq k+1\leq h$ (mâu thuẫn). Vậy $p=2$ hoặc $q=2$.
Ta có $pq\mid 2^p+2^q\Rightarrow 0\equiv 2^p+2^q\equiv 2^p+2=2(2^{p-1}+1)$ (mod $q$) (theo định lý Fermat nhỏ).
Suy ra \[ 2^{p-1}\equiv -1\;(\text{mod }q) \Rightarrow 2^{2^h\cdot n}\equiv -1\;(\text{mod }q)\tag{1}. \] Đặt $x=2^n$. Từ $(1)$ ta được $x^{2^h}\equiv -1$ (mod $q$) $\Rightarrow x^{2^{h+1}}=(x^{2^h})^2\equiv 1$ (mod $q$) và $x^{2^h}\not\equiv 1$ (mod $q$).
Do đó $ord_q(x)=2^{h+1}$ ($ord_q(x)$ là cấp của $x$ modulo $q$, là số nguyên dương nhỏ nhất thoả $x^{ord_q(x)}\equiv 1$\;(mod $q$)).
Ta chứng minh tính chất sau: \[\forall s\in\mathbb{Z}^+$, $x^s\equiv 1 (mod q) \Leftrightarrow ord_q(x)\mid s.\tag{2}\]
- $(\Leftarrow)$ Giả sử $ord_q(x)\mid s$, tức là $s=ord_q(x)\cdot t$, do đó $x^s=\left(x^{ord_q(x)}\right)^t\equiv 1$ (mod $q$).
- $(\Rightarrow)$ Giả sử $s\in\mathbb{Z}^+$, $x^s\equiv 1$ (mod $q$).
Ta viết $s=ord_q(x)\cdot t+r$ ($0\leq r < ord_q(x)$),
khi đó $1\equiv x^s=x^{ord_q(x)\cdot t}\cdot x^r\equiv x^r$ (mod $q$).
Do tính chất nhỏ nhất của $ord_q(x)$ và $x\leq r < ord_q(x)$ nên $r=0$, tức là $ord_q(x)\mid s$.
Tức là $2^{h+1}=ord_q(x)\mid q-1=2^k\cdot m\Rightarrow h+1\leq k$. Tương tự ta có $k+1\leq h$. Suy ra $h+2\leq k+1\leq h$ (mâu thuẫn). Vậy $p=2$ hoặc $q=2$.
- Nếu $q=2$ thì $0\equiv 2^p+2^q=2^p+4\equiv 2+4=6$ (mod $p$) $\Rightarrow p=2$ hoặc $p=3$.
- Nếu $p=2$ thì $0\equiv 2^p+2^q=2^q+4\equiv 2+4$ (mod $q$) $\Rightarrow q=2$ hoặc $q=3$.
Bài 4. Trong tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt tại $D$, $E$, $F$. Một đường tròn $(w)$ đi qua $A$ và tiếp xúc với $BC$ tại $D$ cắt các đường thẳng $BF$, $CE$ tương ứng tại $K$ và $L$. Đường thẳng đi qua $E$ và song song với $DL$ cắt đường thẳng đi qua $F$ và song song với $DK$ tại $P$. Đặt $R_1$, $R_2$, $R_3$, $R_4$ lần lượt là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AFD$, $AED$, $FPD$, $EPD$. Chứng minh rằng $R_1\cdot R_4=R_2\cdot R_3$. |
Trước hết ta chứng minh bổ đề:<> Cho hai đường tròn $(O_1;R_1)$,
$(O_2;R_2)$ tiếp
xúc trong tại $I$ ($R_1 > R_2$). Gọi $A$, $B$ là hai điểm bất kì thuộc
$(O_1;R_1)$. Vẽ các tiếp tuyến $AC$, $BD$ của $(O_2;R_2)$ ($C$,
$D\in(O_2;R_2)$). Khi đó ta có $\dfrac{IA}{IB}=\dfrac{AC}{BD}$.
Chứng minh.<>
Gọi $E$, $F$ lần lượt là giao điểm của $IA$, $IB$ với $(O_2;R_2)$.
Dễ thấy rằng $EF\parallel AB$.
Ta có $\dfrac{AC^2}{BD^2}=\dfrac{AE\cdot AI}{BF\cdot BI}=\dfrac{AI^2}{BI^2}$ (do $EF\parallel AB$ nên $\dfrac{AI}{BI}=\dfrac{AE}{BF}$) hay $\dfrac{IA}{BI}=\dfrac{AC}{BD}$.
Ta quay lại bài toán. Hình vẽ như sau
Áp dụng định lý sin ta có
{
\begin{align*}
&R_1=\dfrac{AD}{2\sin \widehat{AFD}}=\dfrac{AD}{2\sin \widehat{KFD}};\; R_2=\dfrac{AD}{2\sin \widehat{AED}}=\dfrac{AD}{2\sin \widehat{LED}}\\
&R_3=\dfrac{PD}{2\sin \widehat{PFD}}=\dfrac{PD}{2\sin \widehat{FDK}};\;R_4=\dfrac{PD}{2\sin \widehat{PED}}=\dfrac{PD}{2\sin \widehat{EDL}}.
\end{align*}
}Xét tỉ số $A=\dfrac{R_1\cdot R_4}{R_2\cdot R_3}=\dfrac{\sin \widehat{LED}}{\sin\widehat{EDL}}\cdot\dfrac{\sin\widehat{FDK}}{\sin\widehat{KFD}}$.
Áp dụng định lý sin cho các tam giác $DFK$, $DEL$, ta có $A=\dfrac{FK}{DK}\cdot\dfrac{DL}{EL}$.
Mặt khác, theo bổ đề trên, ta có $\dfrac{DK}{DL}=\dfrac{KF}{LE}$, nên suy ra $A=1$.
Vậy $R_1\cdot R_4=R_2\cdot R_3$.
Chứng minh.<>
Ta có $\dfrac{AC^2}{BD^2}=\dfrac{AE\cdot AI}{BF\cdot BI}=\dfrac{AI^2}{BI^2}$ (do $EF\parallel AB$ nên $\dfrac{AI}{BI}=\dfrac{AE}{BF}$) hay $\dfrac{IA}{BI}=\dfrac{AC}{BD}$.
Ta quay lại bài toán. Hình vẽ như sau
Áp dụng định lý sin cho các tam giác $DFK$, $DEL$, ta có $A=\dfrac{FK}{DK}\cdot\dfrac{DL}{EL}$.
Mặt khác, theo bổ đề trên, ta có $\dfrac{DK}{DL}=\dfrac{KF}{LE}$, nên suy ra $A=1$.
Vậy $R_1\cdot R_4=R_2\cdot R_3$.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét