Bài 1. So sánh hai số sau A=\dfrac{1}{5}+\dfrac{2}{5^2}+\dfrac{3}{5^3}+\cdots+\dfrac{2018}{5^{2018}};\quad B=\dfrac{2018}{2019}. |
Từ \dfrac{4}{5^n}=\dfrac{5-1}{5^n}=\dfrac{1}{5^{n-1}}-\dfrac{1}{5^n} có hệ thức
\dfrac{4}{5^n}=\dfrac{1}{5^{n-1}}-\dfrac{1}{5^n} \tag{1}
và
\dfrac{4n}{5^n}=\dfrac{n}{5^{n-1}}-\dfrac{n}{5^n} \tag{2}.
Sử dụng hệ thức (2) khi cho n lần lượt lấy 2018 giá trị từ 1,2,3,\ldots đến 2018 ta được
\begin{align*}
4A&= 4\left(\dfrac{1}{5}+\dfrac{2}{5^2}+\dfrac{3}{5^3}+\cdots+\dfrac{2017}{5^{2017}}+\dfrac{2018}{5^{2018}}\right)\\
&=\dfrac{4}{5}+\dfrac{4\cdot 2}{5^2}+\dfrac{4\cdot 3}{5^3}+\cdots+\dfrac{4\cdot 2017}{5^{2017}}+\dfrac{4\cdot 2018}{5^{2018}}\\
&=\left(\dfrac{5}{5}-\dfrac{1}{5}\right)+\left(\dfrac{2}{5}-\dfrac{2}{5^2}\right)+\left(\dfrac{3}{5^2}-\dfrac{3}{5^3}\right)+\cdots
+ \left(\dfrac{2017}{5^{2016}}-\dfrac{2017}{5^{2017}}\right)+\left(\dfrac{2018}{5^{2017}}-\dfrac{2018}{5^{2018}}\right)\\
&= 1+\left(\dfrac{2}{5}-\dfrac{1}{5}\right)+\left(\dfrac{3}{5^2}-\dfrac{2}{5^2}\right)+\left(\dfrac{4}{5^3}-\dfrac{3}{5^3}\right)+\cdots
+ \left(\dfrac{2018}{5^{2017}}-\dfrac{2017}{5^{2017}}\right)-\dfrac{2018}{5^{2018}}\\
&= 1+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5^3}+\cdots+\dfrac{1}{5^{2017}}-\dfrac{2018}{5^{2018}}\\
&= 1+C-\dfrac{2018}{5^{2018}} < 1+C \tag{3}.
\end{align*}
trong đó C=\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5^3}+\cdots+\dfrac{1}{5^{2017}}.
Tương tự trên, sử dụng hệ thức (1) khi cho n lần lượt lấy 2017 giá trị từ 1, 2, 3, \ldots đến 2017 ta được \begin{align*} 4C&=4\left(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5^3}+\cdots+\dfrac{1}{5^{2016}}+\dfrac{1}{5^{2017}}\right) \\ &=\dfrac{4}{5}+\dfrac{4}{5^2}+\dfrac{4}{5^3}+\cdots+\dfrac{4}{5^{2016}}+\dfrac{4}{5^{2017}}\\ &=\left(\dfrac{5}{5}-\dfrac{1}{5}\right)+\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{5^2}\right)+\left(\dfrac{1}{5^2}-\dfrac{1}{5^3}\right)+\cdots +\left(\dfrac{1}{5^{2015}}-\dfrac{1}{5^{2016}}\right)+\left(\dfrac{1}{5^{2016}}-\dfrac{1}{5^{2017}}\right)\\ &=1 -\dfrac{1}{5^{2017}} < 1 \tag{4}. \end{align*} Từ (3) và (4) có 16A < 4+4C < 5, suy ra A < \dfrac{5}{16} mà \dfrac{5}{16} < \dfrac{15}{16}=1-\dfrac{1}{16} < 1-\dfrac{1}{2019}=\dfrac{2018}{2019} nên A < B.
Tương tự trên, sử dụng hệ thức (1) khi cho n lần lượt lấy 2017 giá trị từ 1, 2, 3, \ldots đến 2017 ta được \begin{align*} 4C&=4\left(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5^3}+\cdots+\dfrac{1}{5^{2016}}+\dfrac{1}{5^{2017}}\right) \\ &=\dfrac{4}{5}+\dfrac{4}{5^2}+\dfrac{4}{5^3}+\cdots+\dfrac{4}{5^{2016}}+\dfrac{4}{5^{2017}}\\ &=\left(\dfrac{5}{5}-\dfrac{1}{5}\right)+\left(\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{5^2}\right)+\left(\dfrac{1}{5^2}-\dfrac{1}{5^3}\right)+\cdots +\left(\dfrac{1}{5^{2015}}-\dfrac{1}{5^{2016}}\right)+\left(\dfrac{1}{5^{2016}}-\dfrac{1}{5^{2017}}\right)\\ &=1 -\dfrac{1}{5^{2017}} < 1 \tag{4}. \end{align*} Từ (3) và (4) có 16A < 4+4C < 5, suy ra A < \dfrac{5}{16} mà \dfrac{5}{16} < \dfrac{15}{16}=1-\dfrac{1}{16} < 1-\dfrac{1}{2019}=\dfrac{2018}{2019} nên A < B.
Bài 2. Cho P là một điểm nằmtrong \Delta ABC sao cho \widehat{PBC}=30^{\circ}, \widehat{PBA}=8^{\circ} và \widehat{PAB}=\widehat{PAC}=22^{\circ}. Tính số đo của \widehat{APC}. |
Vẽ \triangle ABQ cân tại A, đường cao AH và gọi D là giao điểm của AH và BC. Vì \widehat{BPH} là góc ngoài của tam giác \triangle APB nên \widehat{BPH}=22^\circ+8^\circ=30^\circ.
Xét \triangle BPD ta có
\widehat{BPD}=\widehat{PBD}=30^{\circ}\Rightarrow\widehat{BDP}=180^{\circ}-2\cdot 30^{\circ}=120^{\circ}.
Vì \triangle ABQ cân tại A và \widehat{BAQ}=44^{\circ} nên
\widehat{ABQ}=\widehat{AQB}=\dfrac{180^\circ-44^\circ}{2}=68^\circ \Rightarrow \widehat{DBQ}=30^{\circ} \Rightarrow \widehat{PBQ}=60^\circ.
Xét \triangle BPQ có PH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến suy ra \triangle BPQ là tam giác cân, lại có \widehat{PBQ}=60^\circ suy ra \triangle BPQ là tam giác đều suy ra BP=PQ. Xét \triangle BPC và \triangle BQC có
\left\{ \begin{array}{l}&BP=BQ\\&\widehat{PBC}=\widehat{QBC}\\&BC \text{ chung}\end{array} \right. \Rightarrow \triangle BPC=\triangle BQC \text{ (c.g.c) } \Rightarrow\widehat{BPC}=\widehat{BQC}=68^{\circ}.
\Rightarrow \widehat{APC} =360^\circ-\widehat{APB}-\widehat{BPC}=360^\circ-150^\circ-68^\circ=142^\circ.
Vậy \widehat{APC}=142^\circ.
Vậy \widehat{APC}=142^\circ.
Bài 3. Giải phương trình \dfrac{1}{5x^2-x+3}+\dfrac{1}{5x^2+x+7}+\dfrac{1}{5x^2+3x+13}+\dfrac{1}{5x^2+5x+21}=\dfrac{4}{x^2+6x+5} \text{ với } x > 0. |
Ta có phương trình
\dfrac{1}{5x^2-x+3}+\dfrac{1}{5x^2+x+7}+\dfrac{1}{5x^2+3x+13}+\dfrac{1}{5x^2+5x+21}=\dfrac{4}{x^2+6x+5} \text{ với } x > 0. \tag{1}
Nhận thấy, với x > 0 thì
\begin{eqnarray*}
5x^2-x+3&=&\left(4x^2-4x+1\right)+\left(x^2+3x+2\right)\\
&=&(2x-1)^2+(x+1)(x+2)\geq(x+1)(x+2) > 0.\\
5x^2+x+7&=&\left(4x^2-4x+1\right)+\left(x^2+5x+6\right)\\
&=&(2x-1)^2+(x+2)(x+3)\geq(x+2)(x+3) > 0.\\
5x^2+3x+13&=&\left(4x^2-4x+1\right)+\left(x^2+7x+12\right)\\
&=&(2x-1)^2+(x+3)(x+4)\geq(x+3)(x+4) > 0.\\
5x^2+5x+21&=&\left(4x^2-4x+1\right)+\left(x^2+9x+20\right)\\
&=&(2x-1)^2+(x+4)(x+5)\geq(x+4)(x+5) > 0.
\end{eqnarray*}
Do đó phương trình (1) luôn xác định với mọi x > 0. Từ đó áp dụng BĐT:
Nếu a\geq b > 0 thì \dfrac{1}{a}\leq\dfrac{1}{b}, ta có \begin{eqnarray*} &&\dfrac{1}{5x^2-x+3}+\dfrac{1}{5x^2+x+7}+\dfrac{1}{5x^2+3x+13}+\dfrac{1}{5x^2+5x+21}\\ &\leq&\dfrac{1}{(x+1)(x+2)}+\dfrac{1}{(x+2)(x+3)}+\dfrac{1}{(x+3)(x+4)}+\dfrac{1}{(x+4)(x+5)}\\ &=&\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+2}+\dfrac{1}{x+2}-\dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{x+3}-\dfrac{1}{x+4}+\dfrac{1}{x+4}-\dfrac{1}{x+5}\\ &=&\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+5}=\dfrac{4}{(x+1)(x+5)}=\dfrac{4}{x^2+6x+5}. \end{eqnarray*} Do đó VT (1) \le VP (1), đẳng thức xảy ra khi (2x-1)^2=0\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2} \;(\text{thỏa mãn } x > 0). Vậy nghiệm của phương trình (1) với x > 0 là x=\dfrac{1}{2}.
Nếu a\geq b > 0 thì \dfrac{1}{a}\leq\dfrac{1}{b}, ta có \begin{eqnarray*} &&\dfrac{1}{5x^2-x+3}+\dfrac{1}{5x^2+x+7}+\dfrac{1}{5x^2+3x+13}+\dfrac{1}{5x^2+5x+21}\\ &\leq&\dfrac{1}{(x+1)(x+2)}+\dfrac{1}{(x+2)(x+3)}+\dfrac{1}{(x+3)(x+4)}+\dfrac{1}{(x+4)(x+5)}\\ &=&\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+2}+\dfrac{1}{x+2}-\dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{x+3}-\dfrac{1}{x+4}+\dfrac{1}{x+4}-\dfrac{1}{x+5}\\ &=&\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+5}=\dfrac{4}{(x+1)(x+5)}=\dfrac{4}{x^2+6x+5}. \end{eqnarray*} Do đó VT (1) \le VP (1), đẳng thức xảy ra khi (2x-1)^2=0\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2} \;(\text{thỏa mãn } x > 0). Vậy nghiệm của phương trình (1) với x > 0 là x=\dfrac{1}{2}.
Bài 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Trên các cạnh AD và CD lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho MD+DN=a. Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng BN và AD. Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng BM và CD. Chứng minh ME^2-NE^2+NF^2-MF^2=2a^2. |
Sử dụng định lý Py-ta-go cho các tam giác vuông DNE và DMF ta có
\begin{eqnarray*}
&&ME^2-NE^2+NF^2-MF^2\\
&=&(MD+DE)^2+(ND+DF)^2-NE^2-MF^2\\
&=&2MD\cdot DE+2ND\cdot DF-\left(NE^2-ND^2\right)-\left(MF^2-DF^2\right)+DE^2+MD^2\\
&=&2MD\cdot DE+2ND\cdot DF.
\end{eqnarray*}
Mặt khác, từ giả thiết suy ra MD=NC và AM=DN. Vậy
\begin{eqnarray*}
&&2MD\cdot DE=2CN\cdot DE=4 \cdot S_{\triangle CNE}.\\
&&2ND\cdot DF=2AM\cdot DF=4 \cdot S_{\triangle MF}.
\end{eqnarray*}
Lại có
\begin{eqnarray*}
&&S_{\triangle CNE}=S_{\triangle BND} \;(\text{tính chất hình thang } BCED).\\
&&S_{\triangle AMF}=S_{\triangle BMD} \;(\text{tính chất hình thang } BAFD).\\
&&S_{\triangle BND}=S_{\triangle BMA} \;(\text{vì } DN=AM).\\
&&S_{\triangle BMD}=S_{\triangle BNC}\;(\text{vì } DM=CN).
\end{eqnarray*}
Từ đó suy ra
\begin{eqnarray*}
&&4\cdot S_{\triangle CNE}=4 \cdot S_{\triangle BND}=2\left(S_{\triangle BND}+S_{\triangle BMA}\right).\\
&&4 \cdot S_{\triangle AMF}=4 \cdot S_{\triangle BMD}=2\left(S_{\triangle BMD}+S_{\triangle BNC}\right).
\end{eqnarray*}
Do đó
\begin{eqnarray*}
ME^2-NE^2+NF^2-MF^2&=&2MD\cdot DE+2ND\cdot DF\\
&=&4\cdot S_{\triangle CNE}+4\cdot S_{\triangle AMF}\\
&=&2\left(S_{\triangle BND}+S_{\triangle BMA}+S_{\triangle BMD}+S_{\triangle BNC}\right)\\
&=&2S_{ABCD}=2a^2.
\end{eqnarray*}
Bài 5. Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=\dfrac a{\sqrt a+\sqrt[3]{b c}}+\dfrac b{\sqrt[3]b+\sqrt[3]{c a}}+\dfrac c{\sqrt[4]c+\sqrt[3]{a b}}+\dfrac{9\sqrt[4]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)} |
Ta có:
(a+1)(b+1)(c+1)=a+b c+(a b c+b+c)+(a b+c a+1).
Áp dụng bất đằng thức Cauchy cho ba số dương
a b c+b+c\geq 3\sqrt[3]{a b^2c^2};\quad a b+c a+1\geq 3\sqrt[3]{a^2b c}. Suy ra (a+1)(b+1)(c+1)\geq a+b c+3\sqrt[3]{a b^2c^2}+3\sqrt[3]{a^2b c} =(\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c})^3.
Do đó \begin{align*} &\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c}\leq\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)} \tag{1}\\ \text{ hay } &\dfrac a{\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c}}\geq\dfrac a{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\tag{2} \end{align*} Tương tự: \begin{align*} &\dfrac b{\sqrt[3]b+\sqrt[3]{c a}}\geq\dfrac b{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}} \tag{3}\\ &\dfrac c{\sqrt[3]c+\sqrt[3]{a b}}\geq\dfrac c{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\tag{4} \end{align*} Cộng theo vế của ba bất đẳng thức (2), (3), (4) ta được:
P\geq\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}+\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}. Lại áp dụng bất đằng thức Cauchy cho hai số dương, ta được
P\geq\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}+\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)} \geq2\sqrt{\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\cdot\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}}=3 Dấu đằng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.
Vậy \min P=3, giá trị đó đạt được khi a=b=c=1.
Nhận xét. Điều then chốt của lời giải là chứng minh bất đẳng thức (1), từ đó suy ra các BĐT (2), (3), (4). Bất đẳng thức tổng quát của (1) là:
Với các số thực dương a,b,c,x,y,z ta có \sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq\sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}. Chứng minh bất đằng thức này như sau: Ta có: (a+x)(b+y)(c+z)=abc+xyz+(abz+bcx+cay)+(ayz+bzx+cxy) Áp dụng bất đằng thức Cauchy cho mỗi bộ ba số dương (abz+bcx+cay) và (ayz+bzx+cxy) suy ra kết quả. Dấu đằng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=x=y=z.
a b c+b+c\geq 3\sqrt[3]{a b^2c^2};\quad a b+c a+1\geq 3\sqrt[3]{a^2b c}. Suy ra (a+1)(b+1)(c+1)\geq a+b c+3\sqrt[3]{a b^2c^2}+3\sqrt[3]{a^2b c} =(\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c})^3.
Do đó \begin{align*} &\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c}\leq\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)} \tag{1}\\ \text{ hay } &\dfrac a{\sqrt[3]a+\sqrt[3]{b c}}\geq\dfrac a{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\tag{2} \end{align*} Tương tự: \begin{align*} &\dfrac b{\sqrt[3]b+\sqrt[3]{c a}}\geq\dfrac b{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}} \tag{3}\\ &\dfrac c{\sqrt[3]c+\sqrt[3]{a b}}\geq\dfrac c{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\tag{4} \end{align*} Cộng theo vế của ba bất đẳng thức (2), (3), (4) ta được:
P\geq\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}+\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}. Lại áp dụng bất đằng thức Cauchy cho hai số dương, ta được
P\geq\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}+\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)} \geq2\sqrt{\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\cdot\dfrac{9\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}}=3 Dấu đằng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.
Vậy \min P=3, giá trị đó đạt được khi a=b=c=1.
Nhận xét. Điều then chốt của lời giải là chứng minh bất đẳng thức (1), từ đó suy ra các BĐT (2), (3), (4). Bất đẳng thức tổng quát của (1) là:
Với các số thực dương a,b,c,x,y,z ta có \sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq\sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}. Chứng minh bất đằng thức này như sau: Ta có: (a+x)(b+y)(c+z)=abc+xyz+(abz+bcx+cay)+(ayz+bzx+cxy) Áp dụng bất đằng thức Cauchy cho mỗi bộ ba số dương (abz+bcx+cay) và (ayz+bzx+cxy) suy ra kết quả. Dấu đằng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=x=y=z.
Bài 6. Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn \dfrac 1{a b}+\dfrac 1{b c}+\dfrac 1{c d}+\dfrac 1{a d}=1. Chứng minh rằng \dfrac{a b c d}8+2\geq\sqrt{(a+c)\left(\dfrac 1 a+\dfrac 1 c\right)}+\sqrt{(b+d)\left(\dfrac 1 b+\dfrac 1 d\right)}. |
Từ giả thiết ở đề bài, nhân hai vế với abcd ta có:
abcd=cd+da+ab+bc=(a+c)(b+d).
Biến đổi và ba lần dùng bất đằng thức Cauchy cho hai số thực dương ta nhận được:
\begin{aligned}
&\sqrt{(a+c)\left(\dfrac 1a+\dfrac 1c\right)}+\sqrt{(b+d)\left(\dfrac 1b+\dfrac 1d\right)}\\
&=\dfrac{a+c}{\sqrt{a c}}+\dfrac{b+d}{\sqrt{b d}}=\dfrac{(a+c)\sqrt{b d}+(b+d)\sqrt{a c}}{\sqrt{a b c d}}\\
&\leq\dfrac{(a+c)\cdot\dfrac 12(b+d)+(b+d)\cdot\dfrac 12(a+c)}{\sqrt{a b c d}}\\
&=\dfrac{(a+c)(b+d)}{\sqrt{a b c d}}=\dfrac{a b c d}{\sqrt{a b c d}}=\sqrt{a b c d}=2\sqrt{\dfrac{a b c d}8\cdot 2}\\
&\leq\dfrac{a b c d}8+2 .
\end{aligned}
Bất đằng thức đã được chứng minh. Đằng thức xảy ra khi và chỉ khi
a=c,b=d,
abcd=(a+c)(b+d)=16 \Leftrightarrow c=a b=d=\dfrac4a (a là số thực dương tùy ý).
abcd=(a+c)(b+d)=16 \Leftrightarrow c=a b=d=\dfrac4a (a là số thực dương tùy ý).
Bài 7. Giải hệ phương trình ba ẩn số thực x,y,z: \left\{ \begin{array}{l} &x^{3}+2y^{3}=2x^{2}+z^{2} \\ &2x^{3}+3x^{2}=3y^{3}+2z^{2}+7 \\ &x^{3}+x^{2}+y^{2}+2xy=2xz+2yz+2. \end{array} \right. |
Xét hệ \left\{ \begin{array}{l}
&x^{3}+2y^{3}=2x^{2}+z^{2}&&(1) \\
&2x^{3}+3x^{2}=3y^{3}+2z^{2}+7&&(2)\\
&x^{3}+x^{2}+y^{2}+2xy=2xz+2yz+2.&&(3)
\end{array} \right.
Lấy (2)-2\times(1), ta được x^{2}-y^{3}=1.(4)
Thay (4) vào (1) ta được: x^3-z^2=2.(5)
Ta có: (3)\Leftrightarrow x^3-z^2+(x+y-z)^2=2, nên từ (5) suy ra: x+y-z=0 .(6)
Như vậy hệ đã cho được viết gọn lại dưới dạng (4), (5), (6).
Từ (5) suy ra: x^3=z^2+2\geq 2 nên suy ra y^3=x^2-1 > 0 (do x \geq \sqrt[3]{2}) nên ta cũng có y > 0 và y=\sqrt[3]{x^2-1}. Từ (6) có z=x+y > 0\Rightarrow z=\sqrt{x^3-2}. Khi đó \begin{align*} (6)&\Leftrightarrow x+\sqrt[3]{x^2-1}-\sqrt{x^3-2}=0\tag{6'}\\ &\Leftrightarrow(\sqrt[3]{x^2-1}-2)-[\sqrt{x^3-2}-(x+2)]=0\\ &\Leftrightarrow\dfrac{x^2-1-8}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}-\dfrac{x^3-2-(x+2)^2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}=0\\ &\Leftrightarrow\dfrac{x^2-9}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}-\dfrac{x^3-x^2-4x-6}{\sqrt{x^3-2}+x+2}=0\\ &\Leftrightarrow(x-3)\left[\dfrac{x+3}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}-\dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}\right]=0\\ &\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}&x=3\\ &\dfrac{x+3}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}=\dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}.\end{array} \right. \end{align*}Ta sẽ chứng minh PT(*) vô nghiệm bằng cách chứng tỏ VT(*) < 1 < VP\left(^{*}\right) với mọi x\geq\sqrt[3]2.
Thật vậy:
Từ (4), (5), (6) suy ra x, y, z dương và x^2+2x y+y^2=z^2=x^3-2
\Leftrightarrow y^3+1+y^2+2=x\left(x^2-2y\right)
\Rightarrow\left(y^3+y^2+3\right)^2=\left(y^3+1\right)\left(y^3-2y+1\right)^2
\Leftrightarrow(y-2)\left(y^3+2y^7+2y^5+6y^4+3y^3+3y^2+4y+4\right)=0
\Leftrightarrow y=2 (do y > 0). Suy ra x=3, z=5.
Thử lại thấy (x;y;z)=(3;2;5) là nghiệm của hệ đã cho.
Lấy (2)-2\times(1), ta được x^{2}-y^{3}=1.(4)
Thay (4) vào (1) ta được: x^3-z^2=2.(5)
Ta có: (3)\Leftrightarrow x^3-z^2+(x+y-z)^2=2, nên từ (5) suy ra: x+y-z=0 .(6)
Như vậy hệ đã cho được viết gọn lại dưới dạng (4), (5), (6).
Từ (5) suy ra: x^3=z^2+2\geq 2 nên suy ra y^3=x^2-1 > 0 (do x \geq \sqrt[3]{2}) nên ta cũng có y > 0 và y=\sqrt[3]{x^2-1}. Từ (6) có z=x+y > 0\Rightarrow z=\sqrt{x^3-2}. Khi đó \begin{align*} (6)&\Leftrightarrow x+\sqrt[3]{x^2-1}-\sqrt{x^3-2}=0\tag{6'}\\ &\Leftrightarrow(\sqrt[3]{x^2-1}-2)-[\sqrt{x^3-2}-(x+2)]=0\\ &\Leftrightarrow\dfrac{x^2-1-8}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}-\dfrac{x^3-2-(x+2)^2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}=0\\ &\Leftrightarrow\dfrac{x^2-9}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}-\dfrac{x^3-x^2-4x-6}{\sqrt{x^3-2}+x+2}=0\\ &\Leftrightarrow(x-3)\left[\dfrac{x+3}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}-\dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}\right]=0\\ &\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}&x=3\\ &\dfrac{x+3}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}=\dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2}.\end{array} \right. \end{align*}Ta sẽ chứng minh PT(*) vô nghiệm bằng cách chứng tỏ VT(*) < 1 < VP\left(^{*}\right) với mọi x\geq\sqrt[3]2.
Thật vậy:
- \dfrac{x+3}{(\sqrt{x^2-1+1)^2+3}} < 1\Leftrightarrow x < (\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2
\Leftrightarrow\sqrt x-1 < \sqrt[3]{x^2-1}\Leftrightarrow x\sqrt x-3x+3\sqrt x-1 < x^2-1
\Leftrightarrow\sqrt x(\sqrt x-1)(x+3) > 0: đúng với mọi x\geq\sqrt[3]2. - \dfrac{x^2+2x+2}{\sqrt{x^3-2}+x+2} > 1\Leftrightarrow x^2+x > \sqrt{x^3-2}
\Leftrightarrow x^4+2x^3+x^2 > x^3-2\Leftrightarrow x^4+x^3+x^2+2 > 0: đúng với mọi x\geq\sqrt[3]2.
Từ đó suy ra hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y;z)=(3;2;5).
Từ (4), (5), (6) suy ra x, y, z dương và x^2+2x y+y^2=z^2=x^3-2
\Leftrightarrow y^3+1+y^2+2=x\left(x^2-2y\right)
\Rightarrow\left(y^3+y^2+3\right)^2=\left(y^3+1\right)\left(y^3-2y+1\right)^2
\Leftrightarrow(y-2)\left(y^3+2y^7+2y^5+6y^4+3y^3+3y^2+4y+4\right)=0
\Leftrightarrow y=2 (do y > 0). Suy ra x=3, z=5.
Thử lại thấy (x;y;z)=(3;2;5) là nghiệm của hệ đã cho.
Bài 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), BO, CO cắt đường cao AD của tam giác lần lượt tại E, F . Gọi I, J lần lượt là tâm của đường tròn (ACF), (ABE). K, H lần lượt thuộc AB, AC sao cho JK\parallel A O \parallel IH. Giả sử IJ cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng giao điểm của MH, NK thuộc đường trung bình đối diện góc A của tam giác ABC. |
Gọi S là giao điểm của MH và NK; P, Q lần lượt là trung điểm của AB và AC. Khi đó ba điểm I, O, Q thắng hàng; ba điểm J, P, O thằng hàng. Ta có: \widehat{BAF}=\widehat{OAC}=\widehat{OCA}=\widehat{ACF}, suy ra
BA là tiếp tuyến của đường tròn (I), dẫn đến AB \perp AI. Vì OP\perp AB nên OJ \perp AB \Rightarrow OJ \parallel AI. Tương tự ta có: O I \parallel AJ, suy ra tứ giác AIOJ là hình bình hành.
Gọi R là giao điểm của OA và IJ thì RA=RO. Từ đó để ý rằng AO \parallel IH
ta thấy (IH,IN,IQ,IA)=-1 \Rightarrow(HNQA)=-1.
Tương tự ta có: (KMPA)=-1. Do đó
(AMPK)=(AHQN)=-1, dẫn tới MH, PQ, KN đồng quy (tại S) hay S thuộc PQ. Ta có điều cần chứng minh.
Bài 9. Giải phương trình 8^x + 27^{\frac{1}{x}} + 2^{x+1} \cdot 3^{\frac{x+1}{x}} + 2^x \cdot 3^{\frac{2x+1}{x}} = 125. |
- Điều kiện xác định của phương trình là x \ne 0.
- Biến đổi tương đương từ phương trình ban đầu ta có
\left( 2^x\right)^3 + \left( 3^{\frac{1}{x}}\right)^3 + 15 \cdot 2^x \cdot 3^{\frac{1}{x}} - 125 = 0.
Đặt a = 2^x > 0; b = 3^{\frac{1}{x}} > 0 ta được
\begin{eqnarray*}
a^3 + b^3 + 15ab - 125 = 0 &\Leftrightarrow& \left( a+ b\right)^3 - 3ab\left( a+b\right) + 15ab - 125 = 0\\
&\Leftrightarrow&\left( a+b - 5\right) \left( a^2 - ab + b^2+ 5a + 5b + 25\right) = 0\\
&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{2}\left( a+b -5\right) \left[ \left( a-b\right) ^2 + \left( a+5\right)^2 + \left( b + 5\right)^2\right] = 0\\
&\Leftrightarrow&\left[ \begin{array}{l}&a + b = 5\\&a = b = -5\end{array} \right.\\
&\Leftrightarrow&a + b = 5.
\end{eqnarray*}
Từ đó ta có
2^x + 3^{\frac{1}{x}} = 5.
Dễ dàng thấy x_1 = 1; x_2 = \log_{2}3 là hai nghiệm của phương trình 2^x + 3^{\frac{1}{x}} = 5. Bây giờ ta sẽ chứng minh đây là hai nghiệm duy nhất của nó.
Thật vậy, xét hàm số f\left( x \right) = 2^x + 3^{\frac{1}{x}} - 5\; \text{trên miền} \;\left( 0; + \infty\right)\; \left( \text{vì}\; x < 0\; \text{thì}\; 2^x + 3^{\frac{1}{x}} < 2^0 + 3^0 = 2 < 5 \right). Ta có f'\left( x\right) = 2^x \ln2 - \dfrac{1}{x^2}3^{\frac{1}{x}} \ln3. Ta có f''\left( x\right) =2^x \left( \ln2\right)^2 + \dfrac{2 \ln 3}{x^3} \cdot 3^{\frac{1}{x}} + \dfrac{\left( \ln 3\right)^2}{x^4} \cdot 3^{\frac{1}{x}} > 0.
Bài 10. Ta ký hiệu \left[ x\right] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x, \left\lbrace x\right\rbrace = x -\left[ x\right]. Cho dãy số \left( u_n\right) với u_n = \left\lbrace \dfrac{2^{2n + 1} + n^2 + n + 2}{2^{2n+1} + 2}\right\rbrace . Có bao nhiêu số hạng của dãy \left( u_n\right) thỏa mãn \dfrac{2526 \cdot 2^{n-99}}{2^n + 1} \le u_n \le \dfrac{23}{65}. |
Ta có
u_n = \left\lbrace \dfrac{2^{2n + 1} + n^2 + n + 2}{2^{2n+1} + 2}\right\rbrace = \left\lbrace 2^n - 1 + \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2}\right\rbrace = \left\lbrace \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2}\right\rbrace.
Với n = 1, u_1 = 0; n = 2, u_2 = 0 (không thỏa mãn đề bài). Với n \ge 3 dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng 2^{n+1} \ge n^2 + n +4, thành thử
0 < \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2} < 1.
Do đó u_n = \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2}\;\left( n \ge 3\right). Ta có
\dfrac{2526 \cdot 2^{n-99}}{2^{n}+1} \le u_n \le \dfrac{23}{65} \Leftrightarrow 1263 \cdot 2^{n-97}\le n^2 + n + 4 \le \dfrac{46\left( 2^n + 1\right) }{65}. \tag{*}
Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp khẳng định \rm i) và \rm ii) sau:
- Với n \ge 7 thì \dfrac{46 \cdot 2^n}{65} > n^2 +n + 4.
- Với n > 101 thì 1263 \cdot 2^{n -97} \ge n^2 +n + 4.
- Bằng cách thử ta có n^2 + n + 4 > \dfrac{46\left( 2^n +1\right) }{65} với n < 6 và n^2 + n + 4 = \dfrac{46\left( 2^n + 1\right) }{65} với n =6.
- Vì 2^{11} > 1263 nên khi n \le 86 thì 1263 < 2^{11} \le 2^{97- n}\left( n^2 + n + 4\right) \Leftrightarrow 1263 \cdot 2^{n-97} < n^2+ n + 4. Với 87 \le n \le 100 bằng cách thử trực tiếp ta có 1263 \cdot 2^{n-97} \le n^2 + n + 4. Từ \rm i; \rm ii; \rm iii và \rm iv ta suy ra bất đẳng thức \left( *\right). Dấu ``='' xảy ra khi và chỉ khi 6 \le n \le 100. Do vậy có 95 số thoa mãn yêu cầu của đề bài.
Bài 11. Tìm tất cả hàm số f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\setminus \left\{{0}\right\} thoả mãn f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}. |
Giả sử tồn tại hàm số
f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\} thoả mãn
f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{1}
Cách 1.
Đặt f(1)=a. Ta sẽ tính giá trị của hàm số f tại 1, 2, 3,\ldots để dự đoán quy luật.
Cách 2. Từ (1), ta có f(1) + f(2) + \cdots + f(n)+f(n+1) = \dfrac{f(n+1)f(n + 2)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{3} Lấy (3) trừ (1) theo vế ta được f(n + 1) = \frac{{f(n + 1)f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)f(n + 1)}}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{4} Do f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\} nên từ (4) ta có \begin{align*} &1 = \frac{{f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)}}{2},\forall n \in \mathbb{N^*}\\ \Leftrightarrow& f(n + 2) = f(n) + 2,\,\forall n \in \mathbb{N^*}. \end{align*}Phương trình đặc trưng {\lambda ^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \lambda = 1\\ \lambda = - 1. \end{array} \right.
Do đó f(n) = A + B{( - 1)^n} + Cn,\,\forall n \in \mathbb {N^*}. Do f(1)=a, f(2)=2, f(4)=4 nên \left\{ \begin{array}{l} A - B + C = a\\ A + B + 2C = 2\\ A + B + 4C = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A - B = a - 1\\ A + B = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A = \dfrac{{a - 1}}{2}\\ B = \dfrac{{1 - a}}{2}. \end{array} \right. Vậy f(n) = \dfrac{{a - 1}}{2} - \dfrac{{(a - 1){{( - 1)}^n}}}{2} + n,\,\forall n \in \mathbb {N^*}.(5)
Từ (5) thấy rằng, nếu n chẵn thì f(n)=n\ne 0 (kết quả này giống như ở cách 1), nếu n lẻ thì f(n)=a-1+n (kết quả này giống như ở cách 1). Ta có a-1+n=0 \Leftrightarrow a=1-n. Như thế, hàm số f xác định bởi (5) thỏa mãn các yêu cầu đề bài khi và chỉ khi a \in \mathbb R\backslash \left\{ {0, - 2, - 4, \ldots } \right\}. Lưu ý. Ta có công thức quen thuộc sau: 1 + 2 + \cdots + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}\,\,(n \in \mathbb {N^*}). Do đó f(n) = n,\,\,\forall n \in \mathbb {N^*} là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, và hàm này ứng với a=1 trong cả hai lời giải trên. Như thế, kết quả bài toán \ref{ckb7iocato} này thực sự có ý nghĩa, nó cho ta tất cả các hàm số f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\} thoả mãn công thức f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.
- Từ (1) cho n=1, ta được f(1) = \dfrac{{f(1)f(2)}}{2} \Rightarrow f(2) = 2 (do f(1)\ne 0).
- Từ (1) cho n=2, ta được f(1) + f(2) = \frac{{f(2)f(3)}}{2} \Leftrightarrow a + 2 = \frac{{2f(3)}}{2} \Leftrightarrow f(3) = 2 + a.
- Từ (1) cho n=3, ta được \begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) = \frac{{f(3)f(4)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + a + 2 = \frac{{(a + 2)f(4)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(4) = 4. \end{align*}
- Do f(1)=a, f(2)=2, f(3)=2+a, f(4)=4 nên (2) đã đúng khi n=1, n=2, n=3, n=4.
- Giả sử (2) đúng tới n=\ell (\ell \in\mathbb N, \ell \ge 2), ta cần chứng minh (2) cũng đúng với n=\ell +1. \item Trường hợp \ell+1 chẵn (khi đó \ell lẻ), \ell+1 =2h, h\in \mathbb N^*. Khi đó \begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + \cdots + f(\ell ) = \frac{{f(\ell )f(\ell + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(1) + f(2) + f(3) + f(4) \cdots + f(2h - 1) = \frac{{f(2h - 1)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + \left( {2 + a} \right) + 4 + \cdots + \left( {2h - 2 + a} \right) = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ha + 2\left( {2 + 4 + \cdots + 2h - 2} \right) = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ha + 2(h - 1)h = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& h\left( {a + 2h - 2} \right) = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(2h) = 2h. \end{align*}Vậy f(\ell + 1) = \ell + 1. \item Trường hợp \ell +1 lẻ (khi đó \ell chẵn), \ell+1 =2t+1, t\in \mathbb N^*. Khi đó \begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + \cdots + f(\ell ) = \frac{{f(\ell )f(\ell + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(1) + f(2) + f(3) + f(4) \cdots + f(2t) = \frac{{f(2t)f(2t + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + \left( {2 + a} \right) + 4 + \cdots + \left( {2t - 2 + a} \right) + 2t = \frac{{2tf(2t + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ta + 2\left( {2 + 4 + \cdots + 2t - 2} \right) + 2t = \frac{{2tf(2t + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ta + 2(t - 1)t + 2t = tf(2t + 1)\\ \Leftrightarrow& ta + 2{t^2} = tf(2t + 1)\\ \Leftrightarrow& f(2t + 1) = 2t + a. \end{align*}Vậy f(\ell + 1) = \ell + 1. Như thế (2) cũng đúng với n=\ell +1.
Cách 2. Từ (1), ta có f(1) + f(2) + \cdots + f(n)+f(n+1) = \dfrac{f(n+1)f(n + 2)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{3} Lấy (3) trừ (1) theo vế ta được f(n + 1) = \frac{{f(n + 1)f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)f(n + 1)}}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{4} Do f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\} nên từ (4) ta có \begin{align*} &1 = \frac{{f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)}}{2},\forall n \in \mathbb{N^*}\\ \Leftrightarrow& f(n + 2) = f(n) + 2,\,\forall n \in \mathbb{N^*}. \end{align*}Phương trình đặc trưng {\lambda ^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \lambda = 1\\ \lambda = - 1. \end{array} \right.
Do đó f(n) = A + B{( - 1)^n} + Cn,\,\forall n \in \mathbb {N^*}. Do f(1)=a, f(2)=2, f(4)=4 nên \left\{ \begin{array}{l} A - B + C = a\\ A + B + 2C = 2\\ A + B + 4C = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A - B = a - 1\\ A + B = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A = \dfrac{{a - 1}}{2}\\ B = \dfrac{{1 - a}}{2}. \end{array} \right. Vậy f(n) = \dfrac{{a - 1}}{2} - \dfrac{{(a - 1){{( - 1)}^n}}}{2} + n,\,\forall n \in \mathbb {N^*}.(5)
Từ (5) thấy rằng, nếu n chẵn thì f(n)=n\ne 0 (kết quả này giống như ở cách 1), nếu n lẻ thì f(n)=a-1+n (kết quả này giống như ở cách 1). Ta có a-1+n=0 \Leftrightarrow a=1-n. Như thế, hàm số f xác định bởi (5) thỏa mãn các yêu cầu đề bài khi và chỉ khi a \in \mathbb R\backslash \left\{ {0, - 2, - 4, \ldots } \right\}. Lưu ý. Ta có công thức quen thuộc sau: 1 + 2 + \cdots + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}\,\,(n \in \mathbb {N^*}). Do đó f(n) = n,\,\,\forall n \in \mathbb {N^*} là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, và hàm này ứng với a=1 trong cả hai lời giải trên. Như thế, kết quả bài toán \ref{ckb7iocato} này thực sự có ý nghĩa, nó cho ta tất cả các hàm số f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\} thoả mãn công thức f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.
Bài 12. Cho tam giác ABC có AB + AC = 2BC. Gọi I_{\alpha} là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Đường tròn \left( A,AI_{\alpha}\right) cắt BC lần lượt tại E; F sao cho E thuộc tia CB; F thuộc tia BC. Đường tròn \left( EBI_{\alpha}\right) cắt AB tại M, đường tròn \left( FCI_{\alpha}\right) cắt AC tại N. Chứng minh rằng BCNM là tứ giác nội tiếp, đồng thời là tứ giác ngoại tiếp. |
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là giao điểm của AI và BC. Dễ thấy
\dfrac{BA}{BD} = \dfrac{IA}{ID} = \dfrac{CA}{CD} = \dfrac{BA + CA}{BD + CD} = \dfrac{BA + CA}{BC} = 2.
Từ đó, chú ý rằng BI; BI_{\alpha} theo thứ tự là phân giác trong, phân giác ngoài của góc \widehat{ABD}, suy ra
\dfrac{I_{\alpha}A}{I_{\alpha}D} = \dfrac{BA}{BD} = \dfrac{IA}{ID} = 2.
Kết hợp với AI_{\alpha} = AE, theo định lý \sin suy ra
\dfrac{\sin \widehat{ADE}}{\sin \widehat{AED}} = \dfrac{AE}{AD} = \dfrac{I_{\alpha}A}{I_{\alpha}A - I_{\alpha}D} = \dfrac{2}{2-1} = 2 = \dfrac{BA}{BD} = \dfrac{\sin \widehat{BDA}}{\sin \widehat{BAD}}.
Kết hợp với \widehat{ADE} = \widehat{BDA}; \widehat{AED} + \widehat{BAD} < \widehat{ABD} + \widehat{BAD} < 180^\circ, suy ra \widehat{AED} = \widehat{BAD}.
Do đó DA tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, kết hợp với
\dfrac{AD}{I_{\alpha}D} = \dfrac{I_{\alpha}A - I_{\alpha}D}{I_{\alpha}D} = \dfrac{2-1}{1} = 1, suy ra DI_{\alpha}^2 = DA^2 =DB \cdot DE. Do đó AI_{\alpha} \equiv DI_{\alpha} tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \triangle EBI_{\alpha}. Tương tự AI_{\alpha} tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \triangle FCI_{\alpha}.
Vậy \overline{AB} \cdot \overline{AM} = AI_{\alpha}^2 = \overline{AC} \cdot \overline{AN}. Điều đó có nghĩa là tứ giác BCNM nội tiếp. (1)
Từ (1), chú ý rằng tứ giác BICI_{\alpha} nội tiếp đường tròn đường kính II_{\alpha} và CI là tia phân giác của \widehat{ACB}, suy ra \widehat{BMN} = \widehat{ACB} = 2 \widehat{ICB} = 2 \widehat{II_{\alpha}B} = 2\widehat{BMI_{\alpha}}. Nói cách khác MI_{\alpha} là phân giác của góc BMN. Từ đó chú ý rằng BI_{\alpha}; CI_{\alpha} theo thứ tự là phân giác của các góc \widehat{MBC}; \widehat{NCB} suy ra tứ giác BCNM ngoại tiếp. (2).
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Do đó DA tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, kết hợp với
\dfrac{AD}{I_{\alpha}D} = \dfrac{I_{\alpha}A - I_{\alpha}D}{I_{\alpha}D} = \dfrac{2-1}{1} = 1, suy ra DI_{\alpha}^2 = DA^2 =DB \cdot DE. Do đó AI_{\alpha} \equiv DI_{\alpha} tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \triangle EBI_{\alpha}. Tương tự AI_{\alpha} tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \triangle FCI_{\alpha}.
Vậy \overline{AB} \cdot \overline{AM} = AI_{\alpha}^2 = \overline{AC} \cdot \overline{AN}. Điều đó có nghĩa là tứ giác BCNM nội tiếp. (1)
Từ (1), chú ý rằng tứ giác BICI_{\alpha} nội tiếp đường tròn đường kính II_{\alpha} và CI là tia phân giác của \widehat{ACB}, suy ra \widehat{BMN} = \widehat{ACB} = 2 \widehat{ICB} = 2 \widehat{II_{\alpha}B} = 2\widehat{BMI_{\alpha}}. Nói cách khác MI_{\alpha} là phân giác của góc BMN. Từ đó chú ý rằng BI_{\alpha}; CI_{\alpha} theo thứ tự là phân giác của các góc \widehat{MBC}; \widehat{NCB} suy ra tứ giác BCNM ngoại tiếp. (2).
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét