Toán học & tuổi trẻ số 510, tháng 12 năm 2019 ~ 1.4 Các chuyên đề toán học trong quá khứ và hiện tại 6.5

Tìm tất cả các số tự nhiên $x,$ $y,$ $z$ sao cho $3^x+5^y-2^z=\left(2z+3\right)^3.$

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 $BHC.$

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 $x^{2019}+y^{2019}+z^{2019}=\left(x+y+z\right)^{2019}.$

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 $2BD^2=BA^2+BC^2+BA\cdot BC$ .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{5-3y}{\sqrt{1-z^2}}+\dfrac{5-3z}{\sqrt{1-x^2}}$ .

Tìm tham số $m$ để phương trình $4^x+2=m\cdot 2^x(1-x)x$ có nghiệm duy nhất.

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 $P=\sqrt{\dfrac a{b+c}}+\sqrt{\dfrac b{c+a}}+\sqrt{\dfrac c{a+b}}+\dfrac{4\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}.$

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 $\dfrac{\sqrt 2}{\sin A\sin B}+3\cot\alpha=1$ .

Cho $a,$ $b,$ $c,$ là ba số dương thỏa $a^2+b^2+c^2=3$ . Chứng minh rằng $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left( \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right).$

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.

Tìm tất cả hàm số $h: \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

$h(2019)=0$ ;
$h(x+1)=h(x)$ , với mọi $x\in\mathbb{R}$ ;
$3^{x+y}\left[h(x)h(y)+h(x+y) \right]=3^x(y+1)h(x)+3^y(x+1)h(y)+3^{xy}h(xy)$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}.$

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:

Bốn điểm $Q$ , $R$ , $S$ , $T$ cùng nằm trên một đường tròn, kí hiệu là $(C)$ .
Hai đường tròn $(C)$ và $(\Omega)$ tiếp xúc nhau.

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.