Đề ra kỳ này trích báo toán học & tuổi trẻ số 509, tháng 11 năm 2019. ~ 1.4 Các chuyên đề toán học trong quá khứ và hiện tại 6.5

Thứ Sáu, 20 tháng 11, 2020

Đề ra kỳ này trích báo toán học & tuổi trẻ số 509, tháng 11 năm 2019.

By Vũ Ngọc Thành bản Vàng Pheo, xã Mường So, Phong Thổ, Lai Châu at tháng 11 20, 2020 Toán học tuổi trẻ No comments

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

$A < B$ .

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 $\widehat{APC}$ .

Giải phương trình $\dfrac{1}{5x^2-x+3}+\dfrac{1}{5x^2+x+7}+\dfrac{1}{5x^2+3x+13}+\dfrac{1}{5x^2+5x+21}=\dfrac{4}{x^2+6x+5} \text{ với } x > 0.$

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 $ME^2-NE^2+NF^2-MF^2=2a^2$ .

Cho các số thực dương $a, b, c$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\dfrac a{\sqrt a+\sqrt[3]{b c}}+\dfrac b{\sqrt[3]b+\sqrt[3]{c a}}+\dfrac c{\sqrt[4]c+\sqrt[3]{a b}}+\dfrac{9\sqrt[4]{(a+1)(b+1)(c+1)}}{4(a+b+c)}$

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 $\dfrac{a b c d}8+2\geq\sqrt{(a+c)\left(\dfrac 1 a+\dfrac 1 c\right)}+\sqrt{(b+d)\left(\dfrac 1 b+\dfrac 1 d\right)}.$

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:

$\dfrac{x+3}{(\sqrt{x^2-1+1)^2+3}} < 1\Leftrightarrow x < (\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2$
$\Leftrightarrow\sqrt x-1 < \sqrt[3]{x^2-1}\Leftrightarrow x\sqrt x-3x+3\sqrt x-1 < x^2-1$
$\Leftrightarrow\sqrt x(\sqrt x-1)(x+3) > 0:$ 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 $(x;y;z)=(3;2;5)$ .

Nhận xét: Sau khi tìm được

$(4)$ ,

$(5)$ ,

$(6)$ có thể giải tiếp hệ bằng cách đưa về PT vô tỷ như giải PT

$\left(6'\right)$ ở trên. Tuy nhiên, ta có thê giải hệ bằng cách đưa về PT đa thức như sau:
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.

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 $ABC$ .

Giải phương trình $8^x + 27^{\frac{1}{x}} + 2^{x+1} \cdot 3^{\frac{x+1}{x}} + 2^x \cdot 3^{\frac{2x+1}{x}} = 125.$

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 $\dfrac{2526 \cdot 2^{n-99}}{2^n + 1} \le u_n \le \dfrac{23}{65}$ .

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.

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 $\begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) = \frac{{f(3)f(4)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + a + 2 = \frac{{(a + 2)f(4)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(4) = 4. \end{align*}$

Từ các tính toán trên, ta dự đoán rằng

$f(n) = \left\{ \begin{array}{ll} n&\text{khi $n = 2k$, với $k = 1,2, \ldots$}\\ n - 1+a&\text{khi $n = 2k - 1$, với $k = 1,2, \ldots$} \end{array} \right.\tag{2}$ Ta sẽ chứng minh dự đoán trên bằng quy nạp theo

$n$ .

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 $n=\ell +1$ .

Theo nguyên lí quy nạp suy ra

$(2)$ đúng. Thử lại ta được hàm số xác định bởi

$(2)$ thỏa mãn các yêu cầu đề bài (với

$a$ là hằng số sao cho

$a$ không phải là số nguyên chẵn không dương, vì nếu

$a$ là số nguyên chẵn không dương thì

$f(-a+1)=0$ , mâu thuẫn với giả thiết

$f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$ .
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

$f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.$

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.