Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên $x,$ $y,$ $z$ sao cho $3^x+5^y-2^z=\left(2z+3\right)^3.$ |
Ta thấy $3^x,$ $5^y$ và $2z+3$ đều là những số nguyên lẻ với bất kỳ giá trị nào của mỗi số tự nhiên $x,$ $y,$ $z,$ do đó tổng $3^{x}+5^{y}$ là số chẵn và $(2 z+3)^{3}$ là số lẻ với bất kỳ giá trị nào của mỗi số tự nhiên $x,$ $y,$ $z,$ mà $2^{z}=3^{x}+5^{y}-(2 z+3)^{3}$ nên $2^{z}$ phải là số lẻ. Từ đó chỉ có thể xảy ra $2^{z}=1,$ do dó $z=0.$ Thay vào đẳng
thức trên được $3^{x}+5^{y}=28,$ suy ra $5^{y} < 28$ nên $y \leq 2.$
Xét ba trường hợp sau:
Xét ba trường hợp sau:
- Nếu $y=0$ thì $5^{y}=1$ và $3^{x}=27,$ suy ra $x=3.$
- Nếu $y=1$ thì $5^{y}=5$ và $3^{x}=23,$ không có số tự nhiên $x$ nào thỏa mãn.
- Nếu $y=2$ thì $5^{y}=25$ và $3^{x}=3,$ suy ra $x=1.$
Bài 2. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ $\widehat{B}=75^\circ.$ Trên tia đối của tia $AB$ lấy điểm $H$ sao cho $BH=2AC.$ Tính số đo của góc $BHC.$ |
Gọi $M$ là trung điểm của $BH.$ Khi đó $BM=MH=AC.$ Vẽ tam giác đều $BCO,$ tức là $BO=BC=CO.$
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và góc $\widehat{B}=75^{\circ}$ nên
$\widehat{BCA}=90^{\circ}-\widehat{ABC}=15^{\circ}.$
$\widehat{MBO}=\widehat{ABC}-\widehat{OBC}=75^{\circ}-60^{\circ}=15^{\circ}.$
Hai tam giác $BMO$ và $CAB$ bằng nhau vì
$BM=CA,\; \widehat{MBO}=\widehat{ACB}=15^{\circ},\; BO=CB.$
Suy ra $\widehat{BMO}=\widehat{CAB}=90^{\circ}$ hay $OM \perp BH.$
Tam giác $BOH$ có $OM$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên là tam giác cân tại $O.$ Do đó $BO=OH$ và $\widehat{BHO}=\widehat{HBO}=15^{\circ}.$ } {
}
Vậy $\widehat{B O H}=180^{\circ}-2\cdot 15^{\circ}=150^{\circ}.$ Suy ra: $$\widehat{HOC}=360^{\circ}-\widehat{BOH}-\widehat{COB}-360^{\circ}-150^{\circ}-60^{\circ}=150^{\circ}.$$
Do đó $\triangle BOH=\triangle COH$ vì $BO=CO,$ $\widehat{BOH}=\widehat{COH}=150^{\circ},$ $OH$ chung.
Suy ra: $\widehat{BHO}=\widehat{CHO}=15^{\circ}.$
Vậy $\widehat{BHC}=15^{\circ}+15^{\circ}=30^{\circ}.$
$\widehat{BCA}=90^{\circ}-\widehat{ABC}=15^{\circ}.$
$\widehat{MBO}=\widehat{ABC}-\widehat{OBC}=75^{\circ}-60^{\circ}=15^{\circ}.$
Hai tam giác $BMO$ và $CAB$ bằng nhau vì
$BM=CA,\; \widehat{MBO}=\widehat{ACB}=15^{\circ},\; BO=CB.$
Suy ra $\widehat{BMO}=\widehat{CAB}=90^{\circ}$ hay $OM \perp BH.$
Tam giác $BOH$ có $OM$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên là tam giác cân tại $O.$ Do đó $BO=OH$ và $\widehat{BHO}=\widehat{HBO}=15^{\circ}.$ } {
}
Vậy $\widehat{B O H}=180^{\circ}-2\cdot 15^{\circ}=150^{\circ}.$ Suy ra: $$\widehat{HOC}=360^{\circ}-\widehat{BOH}-\widehat{COB}-360^{\circ}-150^{\circ}-60^{\circ}=150^{\circ}.$$
Do đó $\triangle BOH=\triangle COH$ vì $BO=CO,$ $\widehat{BOH}=\widehat{COH}=150^{\circ},$ $OH$ chung.Suy ra: $\widehat{BHO}=\widehat{CHO}=15^{\circ}.$
Vậy $\widehat{BHC}=15^{\circ}+15^{\circ}=30^{\circ}.$
Bài 3. Cho ba số thực $x,$ $y,$ $z$ thỏa mãn $xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)+2xyz=0.$ Chứng minh \[x^{2019}+y^{2019}+z^{2019}=\left(x+y+z\right)^{2019}.\] |
Ta có:
\begin{eqnarray*}
&&xy(x+y)+y z(y+z)+z x(z+x)+2 x y z=0 \\
&\Leftrightarrow&[x y(x+y)+x y z]+[y z(y+z)+x y z] +z x(z+x)=0 \\
&\Leftrightarrow& x y(x+y+z)+y z(x+y+z)+z x(z+x)=0 \\
&\Leftrightarrow& y(x+y+z)(x+z)+z x(z+x)=0 \\
&\Leftrightarrow& (x+z)[y(x+y)+z(y+x)]=0 \\
&\Leftrightarrow& (x+y)(y+z)(z+x)=0 \\
&\Leftrightarrow&\left[ \begin{array}{l}
&x+y=0 \\
&y+z=0 \\
&z+x=0
\end{array} \right. \Leftrightarrow\left[ \begin{array}{l}
&x=-y \\
&y=-z\\
&z=-x
\end{array} \right.
\end{eqnarray*}
Nếu $x=-y$ thì $x^{2019}=-y^{2019}$ và $x+y+z=z.$ Do đó
\[x^{2019}+y^{2019}+z^{2019}=-y^{2019}+y^{2019}+z^{2019}=z^{2019}=(x+y+z)^{2019}.\] Tương tự nếu $y=-z$ hoặc $z=-x,$ đều thu được $x^{2019}+y^{2019}+z^{2019}=(x+y+z)^{2019}.$
Vậy đẳng thức đã được chứng minh.
\[x^{2019}+y^{2019}+z^{2019}=-y^{2019}+y^{2019}+z^{2019}=z^{2019}=(x+y+z)^{2019}.\] Tương tự nếu $y=-z$ hoặc $z=-x,$ đều thu được $x^{2019}+y^{2019}+z^{2019}=(x+y+z)^{2019}.$
Vậy đẳng thức đã được chứng minh.
Bài 4. Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{ABC}=30^{\circ}.$ Bên ngoài tam giác $ABC,$ dựng tam giác $ACD$ vuông cân tại $D.$ Chứng minh rằng $2BD^2=BA^2+BC^2+BA\cdot BC$. |
Dựng tam giác $BDK$ vuông cân tại $D$ sao cho $K$ và $A$ nằm khác phía so với bờ $BD.$ Hạ $KE$ vuông góc với $BC$ tại $E.$
Ta có $\widehat{KDC}=\widehat{BDA}=90^{\circ}-\widehat{BDC},$ suy ra $\triangle ABD=\triangle CKD$ (c.g.c), nên $AB=CK$ và $\widehat{BAD}=\widehat{KCD}.$
Vậy $\widehat{BCK}=360^{\circ}-\widehat{BCD}-\widehat{DCK}=360^{\circ}-\widehat{BCD}-\widehat{BAD}=120^{\circ}.$} {
}
Suy ra $\widehat{KCE}=60^{\circ},$ dẫn đến $KC=2CE.$ Ta có
\begin{eqnarray*}
&2BD^2=BK^2&=BE^2+EK^2\\
&&=BC^2+2BC\cdot CE+CE^2+CK^2-CE^2\\
&&=BC^2+CK^2+BC\cdot 2CE\\
&&=BC^2+CK^2+BC\cdot CK\\
&&=BC^2+AB^2+BC\cdot AB.
\end{eqnarray*}
Vậy $2BD^2=BA^2+BC^2+BA\cdot BC.$
Ta có $\widehat{KDC}=\widehat{BDA}=90^{\circ}-\widehat{BDC},$ suy ra $\triangle ABD=\triangle CKD$ (c.g.c), nên $AB=CK$ và $\widehat{BAD}=\widehat{KCD}.$
Vậy $\widehat{BCK}=360^{\circ}-\widehat{BCD}-\widehat{DCK}=360^{\circ}-\widehat{BCD}-\widehat{BAD}=120^{\circ}.$} {
}
Suy ra $\widehat{KCE}=60^{\circ},$ dẫn đến $KC=2CE.$ Ta có
\begin{eqnarray*}
&2BD^2=BK^2&=BE^2+EK^2\\
&&=BC^2+2BC\cdot CE+CE^2+CK^2-CE^2\\
&&=BC^2+CK^2+BC\cdot 2CE\\
&&=BC^2+CK^2+BC\cdot CK\\
&&=BC^2+AB^2+BC\cdot AB.
\end{eqnarray*}
Vậy $2BD^2=BA^2+BC^2+BA\cdot BC.$
Bài 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{5-3y}{\sqrt{1-z^2}}+\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-x^2}}$. |
Điều kiện: $-1 < x < 1$; $-1 < y < 1$; $-1 < z < 1$.
Với điều kiện trên suy ra $5-3x > 0$; $5-3y > 0$; $5-3z > 0$.
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có \begin{align*} T&\,=\,\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{5-3y}{\sqrt{1-z^2}}+\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-x^2}}\\ &\,\ge\, 3 \sqrt[3]{\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-y^2}}\cdot \dfrac{5-3y}{\sqrt{1-z^2}}\cdot\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-x^2}}}. \end{align*}Dấu đẳng thức đạt được khi
Tương tự có $\dfrac{5-3y}{\sqrt{1-y^2}}\ge 4$; $\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-z^2}}\ge 4$.
Do đó $T\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-y^2}}\cdot \dfrac{5-3y}{\sqrt{1-z^2}}\cdot\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-x^2}}}\ge 3\sqrt[3]{4^3}=12$.
Dấu đẳng thức đạt được $\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{3}{5}$.
Vậy $\min T=12$, đạt được $\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{3}{5}$. Điều then chốt của lời giải là chứng minh BĐT $\dfrac{5-3a}{\sqrt{1-a^2}}\ge 4$ với $-1 < a < 1$ và sử dụng BĐT Cauchy cho ba số dương để ước lượng vế phải của $T$.
Với điều kiện trên suy ra $5-3x > 0$; $5-3y > 0$; $5-3z > 0$.
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có \begin{align*} T&\,=\,\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{5-3y}{\sqrt{1-z^2}}+\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-x^2}}\\ &\,\ge\, 3 \sqrt[3]{\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-y^2}}\cdot \dfrac{5-3y}{\sqrt{1-z^2}}\cdot\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-x^2}}}. \end{align*}Dấu đẳng thức đạt được khi
$\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-y^2}}=\dfrac{5-3y}{\sqrt{1-z^2}}=\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-x^2}}$.
Lại áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có
$5-3x=(1+x)+4(1-x)\ge 2\sqrt{(1+x)4(1-x)}$
hay
$5-3x\ge 4\sqrt{1-x^2}\Leftrightarrow\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-x^2}}\ge 4$.
Dấu đẳng thức đạt được khi $1+x=4(1-x)\Leftrightarrow x=\dfrac{3}{5}$.Tương tự có $\dfrac{5-3y}{\sqrt{1-y^2}}\ge 4$; $\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-z^2}}\ge 4$.
Do đó $T\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-y^2}}\cdot \dfrac{5-3y}{\sqrt{1-z^2}}\cdot\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-x^2}}}\ge 3\sqrt[3]{4^3}=12$.
Dấu đẳng thức đạt được $\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{3}{5}$.
Vậy $\min T=12$, đạt được $\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{3}{5}$. Điều then chốt của lời giải là chứng minh BĐT $\dfrac{5-3a}{\sqrt{1-a^2}}\ge 4$ với $-1 < a < 1$ và sử dụng BĐT Cauchy cho ba số dương để ước lượng vế phải của $T$.
Bài 6. Tìm tham số $m$ để phương trình $4^x+2=m\cdot 2^x(1-x)x$ có nghiệm duy nhất. |
Ta có
\begin{align*}
&4^x+2=m\cdot 2^x(1-x)x\\
\Leftrightarrow&2^x+2^{1-x}=m\cdot x(1-x).\tag{*}
\end{align*}Nếu $x$ là nghiệm của phương trình đã cho thì $1-x$ cũng là nghiệm của phương trình này, vì ta có vai trò của $x$ và $x-1$ hoán đổi được cho nhau. Vậy khi $x$ là nghiệm duy nhất thì $x=1-x\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$.
Thay giá trị này vào phương trình ta có $m=8\sqrt{2}$.
Thay $m=8\sqrt{2}$ vào phương trình (*) ta có phương trình
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $m=8\sqrt{2}$.
Thay giá trị này vào phương trình ta có $m=8\sqrt{2}$.
Thay $m=8\sqrt{2}$ vào phương trình (*) ta có phương trình
$2^x+2^{1-x}= 8\sqrt{2}(1-x)x$.
Áp dụng BĐT Cauchy ta có vế trái là
$2^x+2^{1-x}\ge 2\sqrt{2^x\cdot 2^{1-x}}=2\sqrt{2}$.
Áp dụng BĐT Cauchy ta có vế phải là
$8\sqrt{2}(1-x)x\le 2\sqrt{2}(1-x+x)^2=2\sqrt{2}$.
Như vậy, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong cả hai BĐT ta có dấu bằng, tức là chỉ khi $x=1-x$, hay là chỉ khi $x=\dfrac{1}{2}$ là nghiệm duy nhất.Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $m=8\sqrt{2}$.
Bài 7. Cho $ a $, $ b $, $ c $ là các số thực không âm thỏa mãn $ (a+b)(b+c)(c+a) > 0 $. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ P=\sqrt{\dfrac a{b+c}}+\sqrt{\dfrac b{c+a}}+\sqrt{\dfrac c{a+b}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}. $$ |
Từ giả thiết suy ra $ ab+bc+ca > 0 $ và $\dfrac a{b+c}-\dfrac{a^2}{ab+bc+ca}=\dfrac{abc}{(b+c)(ab+bc+ca)}\ge 0$.
Suy ra $\sqrt{\dfrac a{b+c}}\ge\dfrac a{\sqrt{a b+b c+c a}}$.
Tương tự ta có: $ \begin{aligned}[t] & \sqrt{\dfrac b{c+a}}\ge\dfrac b{\sqrt{ab+bc+ca}}\\ &\sqrt{\dfrac c{a+b}}\ge\dfrac c{\sqrt{ab+bc+ca}}. \end{aligned} $
Từ đó và theo BĐT Cauchy, suy ra: \begin{eqnarray*} P&=&\sqrt{\dfrac a{b+c}}+\sqrt{\dfrac b{c+a}}+\sqrt{\dfrac c{a+b}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\\ &\ge&\dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\\ &\ge&\dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\\ &\ge& 2\sqrt{\dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}}\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}=4. \end{eqnarray*} Dẳng thức xảy ra khi $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}& abc=0 \\ & (a+b+c)^2=4(ab+bc+ca).\end{array} \right. $
Hay $ a=b \ne 0 $, $ c=0 $ hoặc $ b=c\ne 0 $, $ a=0 $ hoặc $ c=a \ne 0 $, $ b=0 $.
Kết luận: $ \min P=4 $ khi $ a=b \ne 0 $, $ c=0 $ hoặc $ b=c\ne 0 $, $ a=0 $ hoặc $ c=a \ne 0 $, $ b=0 $.
Suy ra $\sqrt{\dfrac a{b+c}}\ge\dfrac a{\sqrt{a b+b c+c a}}$.
Tương tự ta có: $ \begin{aligned}[t] & \sqrt{\dfrac b{c+a}}\ge\dfrac b{\sqrt{ab+bc+ca}}\\ &\sqrt{\dfrac c{a+b}}\ge\dfrac c{\sqrt{ab+bc+ca}}. \end{aligned} $
Từ đó và theo BĐT Cauchy, suy ra: \begin{eqnarray*} P&=&\sqrt{\dfrac a{b+c}}+\sqrt{\dfrac b{c+a}}+\sqrt{\dfrac c{a+b}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\\ &\ge&\dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\\ &\ge&\dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\\ &\ge& 2\sqrt{\dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}}\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}=4. \end{eqnarray*} Dẳng thức xảy ra khi $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}& abc=0 \\ & (a+b+c)^2=4(ab+bc+ca).\end{array} \right. $
Hay $ a=b \ne 0 $, $ c=0 $ hoặc $ b=c\ne 0 $, $ a=0 $ hoặc $ c=a \ne 0 $, $ b=0 $.
Kết luận: $ \min P=4 $ khi $ a=b \ne 0 $, $ c=0 $ hoặc $ b=c\ne 0 $, $ a=0 $ hoặc $ c=a \ne 0 $, $ b=0 $.
Bài 8. Cho tam giác $ ABC $ có $ \widehat{ C }=45^{\circ} $. Gọi $ G $ là trọng tâm của tam giác $ ABC $, $ \widehat{ AGB }=\alpha $. Chứng minh hệ thức $\dfrac{\sqrt 2}{\sin A\sin B}+3\cot\alpha=1$. |
\immini
{
Đặt $ BC=a $; $ AC=b $; $ AB=c $. Sử dụng định lý hàm số côsin cho tam giác $ \triangle AGB $ có:
\[ \cot\alpha=\dfrac{GA^2+GB^2-c^2}{4S_{AGB}}=\dfrac{4AM^2+4BN^2-9c^2}{12S_{ABC}}. \tag{1}\] Áp dụng công thức đường trung tuyến của $ \triangle ABC $, ta có $ AM^2=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{4} $; $ BN^2=\dfrac{2c^2+2a^2-b^2}{4} $.
Thay vào $ (1) $ ta được: $\cot\alpha=\dfrac{a^2+b^2-5c^2}{12S_{ABC}}. $ $(2)$ } {
}
\[\cot C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4S_{ABC}}=\dfrac{3a^2+3b^2-3c^2}{12S_{ABC}} \tag{3}\]
Từ $ (2) $ và $ (3) $ $\Rightarrow\cot C-\cot\alpha=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{6S_{ABC}}. $ $ (4) $
Chú ý rằng $\cot A+\cot B+\cot C=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4S_{AB C}}.$ $ (5) $
Từ $ (4) $ và $ (5) $ $\Rightarrow\cot C-\cot\alpha=\dfrac 23(\cot A+\cot B+\cot C)$.
Vì $ \widehat{ C }=45^{\circ} $ nên $1-3\cot\alpha=\dfrac{2\sin C}{\sin A\sin B}=\dfrac{\sqrt 2}{\sin A\sin B}$.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
\[ \cot\alpha=\dfrac{GA^2+GB^2-c^2}{4S_{AGB}}=\dfrac{4AM^2+4BN^2-9c^2}{12S_{ABC}}. \tag{1}\] Áp dụng công thức đường trung tuyến của $ \triangle ABC $, ta có $ AM^2=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{4} $; $ BN^2=\dfrac{2c^2+2a^2-b^2}{4} $.
Thay vào $ (1) $ ta được: $\cot\alpha=\dfrac{a^2+b^2-5c^2}{12S_{ABC}}. $ $(2)$ } {
}
\[\cot C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4S_{ABC}}=\dfrac{3a^2+3b^2-3c^2}{12S_{ABC}} \tag{3}\]Từ $ (2) $ và $ (3) $ $\Rightarrow\cot C-\cot\alpha=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{6S_{ABC}}. $ $ (4) $
Chú ý rằng $\cot A+\cot B+\cot C=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4S_{AB C}}.$ $ (5) $
Từ $ (4) $ và $ (5) $ $\Rightarrow\cot C-\cot\alpha=\dfrac 23(\cot A+\cot B+\cot C)$.
Vì $ \widehat{ C }=45^{\circ} $ nên $1-3\cot\alpha=\dfrac{2\sin C}{\sin A\sin B}=\dfrac{\sqrt 2}{\sin A\sin B}$.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 9. Cho $a,$ $b,$ $c,$ là ba số dương thỏa $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng \[\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left( \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right). \] |
Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
\[3=a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left( a+b+c\right) ^2}{3}\Rightarrow a+b+c\le 3.\tag{1} \]
Theo bất đẳng thức Schwarz ta có:
\begin{align*}
\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}&=\dfrac{1^2}{a+b}+\dfrac{1^2}{b+c}+\dfrac{1^2}{c+a}\\
&\ge \dfrac{\left(1+1+1 \right)^2 }{a+b+b+c+c+a}\\
&=\dfrac{9}{2\left( a+b+c\right)}.\tag{2}
\end{align*}
Từ (1), (2) suy ra
\[\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{9}{2\left( a+b+c\right)}\ge\dfrac{3}{2}.\tag{3} \]
Mặt khác theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
\[\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \right)^2\le 3\left(2a^2+2b^2+2c^2 \right)=3\cdot 6=18. \]
Khi đó
\[\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left( \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\le\dfrac{\sqrt{18}}{2\sqrt{2}}=\dfrac{3}{4}.\tag{4}\]
Từ (3) và (4) ta có được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1.$
Bài 10. Với ba số thực $a,$ $b,$ $c$ ta kí hiệu $T(a,b,c)=\left| a-b\right| +\left| b-c\right|+\left|c-a \right| $. Xét dãy $(*)$ gồm các số nguyên $x_1, x_2,\ldots, x_{12}$ sao cho tồn tại đa thức $f(x)$ với các hệ số nguyên mà các giá trị $f(x_1)$, $f(x_2)$, $ \ldots$, $f(x_{12})$ là các giá trị đôi một phân biệt và \[\displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f(x_i),f(x_j),f(x_k) \right)\le 3300. \] Chứng minh rằng trong $(*)$ luôn chứa một cấp số cộng có ít nhất ba số hạng. |
Trước hết ta chứng minh trong một dãy $12$ số nguyên $f_1, f_2,\ldots, f_{12}$ mà
$$\displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f_i,f_j,f_k \right)\le 3300 $$
thì tồn tại ba số nguyên liên tiếp.$(1)$.
Giả sử trong dãy trên không có ba số nào liên tiếp và $f_1 < f_2 < \cdots < f_{12}.$
Nhận xét 1<>: $f_i < f_j < f_k$ thì $T\left(f_i,f_j,f_k \right)=2\left(f_k-f_i \right)$ là một số chẵn. Hơn nữa, $f_i,$ $f_j,$ $f_k$ không là ba số liên tiếp nên $T\left(f_i,f_j,f_k \right)=2\left(f_k-f_i \right)\ge 2\cdot 3=6.$
Nhận xét 2<>: Với $f_i < f_j < f_k$ và $f_i < f_j < f_{k+1}$ thì $T\left(f_i,f_j,f_k \right) < T\left(f_i,f_j,f_k \right)$ nên $$T\left(f_i,f_j,f_{k+1} \right)\ge T\left(f_i,f_j,f_k \right)+2.$$ Ta xét giá trị của $T\left(f_1,f_j,f_k \right)$, theo các nhận xét trên thì $$T\left(f_1,f_2,f_3 \right)\ge 6, \quad T\left(f_1,f_j,f_4 \right)\ge 6+2=8,$$ và ta có đúng hai bộ dạng $T\left(f_1,f_j,f_4 \right)$, $T\left(f_1,f_j,f_5 \right)\ge 10$ và có đúng ba bộ, tương tự như thế $T\left(f_1,f_j,f_{12} \right)\ge 24$ và có đúng $10$ bộ như thế.
Tổng quát, với mỗi $i\in \left\lbrace 1,2,3,\ldots, 10 \right\rbrace $ và mỗi $k\in \left\lbrace 3,\ldots, 12 \right\rbrace $ (thỏa mãn $k\ge i+2$) cố định trước thì $$T\left(f_i,f_j,f_k \right)\ge 6+(k-i-2)2=2+2k-2i$$ và ta có đúng $k-i-1$ bộ số dạng $\left(f_i,f_j,f_k \right).$ Theo đó \begin{align*} \displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f_i,f_j,f_k \right)&\le \displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(\displaystyle\sum\limits_{k=i+2}^{12}\left( 2+2k-2i\right)\left(k-i-1 \right) \right)\\ &=2\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(\displaystyle\sum\limits_{k=i+2}^{12}\left( k^2-2ki+i^2-1\right) \right)\\ &=2\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(650-\dfrac{(i+1)(i+2)(2i+3)}{6}-\dfrac{2i(11-i)(i+14)}{2}+\left(i^2-1 \right)(11-i) \right)\\ &=3300. \end{align*}Khi đẳng thức xảy ra $T\left(f_i,f_j,f_k \right)=3300$ thì phải có \[{\left\{ \begin{array}{l}&T\left(f_1,f_2,f_3 \right)=6\\&T\left(f_1,f_2,f_4 \right)=8\\&T\left(f_1,f_2,f_5 \right)=10\end{array} \right.} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}& f_3-f_1=3\\&f_4-f_1=4\\&f_5-f_1=5\end{array} \right.\] suy ra $f_3, f_4, f_5$ là ba số nguyên liên tiếp, mâu thuẫn. Vậy $(1)$ đã được chứng minh.
Quay trở lại bài toán, vì $f(x)$ là đa thức với hệ số nguyên nên $f(x_i)\in\mathbb{Z}$ với mọi $x_i\in\mathbb{Z}$. Theo $(1)$ ta suy ra tồn tại ba số nguyên liên tiếp $f(x_i), f(x_j), f(x_k)$. Không mất tính tổng quát ta giả sử $f(x_i)=a$, $f(x_j)=a+1$, $f(x_k)=a+2$ với $a\in\mathbb{Z}$. Suy ra đa thức $f(x)-a-1$ có một nghiệm là $x_j$ nên $$f(x)-a-1=(x-x_j)\cdot g(x)$$ với $g(x)$ là đa thức hệ số nguyên. Khi đó, \[\left\{ \begin{array}{l}&-1=f(x_i)-a-1=(x_i-x_j)\cdot g(x_i)\\& 1=f(x_k)-a-1=(x_k-x_j)\cdot g(x_k)\end{array} \right.\Rightarrow 1=\left|x_i-x_j \right|=\left|x_k-x_j \right|. \] Suy ra \[\left[ \begin{array}{l}&x_i-x_j=x_k-x_j\\& x_i-x_j=x_j-x_k\end{array} \right.\Leftrightarrow\left[ \begin{array}{l}&x_i=x_k\\&x_i+x_k=2x_j.\end{array} \right.\] Lại có $f(x_i)\ne f(x_k)$ nên $x_i\ne x_k$ suy ra $x_i+x_k=2x_j$ hay $x_i, x_j, x_k$ là một cấp số cộng.
Giả sử trong dãy trên không có ba số nào liên tiếp và $f_1 < f_2 < \cdots < f_{12}.$
Nhận xét 1<>: $f_i < f_j < f_k$ thì $T\left(f_i,f_j,f_k \right)=2\left(f_k-f_i \right)$ là một số chẵn. Hơn nữa, $f_i,$ $f_j,$ $f_k$ không là ba số liên tiếp nên $T\left(f_i,f_j,f_k \right)=2\left(f_k-f_i \right)\ge 2\cdot 3=6.$
Nhận xét 2<>: Với $f_i < f_j < f_k$ và $f_i < f_j < f_{k+1}$ thì $T\left(f_i,f_j,f_k \right) < T\left(f_i,f_j,f_k \right)$ nên $$T\left(f_i,f_j,f_{k+1} \right)\ge T\left(f_i,f_j,f_k \right)+2.$$ Ta xét giá trị của $T\left(f_1,f_j,f_k \right)$, theo các nhận xét trên thì $$T\left(f_1,f_2,f_3 \right)\ge 6, \quad T\left(f_1,f_j,f_4 \right)\ge 6+2=8,$$ và ta có đúng hai bộ dạng $T\left(f_1,f_j,f_4 \right)$, $T\left(f_1,f_j,f_5 \right)\ge 10$ và có đúng ba bộ, tương tự như thế $T\left(f_1,f_j,f_{12} \right)\ge 24$ và có đúng $10$ bộ như thế.
Tổng quát, với mỗi $i\in \left\lbrace 1,2,3,\ldots, 10 \right\rbrace $ và mỗi $k\in \left\lbrace 3,\ldots, 12 \right\rbrace $ (thỏa mãn $k\ge i+2$) cố định trước thì $$T\left(f_i,f_j,f_k \right)\ge 6+(k-i-2)2=2+2k-2i$$ và ta có đúng $k-i-1$ bộ số dạng $\left(f_i,f_j,f_k \right).$ Theo đó \begin{align*} \displaystyle\sum\limits_{1\le i < j < k\le 12} T\left(f_i,f_j,f_k \right)&\le \displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(\displaystyle\sum\limits_{k=i+2}^{12}\left( 2+2k-2i\right)\left(k-i-1 \right) \right)\\ &=2\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(\displaystyle\sum\limits_{k=i+2}^{12}\left( k^2-2ki+i^2-1\right) \right)\\ &=2\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{10}\left(650-\dfrac{(i+1)(i+2)(2i+3)}{6}-\dfrac{2i(11-i)(i+14)}{2}+\left(i^2-1 \right)(11-i) \right)\\ &=3300. \end{align*}Khi đẳng thức xảy ra $T\left(f_i,f_j,f_k \right)=3300$ thì phải có \[{\left\{ \begin{array}{l}&T\left(f_1,f_2,f_3 \right)=6\\&T\left(f_1,f_2,f_4 \right)=8\\&T\left(f_1,f_2,f_5 \right)=10\end{array} \right.} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}& f_3-f_1=3\\&f_4-f_1=4\\&f_5-f_1=5\end{array} \right.\] suy ra $f_3, f_4, f_5$ là ba số nguyên liên tiếp, mâu thuẫn. Vậy $(1)$ đã được chứng minh.
Quay trở lại bài toán, vì $f(x)$ là đa thức với hệ số nguyên nên $f(x_i)\in\mathbb{Z}$ với mọi $x_i\in\mathbb{Z}$. Theo $(1)$ ta suy ra tồn tại ba số nguyên liên tiếp $f(x_i), f(x_j), f(x_k)$. Không mất tính tổng quát ta giả sử $f(x_i)=a$, $f(x_j)=a+1$, $f(x_k)=a+2$ với $a\in\mathbb{Z}$. Suy ra đa thức $f(x)-a-1$ có một nghiệm là $x_j$ nên $$f(x)-a-1=(x-x_j)\cdot g(x)$$ với $g(x)$ là đa thức hệ số nguyên. Khi đó, \[\left\{ \begin{array}{l}&-1=f(x_i)-a-1=(x_i-x_j)\cdot g(x_i)\\& 1=f(x_k)-a-1=(x_k-x_j)\cdot g(x_k)\end{array} \right.\Rightarrow 1=\left|x_i-x_j \right|=\left|x_k-x_j \right|. \] Suy ra \[\left[ \begin{array}{l}&x_i-x_j=x_k-x_j\\& x_i-x_j=x_j-x_k\end{array} \right.\Leftrightarrow\left[ \begin{array}{l}&x_i=x_k\\&x_i+x_k=2x_j.\end{array} \right.\] Lại có $f(x_i)\ne f(x_k)$ nên $x_i\ne x_k$ suy ra $x_i+x_k=2x_j$ hay $x_i, x_j, x_k$ là một cấp số cộng.
Bài 11. Tìm tất cả hàm số $h: \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
|
Giả sử $h$ là hàm số thỏa bài toán, khi đó theo điều kiện $ii)$ thì $h(x+n)=h(x)$ với mọi $n\in\mathbb{Z}$ và $x\in\mathbb{R}$.
Do đó từ $i)$ ta có $h(n)=0$ với mọi $n\in\mathbb{Z}$.
Lấy $y=2$ thay vào $iii)$ ta được \[3^{x+2}h(x)=3^{x+1}h(x)+3^{2x}h(2x)\Rightarrow 6h(x)=3^xh(2x), \forall x\in\mathbb{R}.\tag{1}\] Lấy $y=4$ ta được \[76h(x)=3^{3x}h(4x), \forall x\in\mathbb{R} .\tag{2}\] Kết hợp với $(1)$ ta được \[76h(x)=\dfrac{38}{3}\cdot 6h(x)=\dfrac{38}{3}\cdot3^xh(2x)=\dfrac{19}{9}\cdot3^x\cdot 6h(2x)=\dfrac{19}{9}\cdot3^{3x}h(4x).\] Kết hợp với $(2)$ ta được $h(4x)=0$, với mọi $x\in\mathbb{R}$ hay $h(x)=0$, với mọi $x\in\mathbb{R}$.
Thử lại, hàm $h(x)=0$ thỏa yêu cầu bài.
Do đó từ $i)$ ta có $h(n)=0$ với mọi $n\in\mathbb{Z}$.
Lấy $y=2$ thay vào $iii)$ ta được \[3^{x+2}h(x)=3^{x+1}h(x)+3^{2x}h(2x)\Rightarrow 6h(x)=3^xh(2x), \forall x\in\mathbb{R}.\tag{1}\] Lấy $y=4$ ta được \[76h(x)=3^{3x}h(4x), \forall x\in\mathbb{R} .\tag{2}\] Kết hợp với $(1)$ ta được \[76h(x)=\dfrac{38}{3}\cdot 6h(x)=\dfrac{38}{3}\cdot3^xh(2x)=\dfrac{19}{9}\cdot3^x\cdot 6h(2x)=\dfrac{19}{9}\cdot3^{3x}h(4x).\] Kết hợp với $(2)$ ta được $h(4x)=0$, với mọi $x\in\mathbb{R}$ hay $h(x)=0$, với mọi $x\in\mathbb{R}$.
Thử lại, hàm $h(x)=0$ thỏa yêu cầu bài.
Bài 12. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(\Omega)$. Các điểm $E,$ $F$ lần lượt nằm trên các cạnh $CA,$ $AB$ sao cho tứ giác $BCEF$ nội tiếp. Trung trực của đoạn thẳng $CE$ lần lượt cắt $BC,$ $EF$ tại các điểm $N,$ $R$. Trung trực của đoạn $BF$ lần lượt cắt $BC,$ $EF$ tại các điểm $M,$ $Q$. $K$ là điểm đối xứng với $E$ qua $RM$. $L$ là điểm đối xứng với $F$ qua $QN$. Gọi giao điểm của $RK$ và $QB$ là $S$; giao điểm của $QL$ và $RC$ là $T$. Chứng minh rằng:
|
- Dễ thấy:
\begin{align*}
(MN,MQ)&\equiv (BC,BF)+(BF,MQ)\\&\equiv(EC,EF)+\dfrac{\pi}{2}\pmod{\pi}\\
&\equiv(EC,RQ)+(RN,EC)\\&\equiv(RN,NQ)\pmod{\pi}.
\end{align*}Do đó $M$, $N$, $Q$, $R$ cùng thuộc một đường tròn.
Vậy \begin{align*} (QT,QS)&\equiv (QT,QF)+(QF,QS)\\&\equiv 2(QN,QF)+2(QF,QM)\pmod{\pi}\\&\equiv 2(QN,QM)\equiv 2(RN,RM)\\&\equiv 2(RN, RE)+2(RE,RM)\pmod{\pi}\\&\equiv (RC,RE)+(RE,RK)\\&\equiv (RC,RK)\equiv (RT,RS)\pmod{\pi}. \end{align*} Do đó $Q$, $R$, $S$, $T$ cùng nằm trên một đường tròn.
- Gọi $W$ là giao điểm thứ hai của các đường tròn $(ABC),$ $(AEF)$. Khi đó:
\begin{align*}
(NE,NB)&\equiv (NE,NC)\equiv 2(NE,NR)\\&\equiv 2\left((NR,CA)+(CA,CB) \right)\pmod{\pi}\\&\equiv \left(\dfrac{\pi}{2} +(CA,CB)\right)\equiv \pi+2(CA,CB)\\&\equiv (CA,CB)+(CA,CB)\pmod{\pi}\\&\equiv (AC,AB)+(AB,CB)+(CA,CB)\\&\equiv (AE,AF)+(FB,CB)+(WA,WB)\\&\equiv (WE,WF)+(FE,AE)+(WA,WB)\pmod{\pi}\\&\equiv(WE,WF)+(FW, AW)+(WA,WB)\\&\equiv (WE,WB)\pmod{\pi}.
\end{align*}Do đó $N,E,B,W$ cùng thuộc một đường tròn.$(1)$
Dễ thấy: \begin{align*} (QB,QE)&\equiv (QB,QF)\equiv 2(QM,QF)\\ &\equiv 2(QM,QR)\equiv 2(NM,NR)\pmod{\pi}\\ &\equiv 2\left( (NM,NE)+(NE,NR)\right)\\&\equiv 2(NM,NE)+2(NE,NR)\pmod{\pi}\\&\equiv (NM,NE)+(NM,NE)+2(NE,NC)\\&\equiv (NM,NE)+(NM,NC)\equiv (NB,NE)\pmod{\pi}. \end{align*}Do đó $B, E, N, Q$ cùng thuộc một đường tròn. $(2)$
Từ $(1), (2)$ suy ra $ B,E,N,Q,W$ cùng thuộc một đường tròn. $(3)$
Tương tự $C,F,M,R,W$ cùng thuộc một đường tròn $(4)$. Dễ thấy $M,N$ theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $SQR,$ $TQR$ $(5)$. Từ $(3), (4)$ và $(5)$, chý ý rằng $MQ\perp AB$; $NR\perp AC$ và $STRQ$ là tứ giác, suy ra: \begin{align*} (WQ,WR)&\equiv (WQ,WB)+(WB,WC)+(WC,WR)\pmod{\pi}\\&\equiv (NQ,NB)+(MQ,NR)+(MC,MR)\\&\equiv (NQ,MR)+(MQ,NR)\pmod{\pi}\equiv (NQ,NR)+(MQ,MR)\\ &\equiv \dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{TQ},\overrightarrow{TR}\right) +\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{SQ}, \overrightarrow{SR}\right) \pmod{\pi}\\ &\equiv \dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{TQ}, \overrightarrow{TR}\right)+\dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{TQ}, \overrightarrow{TR}\right) \equiv \left(\overrightarrow{TQ},\overrightarrow{TR} \right)\equiv (TQ,TR)\pmod{\pi}. \end{align*}Kết hợp với phần 1, suy ra $W$ thuộc đường tròn $(STRQ)$. Gọi $\Delta$ là tiếp tuyến với đường tròn $(ABC)$ tai $W$. Dễ thấy: \begin{align*} (\Delta, WQ)&\equiv (\Delta, WB)+(WB, WQ)\\&\equiv (CW,CB)+(NB,NQ) \pmod{\pi}\\&\equiv (CW,CM)+(NM,NQ)\\&\equiv (RW,RM)+(RM,RQ)\equiv (RW,RQ)\pmod{\pi}. \end{align*}Do đó $\Delta$ tiếp xúc với đường tròn $STRQ$.
Tóm lại hai đường tròn $(\Omega)$ và $(C)$ tiếp xúc nhau.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét