Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số sao cho nó là bình phương của một số nguyên đồng thời là lập phương của một số nguyên khác. |
Gọi số cần tìm là $n$, theo giả thiết thì $n=x^2=y^3$ với $x, y$ đều là các số nguyên. Từ đó $y=\left(\dfrac{x}{y}\right)^2$. Đặt $\dfrac{x}{y}=t,$ ta sẽ chứng minh rằng $t$ là số nguyên. Giả sử $t=\dfrac{r}{s}$ là phân số tối giản với các số nguyên $r, s$ mà $\gcd(a, b)=1$. Từ đó $r$ và $s$ không có ước số nguyên tố chung nên $\gcd(r^2, s^2)=1$. Do $r=st$ thì $r^2=s^2t^2$ nên $s^2$ là ước số của $r^2$, nhưng vì $\gcd(r^2, s^2)=1$ nên $s^2=1$, do đó $s=1$, suy ra $t=r$là số nguyên tố.
Thay vào hệ thức ở trên có $y=t^2$ và $n=y^3=t^6=x^2$, do đó $x=t^3$.
Theo giả thiết $n$ là số có 6 chữ số nên
$$100000\le y^3 < 1000000\Rightarrow 46 < y < 100.$$
Hơn nữa, $y=t^2$ nên $y$ chỉ có thể là
$$49=7^2; 64= 8^2; 81=9^2,$$
suy ra $n=y^3=t^6=x^2$ lấy ba giá trị sau:
$$7^{6}=49^{3}=343^{2}=117649 ; \quad 8^{6}=64^{3}=512^{2}=
262144 ; 9^{6}=81^{3}=729^{2}=531441.$$
Bài 2. Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}=30^{\circ}, \widehat{B}=20^{\circ}$. Trên cạnh $AB$ lấy điểm $D$ sao cho $AD=BC$. Tính số đo góc $\widehat{BCD}$. |
Gọi $E$ là giao điểm đường trung trực cạnh $BC$ và cạnh $AB$. Có góc ngoài $\widehat{AEC}=2.\widehat{EBC}=40^{\circ}$.
Trên nửa mặt phẳng bờ $CE$ không chứa $A$ dựng tam giác đều $CEM$.
Ta có: $\widehat{BEC}=180^{\circ}-20^{\circ}-20^{\circ}=140^{\circ}$. Do $\widehat{CEM}=60^{\circ}$ nên $\widehat{BEM}=80^{\circ}$. Do $EB=EC=EM=CM$ nên trong tam giác cân $EBM$ có $\widehat{EBM}=\widehat{EMB}=\dfrac{180^{\circ}-\widehat{BEM}}{2}=50^{\circ}$, suy ra $\widehat{CBM}=\widehat{EBM}-\widehat{EBC}=30^{\circ}$.
Hai tam giác $CBM$ và $EAC$ có các góc tương ứng bằng nhau và có 2 cạnh tương ứng $CM=CE$, cho nên chúng bằng nhau (c.g.c). Từ đó suy ra $AE=BC$, cho nên $D\equiv E$ và khi đó $\widehat{BCE}=20^{\circ}$.
}
}
Bài 3. Cho $a^2+b^2+16=8a+6b, (a, b\in \mathbb{R})$. Chứng minh:
|
Cách 1. Ta có: $$a^2+b^2+16=8a+6b\Leftrightarrow (a-4)^2+(b-3)^2=9.$$
- Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
$$ (4^2+3^2)\left[(a-4)^2+(b-3)^2\right]\ge \left[4(a-4)+3(b-3)\right]^2=(4a+3b-25)^2 .$$
Suy ra $$25.9\ge (4a+3b-25)^2\Leftrightarrow 10\le 4a+3b\le 40 .$$
$4a+3b=10$ khi $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a-4}{4}=\dfrac{b-3}{3}&\\ 4a+3b=10\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a=\dfrac{8}{5}&\\ b=\dfrac{6}{5}\end{array} \right.$;
$4a+3b=40$ khi $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a-4}{4}=\dfrac{b-3}{3}&\\ 4a+3b=40\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a=\dfrac{32}{5}&\\ b=\dfrac{24}{5}\end{array} \right.$.
- Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có
$$\left[(-24)^{2}+7^{2}\right]\left[(a-4)^{2}+(b-3)^{2}\right]\geq[-24(a-4)+7(b-3)]^{2}=(-24 a+7 b+75)^{2}$$
Suy ra: $$625.9 \geq(-24 a+7 b+75)^{2} \Rightarrow -24 a+7 b+75 \leq 75 \Leftrightarrow 7 b \leq 24 a .$$
Ta có $7b=24a$ khi $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a-4}{-24}=\dfrac{b-3}{7}&\\ 7b=24a\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a=\dfrac{28}{5}&\\ b=\dfrac{96}{5}\end{array} \right.$.
- Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có: $(4a+3b)^2\le (4^2+3^2)(a^2+b^2)$.
Theo giả thiết $a^{2}+b^{2}+16=8 a+6 b \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}=2(4 a+3 b)-16$ nên $$(4a+3b)^2\le 50(4a+3b)-400\Leftrightarrow 10\le 4a+3b\le 40.$$
Đẳng thức $4a+3b=10$ xảy ra khi $a=\dfrac{8}{5}, b=\dfrac{6}{5}$ và $4a+3b=40$ khi $a=\dfrac{32}{5}, b=\dfrac{24}{5}$.
- Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có $$\begin{aligned} a^{2}+b^{2}+16 &=\left(a^{2}+\dfrac{28^{2}}{25^{2}}\right)+\left(b^{2}+\dfrac{96^{2}}{25^{2}}\right) \\ & \geq \dfrac{56 a}{25}+\dfrac{192 b}{25} \end{aligned}$$} Kết hợp với giả thiết thì $8 a+6 b \geq \dfrac{56 a}{25}+\dfrac{192 b}{25} \Leftrightarrow 24 a \geq 7 b$. Đẳng thức xảy ra khi $$a=\dfrac{28}{5}, b=\dfrac{96}{5}.$$
Bài 4. Cho nửa đường tròn tâm $O$, đường kính $BC$ và một điểm $G$ nằm trong nửa đường tròn đó sao cho $\widehat{BGO}=135^{\circ}$. Đường vuông góc với $GB$ tại $G$ cắt nửa đường tròn tại $A$. Đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $BC, CA$ lần lượt tại $D$ và $E$. Chứng minh $G$ nằm trên $ED$. |
Ta có $\widehat{AGO}=360^{\circ}-\widehat{BGO}-\widehat{BGA}=135^{\circ}$.
Trên tia $GA$ lấy $A'$ sao cho $GB=GA'$. Dễ thấy $\Delta OGA' = \Delta OGB$ (c.g.c), suy ra $OB=OA'$, do đó $A'\equiv A$.
Như vậy tam giác $AGB$ vuông cân tại $G$, nên $\widehat{GAB}=45^{\circ}$, suy ra $AG$ là phân giác của góc $BAC$. Vậy $A, I, G$ thẳng hàng.
Gọi $F$ là tiếp điểm của đường tròn tâm $(I)$ với $AB\Rightarrow AE=AF$, từ đó $\Delta AGE= \Delta AGF (c.g.c) \Rightarrow \widehat{AGF}=\widehat{AGE}$. Dễ thấy các điểm $B, D, G, I, F$ thuộc đường tròn đường kính $BI$. Suy ra
- $\widehat{IGD}=180^{\circ}-\widehat{IBD}=180-\dfrac{\widehat{B}}{2}(1)$
- $\widehat{IGE}=\widehat{IGF}=\widehat{IBF}=\dfrac{\widehat{B}}{2}(2)$
Bài 5. Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y\le 2z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \[P=\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}-\dfrac{x+y}{2z}.\] |
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có:
\[z\ge\dfrac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\Rightarrow z^2\ge xy.\]
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$.
Lại có:
\begin{align*}P&=\dfrac{2xz(x+z)+2yz(y+z)-(x+y)(y+z)(z+x)}{2z(y+z)(x+z)}\\
&=\dfrac{\left(x^2z+y^2z-2xyz\right)+\left(xz^2+yz^2-x^2y-y^2x\right)}{2z(y+z)(x+z)}\\
&=\dfrac{z(x-y)^2+(x+y)(z^2-xy)}{2z(y+z)(x+z)}\ge0.
\end{align*}
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$.
Vậy min $P=0$ giá trị đó đạt được khi và chỉ khi $x=y=z$.
Vậy min $P=0$ giá trị đó đạt được khi và chỉ khi $x=y=z$.
Bài 6. Chứng minh bất đẳng thức: \[\left(\dfrac{x+y}{x-y}\right)^{2020}+\left(\dfrac{y+z}{y-z}\right)^{2020}+\left(\dfrac{z+x}{z-x}\right)^{2020} > \dfrac{2^{1010}}{3^{1009}}.\] |
Xét bất đẳng thức \[\left(\dfrac{x+y}{x-y}\right)^{2020}+\left(\dfrac{y+z}{y-z}\right)^{2020}+\left(\dfrac{z+x}{z-x}\right)^{2020} > \dfrac{2^{1010}}{3^{1009}}\tag{1}\]Ta có:
\[\dfrac{2^{1010}}{3^{1009}}=\dfrac{2^{1007}.2^3}{3^{1007}.3^2}=\dfrac{8}{9}.\left(\dfrac{2}{3}\right)^{1007} < 1.\]
Nếu một trong ba số, thí dụ, $x=0$ thì vế trái của bất đẳng thức $(1)$ trở thành:
\begin{align*} &\left(\dfrac{x+y}{x-y}\right)^{2020}+\left(\dfrac{y+z}{y-z}\right)^{2020}+\left(\dfrac{z+x}{z-x}\right)^{2020}\\
=&(-1)^{2020}+\left(\dfrac{y+z}{y-z}\right)^{2020}+1^{2020}\ge 2 > \dfrac{2^{1010}}{3^{1009}}.
\end{align*}Vậy $(1)$ đúng. Nếu $xyz\ne0$, theo nguyên lí Dirichlet, có hai số cùng dấu. Không mất tổng quát, giả sử $xy > 0$. Khi ấy ta có:
\begin{align*} &\left(\dfrac{x+y}{x-y}\right)^2=1+\dfrac{4xy}{(x-y)^2} > 1\\
\Rightarrow&\left(\dfrac{x+y}{x-y}\right)^{2020}=\left(\left(\dfrac{x+y}{x-y}\right)^2\right)^{1010} > 1.
\end{align*}
Vậy
\begin{align*} &\left(\dfrac{x+y}{x-y}\right)^{2020}+\left(\dfrac{y+z}{y-z}\right)^{2020}+\left(\dfrac{z+x}{z-x}\right)^{2020}\\
> &1+\left(\dfrac{y+z}{y-z}\right)^{2020}+\left(\dfrac{z+x}{z-x}\right)^{2020} > 1 > \dfrac{2^{1010}}{3^{1009}}.
\end{align*}
Dấu bằng không bao giờ xảy ra.
Bài 7. Giải hệ phương trình sau: \begin{align*}\begin{cases}x_2&=x_1^3-3x_1\\x_3&=x_2^3-3x_2\\\ldots\\x_{2020}&=x_{2019}^3-3x_{2019}\\x_1&=x_{2020}^3-3x_{2020}\end{cases} \end{align*} |
Với $\left|x_1\right| > 2$ thì $\left|x_2\right|=\left|x_1\right|\left|x_1^2-3\right| > 2$.
Do đó $\left|x_3\right|=\left|x_2\right|\left|x_2^2-3\right| > 2$. Chứng minh tương tự ta được: $\left|x_i\right| > 2,\ \forall i=\overline{1,2020}$. Suy ra:
\[\left|x_1x_2\ldots x_{2020}\right|=\left|x_1x_2\ldots x_{2020}\right|\prod_{i=1}^{2020}\left(\left|x_i\right|^2-3\right),\]
điều này vô lí. Vậy $\left|x_1\right|\le2$. Đặt $x_1=2\cos\alpha,\ \alpha\in\left[0;\pi\right]$. Khi đó:
\[x_2=x_1^3-3x_1=8\cos^3\alpha-6\cos\alpha=2\cos3\alpha.\]
Tương tự: $x_3=2\cos3^2\alpha,\ldots,x_{2020}=2\cos3^{2019}\alpha$.
Ta có:
\begin{align*}&x_1=x_{2020}^3-3x_{2020}\\
\Leftrightarrow &2\cos\alpha =8\cos^33^{2019}\alpha-3.2\cos3^{2019}\alpha\\
\Leftrightarrow&4\cos^33^{2019}\alpha-3\cos3^{2019}\alpha=\cos\alpha\\
\Leftrightarrow&\cos3^{2020}\alpha=\cos\alpha\Leftrightarrow 3^{2020}\alpha=\pm\alpha+k2\pi\\
\Leftrightarrow&\left[\begin{matrix}\alpha=\dfrac{k2\pi}{3^{2020}+1}\ \ (1)\\\\\alpha=\dfrac{k2\pi}{3^{2020}-1}\ \ (2)\end{matrix}\right. (k\in\mathbb{Z}).
\end{align*}Do $\alpha\in\left[0;\pi\right]$ nên
- Từ $(1)$ suy ra: $k=0,1,2,\ldots,\dfrac{3^{2020}+1}{2};$
- Từ $(2)$ suy ra: $k=0,1,2,\ldots,\dfrac{3^{2020}-1}{2}.$
Bài 8. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Trên đoạn $AH$ lấy điểm $I$, đường thẳng $CI$ cắt $AB$ tại $E$. Trên cạnh $AC$ lấy điểm $F$ sao cho $EF$ song song với $BC$. Đường thẳng qua $F$ vuông góc với với $CE$ tại $N$ và cắt đường thẳng $BI$ tại $M$. Gọi $D$ là giao điểm của $AN$ với $BC$. Chứng minh rằng bốn điểm $M,\ N,\ D,\ C$ cùng thuộc một đường tròn. |
Gọi $T$ là giao điểm của $MN$ và $AB$. Dễ thấy $F$ là trực tâm của $\triangle CET$, nên $EF\perp CT$. Do $EF\parallel BC$, suy ra $BC\perp CT$ hay $\triangle BCT$ vuông tại $C$.
Gọi $L$ là giao điểm của $BM$ và $AC$. Sử dụng định lý Ceva cho $\triangle ABC$ với ba đường đồng quy $AH,\ BL,\ CE$ ta được:
\[\dfrac{BE}{EA}.\dfrac{AL}{LC}.\dfrac{CH}{HB}=1\Rightarrow \dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AL}{LC}.\dfrac{CH}{HB}=\dfrac{AL}{LC}.\dfrac{AT}{AB}\tag{1}\]
\[
\]
Gọi $K$ là giao điểm của $CM$ và $AB$. Áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle ACK$ với các cát tuyết $TMF$ và $BLM$ ta có: \[\dfrac{CM}{MK}.\dfrac{KT}{TA}.\dfrac{FA}{FC}=1;\dfrac{CM}{MK}.\dfrac{KB}{BA}.\dfrac{AL}{LC}=1
\Rightarrow \dfrac{KB}{BA}.\dfrac{AL}{LC}=\dfrac{KT}{TA}.\dfrac{FA}{FC}\tag{2}\]
Mặt khác $\dfrac{FA}{FC}=\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AL}{LC}.\dfrac{AT}{AB}$ (do $(1)$) nên từ $(2)$ ta thấy \[\dfrac{KB}{BA}.\dfrac{AL}{LC}=\dfrac{KT}{TA}.\dfrac{AL}{LC}.\dfrac{AT}{AB}\Rightarrow KB=KT.\]
Vì $\triangle BCT$ vuông tại $C$ nên $KB=KC$. Hay $\triangle KBC$ cân tại $K$. Từ đó ta có biến đổi góc:
$$\left(CB,\ CK\right)\equiv\left(BC,\ BK\right)\equiv \left(CA,\ CT\right)\equiv\left(NA,\ NT\right)\pmod{\pi}$$
(do bốn điểm $A,\ N,\ C,\ T$ cùng nằm trên một đường tròn). Suy ra bốn điểm $M,\ N,\ D,\ C$ cùng thuộc một đường tròn.
\]
Gọi $K$ là giao điểm của $CM$ và $AB$. Áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle ACK$ với các cát tuyết $TMF$ và $BLM$ ta có: \[\dfrac{CM}{MK}.\dfrac{KT}{TA}.\dfrac{FA}{FC}=1;\dfrac{CM}{MK}.\dfrac{KB}{BA}.\dfrac{AL}{LC}=1
\Rightarrow \dfrac{KB}{BA}.\dfrac{AL}{LC}=\dfrac{KT}{TA}.\dfrac{FA}{FC}\tag{2}\]
Mặt khác $\dfrac{FA}{FC}=\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AL}{LC}.\dfrac{AT}{AB}$ (do $(1)$) nên từ $(2)$ ta thấy \[\dfrac{KB}{BA}.\dfrac{AL}{LC}=\dfrac{KT}{TA}.\dfrac{AL}{LC}.\dfrac{AT}{AB}\Rightarrow KB=KT.\]
Vì $\triangle BCT$ vuông tại $C$ nên $KB=KC$. Hay $\triangle KBC$ cân tại $K$. Từ đó ta có biến đổi góc:
$$\left(CB,\ CK\right)\equiv\left(BC,\ BK\right)\equiv \left(CA,\ CT\right)\equiv\left(NA,\ NT\right)\pmod{\pi}$$
(do bốn điểm $A,\ N,\ C,\ T$ cùng nằm trên một đường tròn). Suy ra bốn điểm $M,\ N,\ D,\ C$ cùng thuộc một đường tròn.
Bài 9. Cho các số thực $x, y$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P=\sin^4x\bigg(\sin^4y+\cos^4y+\dfrac{9}{8}\cos^2x\sin^22y\bigg)+\cos^4x.$$ |
Đặt $a=\sin^2x,\ b=\cos^2x,\ c=\sin^2y,\ d=\cos^2y$. Ta có $0\le a,\ b,\ c,\ d\le 1$.
$$a+b=c+d=1,\sin^22y=4\sin^2y\cos^2y=4cd.$$ Do đó \begin{align*} {P} &=\sin^4x\bigg(\sin^4y+\cos^4y+\dfrac{9}{8}\cos^2x\sin^22y\bigg)+\cos^4x \\ &= a^2\bigg(c^2+d^2+\dfrac{9}{2}bcd\bigg)+b^2 =a^2\bigg((c+d)^2-2cd+\dfrac{9}{2}bcd\bigg)+b^2\\ &= a^2+b^2+\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4)=\dfrac{(a+b)^2+(a-b)^2}{2}+\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4) \\ &=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}(a-b)^2 +\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4)\ge \dfrac{1}{2}\tag{1} \end{align*}nếu $9b-4\ge0$.
Xét trường hợp $9b-4 < 0$. Ta có $$cd=\dfrac{1}{4}\big[(c+d)^2-(c-d)^2\big]\le \dfrac{1}{4}(c+d)^2=\dfrac{1}{4}.$$ Suy ra \begin{align*} {P}&= a^2+b^2+\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4)\ge a^2+b^2+\dfrac{a^2}{8}(9b-4)\\ &=a^2+(1-a)^2+\dfrac{a^2}{8}\big[(9(1-a))-4\big]=\dfrac{1}{8}\big[8a^2+8(1-a)^2+a^2(5-9a)\big]\\ &=\dfrac{1}{8}\big[8a^2+8a^2-16a+8-9a^3+5a^2\big]=\dfrac{1}{8}\big[-9a^3+21a^2-16a+4\big]+\dfrac{1}{2}\\ &= \frac{1}{8}(1-a)(4-12a+9a^2)+\dfrac{1}{2} =\dfrac{1}{8}(1-a)(2-3a)^2+\dfrac{1}{2}\ge \dfrac{1}{2} \ (\text{vì}\ 1\ge a) \tag{2}. \end{align*} Từ $(1)$ và $(2)$ ta nhận được trong mọi trường hợp ${P}\ge\dfrac{1}{2}$, ${P}=\dfrac{1}{2}$ ví dụ khi $a=b=\dfrac{1}{2}$, $cd=0$ (ví dụ khi $x=\dfrac{\pi}{4}$, $y=0$). Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $\dfrac{1}{2}$.
$$a+b=c+d=1,\sin^22y=4\sin^2y\cos^2y=4cd.$$ Do đó \begin{align*} {P} &=\sin^4x\bigg(\sin^4y+\cos^4y+\dfrac{9}{8}\cos^2x\sin^22y\bigg)+\cos^4x \\ &= a^2\bigg(c^2+d^2+\dfrac{9}{2}bcd\bigg)+b^2 =a^2\bigg((c+d)^2-2cd+\dfrac{9}{2}bcd\bigg)+b^2\\ &= a^2+b^2+\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4)=\dfrac{(a+b)^2+(a-b)^2}{2}+\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4) \\ &=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}(a-b)^2 +\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4)\ge \dfrac{1}{2}\tag{1} \end{align*}nếu $9b-4\ge0$.
Xét trường hợp $9b-4 < 0$. Ta có $$cd=\dfrac{1}{4}\big[(c+d)^2-(c-d)^2\big]\le \dfrac{1}{4}(c+d)^2=\dfrac{1}{4}.$$ Suy ra \begin{align*} {P}&= a^2+b^2+\dfrac{a^2cd}{2}(9b-4)\ge a^2+b^2+\dfrac{a^2}{8}(9b-4)\\ &=a^2+(1-a)^2+\dfrac{a^2}{8}\big[(9(1-a))-4\big]=\dfrac{1}{8}\big[8a^2+8(1-a)^2+a^2(5-9a)\big]\\ &=\dfrac{1}{8}\big[8a^2+8a^2-16a+8-9a^3+5a^2\big]=\dfrac{1}{8}\big[-9a^3+21a^2-16a+4\big]+\dfrac{1}{2}\\ &= \frac{1}{8}(1-a)(4-12a+9a^2)+\dfrac{1}{2} =\dfrac{1}{8}(1-a)(2-3a)^2+\dfrac{1}{2}\ge \dfrac{1}{2} \ (\text{vì}\ 1\ge a) \tag{2}. \end{align*} Từ $(1)$ và $(2)$ ta nhận được trong mọi trường hợp ${P}\ge\dfrac{1}{2}$, ${P}=\dfrac{1}{2}$ ví dụ khi $a=b=\dfrac{1}{2}$, $cd=0$ (ví dụ khi $x=\dfrac{\pi}{4}$, $y=0$). Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $\dfrac{1}{2}$.
Bài 10. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện \[f\big(2f(x)+2y\big)=x+f\big(2f(y)+x\big), \ \forall x, y\in\mathbb{R}.\] |
Giả sử tồn tại hàm số $f: \mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện
\[f\big(2f(x)+2y\big)=x+f\big(2f(y)+x\big), \ \forall x, y\in\mathbb{R} \tag{1}.\]
Thay $y=-f(x)$ vào $(1)$ ta được
\begin{align*}&f(0)=x+f\bigg(2f\big(-f(x)\big)+x\bigg), \ \forall x\in\mathbb{R}\\
\Leftrightarrow& f\bigg(2f\big(-f(x)\big)+x\bigg)=f(0)-x, \ \forall x\in \mathbb{R}.
\end{align*}
Suy ra $f$ là toàn ánh. Vậy nên tồn tại $a\in\mathbb{R}$ để $f(a)=0$. Thế $y=a$ vào $(1)$ ta được
\[f\big(2f(x)+2a\big)=x+f(x), \ \forall x\in\mathbb{R} \tag{2}.\]
Ta chứng minh $f$ là đơn ánh. Thật vậy, nếu $f(x_1)=f(x_2)$ thì $f\big(2f(x_1)+2a\big)=f\big(2f(x_2)+2a\big)$ nên theo $(2)$ thì ta có
$$x_1+f(x_1)=x_2+f(x_2)\Leftrightarrow x_1=x_2.$$
Thay $x=0$ vào $(2)$ và sử dụng tính đơn ánh của $f$, ta được $f\big(2f(0)+2a\big)=f(0)$, suy ra $2f(0)+2a=0$ hay $f(0)=-a$.
Từ $(1)$ cho $x=0$ ta có \begin{align*}&f\big(2f(0)+2y\big)=f\big(2f(y)\big),\ \forall y\in\mathbb{R}\\ \Rightarrow&f(y)=y+f(0)=y-a, \ \forall y\in\mathbb{R}. \end{align*} Thử lại ta thấy hàm số $f(t)=t+c\,\, (c\in\mathbb{R}\ \text{tùy ý})$ thỏa mãn điều kiện bài ra.
Từ $(1)$ cho $x=0$ ta có \begin{align*}&f\big(2f(0)+2y\big)=f\big(2f(y)\big),\ \forall y\in\mathbb{R}\\ \Rightarrow&f(y)=y+f(0)=y-a, \ \forall y\in\mathbb{R}. \end{align*} Thử lại ta thấy hàm số $f(t)=t+c\,\, (c\in\mathbb{R}\ \text{tùy ý})$ thỏa mãn điều kiện bài ra.
Bài 11. Có $n\ge 2$ đội bóng tham gia một giải bóng đá. Giải đấu được tổ chức theo thể thức đá vòng tròn. Ở mỗi trận, nếu hòa thì hai đội đều được 1 điểm; nếu không hòa thì đội thắng được 3 điểm, đội thua 0 điểm. Sau khi giải đấu kết thúc, người ta thấy rằng không có hai đội nào bằng điểm nhau. Hỏi khoảng cách tối thiểu giứa đội đứng đầu và đội đứng cuối là bao nhiêu? |
Gọi $d(n)$ là khoảng cách tối thiểu
- Với $n=2$ rõ ràng $d(2)=3$.
- Với $n=3$: Giả sử ba đội là $A, B, C$. Giải đấu có 3 trận $(A, B), (B,C), (C, A)$ với đội A có số điểm cao nhất.
- Nếu $A$ thắng cả hai trận $(A,B), \ (A,C)$: Trận $(B, C)$ không thể hòa vì $B$ và $C$ không cùng số điểm. Giả sử $B$ thắng $C$. Như vậy $A$ 6 điểm, $B$ 3 điểm, $C$ 0 điểm. Khoảng cách là 6.
- Nếu $A$ chỉ thắng một trận với $A, B$ hòa, $A$ thắng $C$; $A$ được 4 điểm.
Xét trận $(B, C)$ - Nếu $B, C$ hòa: $B$ 2 điểm, $C$ 1 điểm. Khoảng cách là 3.
- Nếu $B$ thắng, $C$ thua: $B$ 4 điểm bằng điểm $A$. Loại.
- Nếu $B$ thua, $C$ thắng: $B$ 1 điểm, $C$ 3 điểm. Khoảng cách là 3
- Nếu $A$ chỉ thắng 1 trận với $A$ thua $B$ và thắng $C$: $A$ được 3 điểm.
- Nếu $B, C$ hòa: $B$ 4, loại.
- Nếu $B$ thắng, $C$ thua: $B$ 6 điểm, loại.
- Nếu $B$ thua, $C$ thắng: $B$ 3 điểm, $C$ 3 điểm, loại. Vậy $d(3)=3$.
- Xét $n\ge 4$. Vì không có đội nào bằng điểm nhau nên $d(n)\ge n-1$. ta chứng minh bằng quy nạp khẳng định sau:
\textit{Tồn tại một giải đấu mà sau khi kết thúc giải, số điểm của các đội lập thành một dãy số nguyên liên tiếp từ $n-2$ đến $2n-3$}.
Do đó $d(n)=(2n-3)-(n-2)=n-1$.
Chứng minh bằng quy nạp: Với $n=4$, giả sử 4 đội là $A, B, C, D$ có 6 trận $(A, B)$, $(A, C)$, $(A, D)$, $(B, C)$, $(B, D)$, $(C, D)$ với $A$ thắng $B$, hòa $C, D$; $B$ thắng $D$ hòa $C$; $C$ hòa $D$. khi đó số điểm của $A, B, C, D$ lần lượt là 5; 4; 3; 2.
Giả sử khẳng định đúng với $n=m$. Tồn tại $m$ đội $A(1),\cdots A(m)$ đấu vòng tròn với nhau có số điểm là $m-2, m-1,\cdots, 2m-3$.
Xét $n=m+1$. Xét đội $A(m+1)$ đấu $m$ trận với $A(1),\cdots A(m)$.- Trường hợp $m=3k$.
Cho $A(m+1)$ hòa $A(1)$, thua $k$ đội $A(2), A(5),\cdots, A(3k-1)$ và thắng $2k-1$ đội còn lại. Điểm của $A(1),\cdots A(m)$ sau khi đấu với $A(m+1)$ là $$m-1, m, m+1,\cdots, 2m-3, 2m-1.$$ Điểm của $A(m+1)$ là $3(2k-1)+1=6k-2=2m-2$.
Vậy điểm của $A(1),\cdots A(m), A(m+1)$ là $m-1, m,\cdots, 2m-1.$ - Trường hợp $m=3k+1$.
Cho $A(m+1)$ hòa $A(1)$, thua $k$ đội $A(2), A(5),\cdots, A(3k-1)$ và thắng $2k$ đội còn lại. Điểm của $A(1),\cdots A(m)$ sau khi đấu với $A(m+1)$ là $$m-1, m, m+1,\cdots, 2m-3, 2m-2.$$ Điểm của $A(m+1)$ là $3.2k+1=6k+1=2m-1$.
Vậy điểm của $A(1),\cdots A(m), A(m+1)$ là $m-1, m,\cdots, 2m-2, 2m-1.$ - Trường hợp $m=3k+2$. Xét số điểm của $A(1),\cdots, A(m)$ theo thứ tự là $$2m-3, 2m-2,\cdots, m-2.$$
Cho $A(m+1)$ hòa $A(1)$, thua $k+1$ đội $A(2), A(5),\cdots, A(3k+2)$ và thắng $2k$ đội còn lại. Điểm của $A(1),\cdots A(m)$ (không nhất thiết theo thứ tự) sau khi đấu với $A(m+1)$ là $$m-1, m, m+1,\cdots, 2m-4, 2m-2, 2m-1.$$
Điểm của $A(m+1)$ là $3(2k)+1=6k+1=2m-3$.
Vậy điểm của $A(1),\cdots A(m), A(m+1)$ là $m-1, m,\cdots, 2m-1.$
- Trường hợp $m=3k$.
Bài 12. Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$. Đường tròn này tiếp xúc với $BC,\ CA,\ AB$ lần lượt tại $M,\ N,\ P$. Gọi $E$ là giao điểm của $MN$ và $BI$, $F$ là giao điểm của $MP$ và $CI$. Đường thẳng $BC$ cắt $AE,\ AF$ lần lượt tại $G,\ D$. Chứng minh rằng $AI$ song song với đường thẳng đi qua $M$ và tâm đường tròn Euler của tam giác $AGD$ |
Gọi $(S)$ là đường tròn Euler của tam giác $AGD$, $Q$ là giao điểm của $AI$ và $BC$ .
Dễ thấy \begin{align*} \widehat{P F I} &=\widehat{M F C}=180^{\circ}-\widehat{F M C}-\widehat{F C M} =180^{\circ}-\widehat{F M C}-\widehat{F C A}-\widehat{A C M} \\ &=180^{\circ}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{180^{\circ}-\widehat{C}}{2}-\widehat{C} =90^{\circ}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{B A I}=\widehat{P A I} \end{align*} Do đó tứ giác $APIF$ nội tiếp.
Vậy $\widehat{I F A}=180^{\circ}-\widehat{I P A}=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$.
Nói cách khác $C F \equiv I F \perp A F \equiv A D$. Từ đó, chú ý rằng $\widehat{FCA}=\widehat{FCD}$, suy ra $FA=FD$ $(1)$
Tương tự $EA=EG$ $(2)$
Dễ thấy $M E \equiv M N \perp C I \equiv C F \perp A D$. Do đó $ME\parallel AD$.
Kết hợp với $(2)$, suy ra $MG=MD$$(3)$
Từ $(1)$, $(2)$ và $(3)$ suy ra $(S)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $MEF$. Kết hợp với $S M=S F$, $E F \parallel G D$, $B M=B P$, $C M=C N$, suy ra \begin{align*} \widehat{S M C} &=\widehat{S M F}+\widehat{F M C}=90^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{M S F}+\widehat{P M B} \\ &=90^{\circ}-\widehat{M E F}+\widehat{P M B}=90^{\circ}-\widehat{C M N}+\widehat{P M B} \\ &=90^{\circ}-\frac{\widehat{C}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{B}=\widehat{QAB}+\widehat{QBA}=\widehat{AQC} \end{align*} Vậy $MS\parallel AI$.
Dễ thấy \begin{align*} \widehat{P F I} &=\widehat{M F C}=180^{\circ}-\widehat{F M C}-\widehat{F C M} =180^{\circ}-\widehat{F M C}-\widehat{F C A}-\widehat{A C M} \\ &=180^{\circ}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{180^{\circ}-\widehat{C}}{2}-\widehat{C} =90^{\circ}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{B A I}=\widehat{P A I} \end{align*} Do đó tứ giác $APIF$ nội tiếp.
Nói cách khác $C F \equiv I F \perp A F \equiv A D$. Từ đó, chú ý rằng $\widehat{FCA}=\widehat{FCD}$, suy ra $FA=FD$ $(1)$
Tương tự $EA=EG$ $(2)$
Dễ thấy $M E \equiv M N \perp C I \equiv C F \perp A D$. Do đó $ME\parallel AD$.
Kết hợp với $(2)$, suy ra $MG=MD$$(3)$
Từ $(1)$, $(2)$ và $(3)$ suy ra $(S)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $MEF$. Kết hợp với $S M=S F$, $E F \parallel G D$, $B M=B P$, $C M=C N$, suy ra \begin{align*} \widehat{S M C} &=\widehat{S M F}+\widehat{F M C}=90^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{M S F}+\widehat{P M B} \\ &=90^{\circ}-\widehat{M E F}+\widehat{P M B}=90^{\circ}-\widehat{C M N}+\widehat{P M B} \\ &=90^{\circ}-\frac{\widehat{C}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{B}=\widehat{QAB}+\widehat{QBA}=\widehat{AQC} \end{align*} Vậy $MS\parallel AI$.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét