Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên N biết rằng tổng tất cả các ước số của N bằng 2N và tích tất cả các ước số của N bằng N^2. |
Ta có các chú ý
- Nếu a là ước số của số nguyên N > 1 mà 1 < a < N thì N=ab và b cũng là ước số của N mà 1 < b < N.
- Nếu a > 1 là ước số nhỏ nhất của số nguyên N > 1 thì a là số nguyên tố vì nếu a là hợp số thì a=bc với ước số b của a thỏa mãn 1 < b < a và b là ước số của N, trái giả thiết.
- Khi nói đến số các ước số của một số ta phải hiểu đó là các ước phân biệt.
- Nếu N có đúng hai ước số thì ước số nhỏ hơn N là 1 và N là số nguyên tố, tích tất cả các ước số của N bằng N=1\cdot N=N^2, suy ra N=1 trái giả thiết N > 1.
- Nếu N có đúng ba ước số, gọi a là ước số nhỏ nhất của N mà 1 < a < N thì a là số nguyên tố và N=ab . Do N chỉ có đúng 3 ước số nên ước số b=a và N=a^2. Tích tất cả các ước số của N bằng a^3=1\cdot a\cdot N=N^2=a^4, suy ra a=1, trái giả thiết a > 1.
- Nếu N có đúng bốn ước số, gọi a là ước số nhỏ nhất của N mà 1 < a < N thì a là số nguyên tố, N=ab và b cũng là ước số của N mà nhỏ hơn N (nếu b=a thì N có đúng ba ước số), lúc đó 1 < a < b < N.
Tổng tất cả các uớc số của N bằng 1 + a + b + ab=1 + a + b + N=2N=2ab, suy ra 1 + a + b= ab nên ab - a - b + 1=2 do đó a(b - 1) - (b - 1)=2, dẫn đến (a - 1)(b - 1)=2. Suy ra a - 1=1 và b - 1=2 tức là a=2 và b=3, lúc đó N=ab=6 và tổng tất cả các ước số của N bằng 1 + 2 + 3 + 6=12=2\cdot 6. Tích tất cả các ước số của N bằng 1\cdot2 \cdot3 \cdot 6 = 36 = 6^2 thỏa mãn yêu cầu đề bài. - Nếu N có nhiều hơn bốn ước số, gọi a là ước số nhỏ nhất của N~(a\neq 1) và c là ước số lớn nhất của N~(c\neq N) thì tồn tại ít nhất một ước số b thỏa mãn 1 < a < b < c < N. Từ đó N=ad do a là ước số nhỏ nhất của N thì d là ước số lớn nhất của N nên d=c và N=ac. Lúc đó tích tất cả các ước số của N bằng a^2c^2=N^2=1 \cdot a \cdot b\cdots c \cdot N\geq abcac=a^2c^2b, suy ra b=1 trái giả thiết b > a > 1.
Bài 2. Cho a, b, c là các số tự nhiên thỏa mãn \dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{5}=\dfrac{c}{7}. Chứng minh rằng \dfrac{2019b - 2020a}{2019c - 2020b} > 1. |
Trước hết ta thấy khi a=b=c=0 thì biểu thức \dfrac{2019a - 2020a}{2019c - 2020b} không xác định, cho nên bài toán cần thêm điều kiện là a, b, c là các số nguyên dương.
Khi đó, đặt \dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{5}=\dfrac{c}{7}=k > 0, ta suy ra a=3k, b=5k, c=7k. Ta có \dfrac{2019b-2020a}{2019c-2020b}=\dfrac{2019\cdot 5 k-2020\cdot3 k}{2019\cdot7 k-2020\cdot5 k}=\dfrac{4035k}{4033k}=\dfrac{4035}{4033} > 1.
Khi đó, đặt \dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{5}=\dfrac{c}{7}=k > 0, ta suy ra a=3k, b=5k, c=7k. Ta có \dfrac{2019b-2020a}{2019c-2020b}=\dfrac{2019\cdot 5 k-2020\cdot3 k}{2019\cdot7 k-2020\cdot5 k}=\dfrac{4035k}{4033k}=\dfrac{4035}{4033} > 1.
Bài 3. Giải hệ phương trình \begin{cases} x^2=2z - 1\\ y^2=xz\\ z^2=2y - 1 \end{cases} |
Cách 1. Hệ phương trình tương đương với
\left\{ \begin{array}{l}&x^{2}-2z+1=0 \\&2y^{2}-2xz=0 \\&2z^{2}-4y+2=0.\end{array} \right.
Cộng theo vế các phương trình, ta được \begin{eqnarray*} && \left(x^{2}-2 x z+z^{2}\right)+2\left(y^{2}-2 y+1\right)+\left(z^{2}-2 z+1\right)=0\\ &\Leftrightarrow & (x-z)^{2}+2(y-1)^{2}+(z-1)^{2}=0\\ &\Leftrightarrow & x=y=z=1. \end{eqnarray*} Thử lại, x=y=z=1 thỏa mãn hệ phương trình trong đầu bài.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (x, y, z)=(1,1,1).
Cách 2. Có thể giải bài toán bằng cách khác như sau.
Từ các phương trình \left\{ \begin{array}{l}&x^2=2z - 1\\&z^2=2y - 1\end{array} \right.\Rightarrow z\geq\dfrac{1}{2}, y\geq\dfrac{1}{2}.
Kết hợp với phương trình thứ hai y^2 = xz\Rightarrow x > 0.
Ta có 2z=x^2 + 1\geq 2x\Rightarrow z\geq x; 2y=z^2 + 1\geq 2z\Rightarrow y\geq z suy ra y\geq z\geq x > 0\Rightarrow y^2\geq xz.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1.
Do đó phương trình thứ hai trong hệ y^2=xz\Leftrightarrow x=y=z=1 thỏa mãn hệ phương trình.
Cộng theo vế các phương trình, ta được \begin{eqnarray*} && \left(x^{2}-2 x z+z^{2}\right)+2\left(y^{2}-2 y+1\right)+\left(z^{2}-2 z+1\right)=0\\ &\Leftrightarrow & (x-z)^{2}+2(y-1)^{2}+(z-1)^{2}=0\\ &\Leftrightarrow & x=y=z=1. \end{eqnarray*} Thử lại, x=y=z=1 thỏa mãn hệ phương trình trong đầu bài.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (x, y, z)=(1,1,1).
Cách 2. Có thể giải bài toán bằng cách khác như sau.
Từ các phương trình \left\{ \begin{array}{l}&x^2=2z - 1\\&z^2=2y - 1\end{array} \right.\Rightarrow z\geq\dfrac{1}{2}, y\geq\dfrac{1}{2}.
Kết hợp với phương trình thứ hai y^2 = xz\Rightarrow x > 0.
Ta có 2z=x^2 + 1\geq 2x\Rightarrow z\geq x; 2y=z^2 + 1\geq 2z\Rightarrow y\geq z suy ra y\geq z\geq x > 0\Rightarrow y^2\geq xz.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1.
Do đó phương trình thứ hai trong hệ y^2=xz\Leftrightarrow x=y=z=1 thỏa mãn hệ phương trình.
Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC, kẻ các đường cao CH, BK (H, K lần lượt nằm trên AB và AC). Trên tia CH lấy điểm P, trên tia BK lấy điểm Q sao cho góc \widehat{PAQ}=90^{\circ}. Kẻ AM vuông góc với PQ (M nằm trên PQ). Chứng minh rằng MB vuông góc với MC. |
- Ta có \widehat{AMP}=\widehat{AHP}=90^{\circ} nên tứ giác AMHP là tứ giác nội tiếp
nên suy ra \widehat{MHC}=\widehat{MAP}.{(1)} - \widehat{AMQ}=\widehat{AKQ}=90^{\circ} nên tứ giác AMK Q là tứ giác nội tiếp, suy ra \widehat{MKA}=\widehat{MQA}.{(2)}
- Mặt khác, tam giác APQ vuông tại A có AM là đường cao nên \widehat{MAP}=\widehat{AQM}.{(3)}
Lại có, \widehat{BHC}=\widehat{BKC}=90^{\circ} nên tứ giác BCKH là tứ giác nội tiếp.
Vậy B, C, K, M, H thuộc đường tròn đường kính BC.
Do đó \widehat{BMC} = 90^{\circ} hay BC \perp CM.
Nhận xét. Có thể chứng minh \triangle AMC\backsim\triangle QMB, từ đó suy ra BM\perp CM.
Bài 5. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca=8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=3(a^2+b^2+c^2)+\dfrac{27(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^3}. |
Tất cả các bất đẳng thức được dùng trong bài toán này là bất đẳng thức Cauchy cho hai số thực dương. Ta có
- \begin{aligned}[t]
(a+b+c)(ab+bc+ca) &= (a+b)(b+c)(c+a)+abc\\
&= (a+b)(b+c)(c+a)+\sqrt{ab}\cdot\sqrt{bc}\cdot\sqrt{ca}\\
&\leq (a+b)(b+c)(c+a)+\dfrac{a+b}{2}\cdot\dfrac{b+c}{2}\cdot\dfrac{c+a}{2}\\
&=\dfrac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a).
\end{aligned}
Suy ra 9(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8(a+b+c)(ab+bc+ca)=64(a+b+c). - \begin{aligned}[t] 3(a^2+b^2+c^2) &= a^2+b^2+c^2+(a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2)\\ &\geq a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)^2\\ &= \dfrac{a^2+b^2}{2}+\dfrac{b^2+c^2}{2}+\dfrac{c^2+a^2}{2}+2(ab+bc+ca)\\ &\geq 3(ab+bc+ca)=24. \end{aligned}
Bài 6. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x\geq z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=\dfrac{xz}{y^2+yz}+\dfrac{y^2}{xz+yz}+\dfrac{x+2z}{x+z}. |
Với x, y, z là các số thực dương nên P được viết thành P=\dfrac{\dfrac{x}{y}}{1+\dfrac{y}{z}}+\dfrac{\dfrac{y}{z}}{1+
\dfrac{x}{y}}+\dfrac{1}{1+\dfrac{x}{z}}+1.
Đặt \dfrac{x}{y}=a, \dfrac{y}{z}=b (a,b > 0) thì \dfrac{x}{z}=ab và ab\geq 1.
Khi đó \begin{aligned}[t] P &=\dfrac{a}{1+b}+\dfrac{b}{1+a}+\dfrac{1}{1+ab}+1\\ &= \left(\dfrac{a}{1+b}+1\right)+\left(\dfrac{b}{1+a}+1\right)+\dfrac{1}{1+ab}-1\\ &= (a+b+1)\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\right)+\dfrac{1}{1+ab}-1. \end{aligned}
Từ BĐT (X-Y)^2\geq 0 và với X > 0, Y > 0 dễ dàng suy ra hai bất đẳng thức sau \begin{align*} & \dfrac{1}{X}+\dfrac{1}{Y}\geq \dfrac{4}{X+Y}\tag{*}\label{T6512-1}\\ & XY\leq \dfrac{(X+Y)^2}{4}\tag{**}\label{T6512-2} \end{align*} dấu bằng xảy ra khi X=Y.
Áp dụng bất đẳng thức (\ref{T6512-1}) và (\ref{T6512-2}) ta có \begin{align*} P &\geq (a+b+1)\cdot\dfrac{4}{a+b+2}+\dfrac{1}{1+\frac{(a+b)^2}{4}}-1\\ &=\dfrac{4(t+1)}{t+2}+\dfrac{4}{t^2+4}-1\tag{1}\label{T6512-3} \end{align*} trong đó t=a+b và t\geq 2\sqrt{ab}=2\sqrt{\dfrac{x}{z}}\geq 2 (vì x\geq z).
Cách 1.<> Nhận thấy \dfrac{4(t+1)}{t+2}+\dfrac{4}{t^2+4}-\dfrac{7}{2}=\dfrac{(t-2)^3}{2(t+2)(t^2+4)\geq 0} nên \dfrac{4(t+1)}{t+2}+\dfrac{4}{t^2+4}\geq \dfrac{7}{2}.\tagEX{2}\label{T6512-4} Từ (\ref{T6512-3}) và (\ref{T6512-4}) suy ra P\geq \dfrac{5}{2}.
Đẳng thức xảy ra khi t=2 và a=b, suy ra a=b=1 tức là x=y=z.
Vậy \min P=\dfrac{5}{2}.
Cách 2.<> Xét hàm số f(t)=\dfrac{t+1}{t+2}+\dfrac{1}{t^2+4} với t\geq 2. Ta có f'(t)=\dfrac{1}{(t+2)^2}-\dfrac{2t}{(t^2+4)^2}=\dfrac{(t-2)^2(t^2+2t+4)}{(t+2)^2(t^2+4)^2}\geq 0 với mọi t\geq 2 nên f(t) đồng biến trên [2;+\infty).
Vì vậy f(t)\geq f(2)=\dfrac{7}{8} nên P\geq 4\cdot\dfrac{7}{8}-1=\dfrac{5}{2}; P=\dfrac{5}{2}\Leftrightarrow t=2.
Vậy \min P=\dfrac{5}{2}.
Khi đó \begin{aligned}[t] P &=\dfrac{a}{1+b}+\dfrac{b}{1+a}+\dfrac{1}{1+ab}+1\\ &= \left(\dfrac{a}{1+b}+1\right)+\left(\dfrac{b}{1+a}+1\right)+\dfrac{1}{1+ab}-1\\ &= (a+b+1)\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\right)+\dfrac{1}{1+ab}-1. \end{aligned}
Từ BĐT (X-Y)^2\geq 0 và với X > 0, Y > 0 dễ dàng suy ra hai bất đẳng thức sau \begin{align*} & \dfrac{1}{X}+\dfrac{1}{Y}\geq \dfrac{4}{X+Y}\tag{*}\label{T6512-1}\\ & XY\leq \dfrac{(X+Y)^2}{4}\tag{**}\label{T6512-2} \end{align*} dấu bằng xảy ra khi X=Y.
Áp dụng bất đẳng thức (\ref{T6512-1}) và (\ref{T6512-2}) ta có \begin{align*} P &\geq (a+b+1)\cdot\dfrac{4}{a+b+2}+\dfrac{1}{1+\frac{(a+b)^2}{4}}-1\\ &=\dfrac{4(t+1)}{t+2}+\dfrac{4}{t^2+4}-1\tag{1}\label{T6512-3} \end{align*} trong đó t=a+b và t\geq 2\sqrt{ab}=2\sqrt{\dfrac{x}{z}}\geq 2 (vì x\geq z).
Cách 1.<> Nhận thấy \dfrac{4(t+1)}{t+2}+\dfrac{4}{t^2+4}-\dfrac{7}{2}=\dfrac{(t-2)^3}{2(t+2)(t^2+4)\geq 0} nên \dfrac{4(t+1)}{t+2}+\dfrac{4}{t^2+4}\geq \dfrac{7}{2}.\tagEX{2}\label{T6512-4} Từ (\ref{T6512-3}) và (\ref{T6512-4}) suy ra P\geq \dfrac{5}{2}.
Đẳng thức xảy ra khi t=2 và a=b, suy ra a=b=1 tức là x=y=z.
Vậy \min P=\dfrac{5}{2}.
Cách 2.<> Xét hàm số f(t)=\dfrac{t+1}{t+2}+\dfrac{1}{t^2+4} với t\geq 2. Ta có f'(t)=\dfrac{1}{(t+2)^2}-\dfrac{2t}{(t^2+4)^2}=\dfrac{(t-2)^2(t^2+2t+4)}{(t+2)^2(t^2+4)^2}\geq 0 với mọi t\geq 2 nên f(t) đồng biến trên [2;+\infty).
Vì vậy f(t)\geq f(2)=\dfrac{7}{8} nên P\geq 4\cdot\dfrac{7}{8}-1=\dfrac{5}{2}; P=\dfrac{5}{2}\Leftrightarrow t=2.
Vậy \min P=\dfrac{5}{2}.
Bài 7. Tìm nghiệm nguyên dương của \tan \dfrac{3\pi}{x}+4\sin \dfrac{2\pi}{x}=\sqrt{x}. |
Xét phương trình
\tan \dfrac{3\pi}{x}+4\sin \dfrac{2\pi}{x}=\sqrt{x}\tag{1}\label{T7512-1}
Ta có
\begin{align*}
(\ref{T7512-1})&\Leftrightarrow \left(\tan\dfrac{3\pi}{x}+4\sin\dfrac{2\pi}{x}\right)^2=x,\ x > 0\\
&\Leftrightarrow \left(\sin\dfrac{3\pi}{x}+4\cos\dfrac{3\pi}{x}\sin\dfrac{2\pi}{x}\right)^2=x\cos^2\dfrac{3\pi}{x}. \tag{2}\label{T7512-2}
\end{align*}
Để cho gọn, đặt \dfrac{\pi}{x}=t. Ta có
\begin{align*}
2\text{VT}(\ref{T7512-2}) &= 2(\sin^2 3t+8\sin3t\cos 3t\sin2t+16\cos^2 3t\sin^2 2t)\\
&= (1-\cos 6t)+8\sin6t\sin 2t+8(1+\cos 6t)(1-\cos 4t)\\
&= (1-\cos 6t)+4(\cos 4t-\cos 8t)+8(1+\cos 6t)(1-\cos 4t)\\
&= 9-4\cos 4t+7\cos 6t-4\cos 8t-8\cos 6t\cos 4t\\
&= 9-4\cos 4t+7\cos 6r-4\cos 8t-4(\cos 10t+\cos 2t)\\
&= 9+11\cos 6t-4(\cos 2t+\cos 4t+\cos6t+\cos 8t+\cos10t)
\end{align*}
Ta có
\begin{align*}
& \quad\; \cos 2t+\cos 4t+\cos 6t+\cos 8t\\
&= \dfrac{1}{2\sin t}(2\sin t\cos 2t+2\sin t\cos 4t
+2\sin t\cos 6t+2\sin t\cos 8t+2\sin t\cos10t)\\
&=\dfrac{1}{2\sin t}(\sin 3t-\sin t+\sin 5t-\sin 3t+\sin7t
-\sin 5t+\sin 9t-\sin 7t+\sin 11t-\sin 9t)\\ &=\dfrac{1}{2\sin t}(\sin 11t-\sin t)=\dfrac{\sin 11t}{2\sin t}-\dfrac{1}{2}.
\end{align*}
Vậy \begin{align*}
(\ref{T7512-2}) &\Leftrightarrow 9+11\cos 6t-2\dfrac{\sin11t}{\sin t}+2=x(1+\cos 6t)\\
&\Leftrightarrow (11-x)\cos^2\dfrac{3\pi}{x}=\dfrac{\sin\dfrac{11\pi}{x}}{\sin\dfrac{\pi}{x}}.\tag{3}\label{T7512-3}
\end{align*}
Nhận xét: x=11 là nghiệm của phương trình (\ref{T7512-3}).
Xét hàm số f(x)=\tan \dfrac{3\pi}{x}+4\sin\dfrac{2\pi}{x}-\sqrt{x}.
Để \tan\dfrac{3\pi}{x} có nghĩa thì \dfrac{3\pi}{x}\neq \dfrac{\pi}{2}+k\pi\ (k\in\mathbb{Z})\Leftrightarrow x\neq 2;6 (Do x\in\mathbb{N}^*).
Xét các trường hợp
Nếu x\leq 4 thì 0 < \dfrac{1}{x}\leq \dfrac{1}{4}. Suy ra 0 < \dfrac{2\pi}{x}\leq \dfrac{\pi}{2}. Do đó \cos\dfrac{2\pi}{x}\geq 0. Vậy với x\geq 4, ta có f'(x)=-\dfrac{3\pi}{x^2\cos^2\frac{3\pi}{x}}-\dfrac{8\pi}{x^2}\cos\dfrac{2\pi}{x}-\dfrac{1}{2\sqrt{x}} < 0. Hàm số y=f(x) nghịch biến chặt khi x\geq 4. Chứng tỏ phương trình f(x)=0 có duy nhất nghiệm x=11.
Xét hàm số f(x)=\tan \dfrac{3\pi}{x}+4\sin\dfrac{2\pi}{x}-\sqrt{x}.
Để \tan\dfrac{3\pi}{x} có nghĩa thì \dfrac{3\pi}{x}\neq \dfrac{\pi}{2}+k\pi\ (k\in\mathbb{Z})\Leftrightarrow x\neq 2;6 (Do x\in\mathbb{N}^*).
Xét các trường hợp
- x=1: \text{VT}(\ref{T7512-1})=\tan 3\pi+4\sin 2\pi=0 < \sqrt{1}=\text{VP}(\ref{T7512-1}).
- x=3: \text{VT}(\ref{T7512-1})=\tan \pi+4\sin \dfrac{2\pi}{3}=2\sqrt{3} > \sqrt{3}=\text{VP}(\ref{T7512-1}).
Nếu x\leq 4 thì 0 < \dfrac{1}{x}\leq \dfrac{1}{4}. Suy ra 0 < \dfrac{2\pi}{x}\leq \dfrac{\pi}{2}. Do đó \cos\dfrac{2\pi}{x}\geq 0. Vậy với x\geq 4, ta có f'(x)=-\dfrac{3\pi}{x^2\cos^2\frac{3\pi}{x}}-\dfrac{8\pi}{x^2}\cos\dfrac{2\pi}{x}-\dfrac{1}{2\sqrt{x}} < 0. Hàm số y=f(x) nghịch biến chặt khi x\geq 4. Chứng tỏ phương trình f(x)=0 có duy nhất nghiệm x=11.
Bài 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi M là trung điểm cạnh BC, X là điểm chính giữa cung \overset\frown{BAC} của đường tròn (O), P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên CI, BI. Chứng minh rằng XI\perp PQ. |
Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của X lên BI, CI. Ta có \widehat{MKC}=\widehat{MXC}=\dfrac{1}{2}\widehat{BAC}\tag{1}\label{T8512-1}
Mặt khác \begin{align*}
\widehat{KIB} &=\widehat{IBC}+\widehat{ICB}\\
&=\dfrac{1}{2}(\widehat{ABC}+\widehat{ACB})\\
&=90^\circ-\dfrac{1}{2}\widehat{BAC}\tag{2}\label{T8512-2}
\end{align*}
}
Từ (\ref{T8512-1}) và (\ref{T8512-2}) suy ra \widehat{MKC}+\widehat{KIB}=90^\circ\Rightarrow BI\perp MK, mà BI\perp MQ nên ba điểm M, Q, K thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có H, M, P thẳng hàng.
Khi đó \widehat{KPQ}=\widehat{KHQ}=\widehat{KHI}=\widehat{KXI} (do các tứ giác PQKH, XKIH là tứ giác nội tiếp).
Từ đó dễ suy ra XI\perp PQ.
}
Từ (\ref{T8512-1}) và (\ref{T8512-2}) suy ra \widehat{MKC}+\widehat{KIB}=90^\circ\Rightarrow BI\perp MK, mà BI\perp MQ nên ba điểm M, Q, K thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có H, M, P thẳng hàng.Khi đó \widehat{KPQ}=\widehat{KHQ}=\widehat{KHI}=\widehat{KXI} (do các tứ giác PQKH, XKIH là tứ giác nội tiếp).
Từ đó dễ suy ra XI\perp PQ.
Bài 9. Cho tam giác ABC có diện tích S và các cạnh BC=a, CA=b, AB=c. Giải hệ phương trình (ẩn x, y, z): \left\{ \begin{array}{l}&a^2x+b^2y+c^2z=4S\\ & x y+y z+z x=1.\end{array} \right. |
Ta có \left\{ \begin{array}{l}&a^2x+b^2y+c^2z=4S&&(1)\\ & x y+y z+z x=1.&&(2)\end{array} \right.
Từ phương trình (2) ta có (2)\Leftrightarrow z(x+y)=1-xy, suy ra x+y\ne 0.
Viết lại hệ dưới dạng \left\{ \begin{array}{l}&z=\dfrac{4S-a^2x-b^2y}{c^2}&&(3)\\ & z=\dfrac{1-x y}{x+y}.&&(4)\end{array} \right.
Từ (3) và (4) suy ra \begin{align*} &\dfrac{4S-a^2x-b^2y}{c^2}=\dfrac{1-x y}{x+y}\\ \Leftrightarrow&\left(4S-a^2x-b^2y\right)(x+y)=c^2(1-x y)\\ \Leftrightarrow&a^2x^2+\left[\left(a^2+b^2-c^2\right)y-45\right]x+b^2y^2-4S y+c^2=0.\tag{5} \end{align*} Sử dụng công thức a^2+b^2-c^2=2a b\cos C=\cot C\times 2a b\sin C=4S\cot C ta xét (5) dưới dạng phương trình bậc hai theo x a^2x^2+4S(y\cot C-1)x+b^2y^2-4S y+c^2=0 có nghiệm nên \begin{align*} &\Delta'=4S^2(y\cot C-1)^2-a^2\left(b^2y^2-4S y+c^2\right)\geq 0\\ \Leftrightarrow&\left(a^2b^2-4S^2\cot^2C\right)y^2+\left(8S^2\cot C-4a^2S\right)y+a^2c^2-4S^2\leq 0.\tag{6} \end{align*} Theo định lý hàm số \sin và \cos thì \begin{eqnarray*} &&a^2b^2-4S^2\cot^2C=\dfrac{4S^2}{\sin^2C}-4S^2\cot^2C=4S^2\\ &&a^2c^2-4S^2=\dfrac{4S^2}{\sin^2B}-4S^2=4S^2\cot^2B \end{eqnarray*} Vậy ta có \begin{eqnarray*} 8S^2\cot C-4a^2S&=&4S\left(2S\cot C-a^2\right)\\ &=&4S\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}2-a^2\right)\\ &=&-2S\left(c^2+a^2-b^2\right)\\ &=&-8S^2\cot B. \end{eqnarray*} Thế các giá trị trên vào (6) ta thu được \begin{eqnarray*} &&4S^2y^2-8y S^2\cot B+4S^2\cot^2B\leq 0\\ &\Leftrightarrow&4S^2(y-\cot B)^2\leq 0. \end{eqnarray*} Suy ra y=\cot B. Hoán vị vai trò x, y, z, ta thu được x=\cot A và z=\cot C.
Thử lại, ta thấy nghiệm (x, v, z)=(\cot A,\cot B,\cot C) thỏa mãn.
{\it Kết luận.} Bài toán có nghiệm duy nhất (x, y, z)=(\cot A,\cot B,\cot C).
Từ phương trình (2) ta có (2)\Leftrightarrow z(x+y)=1-xy, suy ra x+y\ne 0.
Viết lại hệ dưới dạng \left\{ \begin{array}{l}&z=\dfrac{4S-a^2x-b^2y}{c^2}&&(3)\\ & z=\dfrac{1-x y}{x+y}.&&(4)\end{array} \right.
Từ (3) và (4) suy ra \begin{align*} &\dfrac{4S-a^2x-b^2y}{c^2}=\dfrac{1-x y}{x+y}\\ \Leftrightarrow&\left(4S-a^2x-b^2y\right)(x+y)=c^2(1-x y)\\ \Leftrightarrow&a^2x^2+\left[\left(a^2+b^2-c^2\right)y-45\right]x+b^2y^2-4S y+c^2=0.\tag{5} \end{align*} Sử dụng công thức a^2+b^2-c^2=2a b\cos C=\cot C\times 2a b\sin C=4S\cot C ta xét (5) dưới dạng phương trình bậc hai theo x a^2x^2+4S(y\cot C-1)x+b^2y^2-4S y+c^2=0 có nghiệm nên \begin{align*} &\Delta'=4S^2(y\cot C-1)^2-a^2\left(b^2y^2-4S y+c^2\right)\geq 0\\ \Leftrightarrow&\left(a^2b^2-4S^2\cot^2C\right)y^2+\left(8S^2\cot C-4a^2S\right)y+a^2c^2-4S^2\leq 0.\tag{6} \end{align*} Theo định lý hàm số \sin và \cos thì \begin{eqnarray*} &&a^2b^2-4S^2\cot^2C=\dfrac{4S^2}{\sin^2C}-4S^2\cot^2C=4S^2\\ &&a^2c^2-4S^2=\dfrac{4S^2}{\sin^2B}-4S^2=4S^2\cot^2B \end{eqnarray*} Vậy ta có \begin{eqnarray*} 8S^2\cot C-4a^2S&=&4S\left(2S\cot C-a^2\right)\\ &=&4S\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}2-a^2\right)\\ &=&-2S\left(c^2+a^2-b^2\right)\\ &=&-8S^2\cot B. \end{eqnarray*} Thế các giá trị trên vào (6) ta thu được \begin{eqnarray*} &&4S^2y^2-8y S^2\cot B+4S^2\cot^2B\leq 0\\ &\Leftrightarrow&4S^2(y-\cot B)^2\leq 0. \end{eqnarray*} Suy ra y=\cot B. Hoán vị vai trò x, y, z, ta thu được x=\cot A và z=\cot C.
Thử lại, ta thấy nghiệm (x, v, z)=(\cot A,\cot B,\cot C) thỏa mãn.
{\it Kết luận.} Bài toán có nghiệm duy nhất (x, y, z)=(\cot A,\cot B,\cot C).
Bài 10. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì ta luôn có n và 2^{2^n}+1 là hai số nguyên tố cùng nhau. |
Trước hết ta chứng minh nhận xét sau: '' Cho p là số nguyên tố. Nếu p\mid 2^{2^n}+1 thì ta có p\equiv 1\left(\bmod 2^{n+1}\right)''.
Thật vậy p\mid 2^{2^n}+1 suy ra p lẻ. Ta có \begin{eqnarray*} 2^{2^n}+1\equiv 0(\bmod p)&\Rightarrow& 2^{2^n}\equiv-1(\bmod p)\\ &\Rightarrow& 2^{2^{n+1}}\equiv 1(\bmod p). \end{eqnarray*} Gọi h=\operatorname{ord}_p(2) ta có h\mid 2^{n+1}\Rightarrow h=2'(s\leq n+1).
Giả sử s < n+1\Rightarrow h\mid 2^n\Rightarrow 2^{2n}\equiv 1(\bmod p).
Mà 2^{2^n}\equiv-1(\bmod p)\Rightarrow 2\equiv 0(\bmod p)\Rightarrow p=2 mâu thuẫn.
Vậy s=n+1 tức là h=2^{n+1}. Lại có theo định lý Fermat nhỏ thì 2^{p-1}\equiv 1(\bmod p). Suy ra h\mid p-1\Rightarrow p\equiv 1(\bmod h)\Leftrightarrow p\equiv 1\left(\bmod 2^{n+1}\right). Trở lại bài toán, giả sử p\mid 2^{2^n}+1. Theo nhận xét trên p\equiv 1\left(\bmod 2^{n+1}\right) trên p=2^{n+1}k+1 (k\in\mathbb{N}^\star). Do đó p=2^{n+1}k+1 > 2^{n+1} > (1+1)^n\geq 1+n > n.
Vậy p không là ước của n. Bài toán được giải xong.
Thật vậy p\mid 2^{2^n}+1 suy ra p lẻ. Ta có \begin{eqnarray*} 2^{2^n}+1\equiv 0(\bmod p)&\Rightarrow& 2^{2^n}\equiv-1(\bmod p)\\ &\Rightarrow& 2^{2^{n+1}}\equiv 1(\bmod p). \end{eqnarray*} Gọi h=\operatorname{ord}_p(2) ta có h\mid 2^{n+1}\Rightarrow h=2'(s\leq n+1).
Giả sử s < n+1\Rightarrow h\mid 2^n\Rightarrow 2^{2n}\equiv 1(\bmod p).
Mà 2^{2^n}\equiv-1(\bmod p)\Rightarrow 2\equiv 0(\bmod p)\Rightarrow p=2 mâu thuẫn.
Vậy s=n+1 tức là h=2^{n+1}. Lại có theo định lý Fermat nhỏ thì 2^{p-1}\equiv 1(\bmod p). Suy ra h\mid p-1\Rightarrow p\equiv 1(\bmod h)\Leftrightarrow p\equiv 1\left(\bmod 2^{n+1}\right). Trở lại bài toán, giả sử p\mid 2^{2^n}+1. Theo nhận xét trên p\equiv 1\left(\bmod 2^{n+1}\right) trên p=2^{n+1}k+1 (k\in\mathbb{N}^\star). Do đó p=2^{n+1}k+1 > 2^{n+1} > (1+1)^n\geq 1+n > n.
Vậy p không là ước của n. Bài toán được giải xong.
Bài 11. Cho các dãy số (x_n), (y_n) xác định bởi \left\{ \begin{array}{l}&x_1=3, x_2=17, x_{n+2}=6x_{n+1}-x_n\\ & y_1=4, y_2=24, y_{n+2}=6y_{n+1}-y_n\end{array} \right.\,\, (n\geq 1, n\in\mathbb{N}).
Chứng minh rằng không có số hạng nào của các dãy số (x_n), (y_n) là lập phương của một số nguyên.
|
Cách 1:
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được x_n, y_n là các số nguyên, x_n là số lẻ, x_{n+1} > x_n\geq 3,\quad y_{n+1} > y_n\geq 4, \,\forall n\in\mathbb{N}^\star. Cũng bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: x_{n+1}=3x_n+2y_n,~y_{n+1}=4x_n+3y_n,~\forall n\in N^\star. Suy ra 2x_{m+1}^2-y_{n+1}^2=2x_n^2-y_n^2, \forall n\in\mathbb{N}^\star.
Cách 2: Xét dãy số \left(x_n\right), ta có \begin{eqnarray*} x_{n+2}=6x_{n+1}-x_n&\Leftrightarrow&\dfrac{x_{n+2}+x_n}{x_{n+1}}=6\\ &\Rightarrow&\dfrac{x_{n+2}+x_n}{x_{n+1}}=\dfrac{x_{n+1}+x_{n-1}}{x_n}\\ &\Rightarrow& x_{n+2}x_n-x_{n+1}^2=x_{n+1}x_{n-1}-x_n^2=\cdots=x_3x_1-x_2^2=8. \end{eqnarray*} Thay x_{n+2}=6x_{n+4}-x_n vào kết quả trên ta được \begin{eqnarray*} &&\left(6x_{n+1}-x_n\right)x_n-x_{n+1}^2=8\\ &\Leftrightarrow& x_{a+1}^2-6x_nx_{n+1}+x_n^2+8=0. \end{eqnarray*} Rõ ràng \left(x_n\right) là dãy số nguyên với mọi n\ge 1 nên phương trình (1) ẩn x_{n+1} phải có nghiệm nguyên hay biệt số \Delta' phải là số chính phương, tức là \Delta'=9x_n^2-\left(x_n^2+8\right)=k^2,~\left(k\in\mathbb{Z}^\star\right).\tag{1} Ta thấy vế trái của (1) chia hết cho 8 nên k^2\mathbin{\vdots}8\Rightarrow k\mathbin{\vdots}4.
Đặt k=4\ell với \ell nguyên dương \Rightarrow x_n^2-1=2\ell^2, \ell\in\mathbb{Z}^\star,~n\geq 1.(2)
Giả sử ngược lại, tồn tại x_c=a^3(c=1,\ldots, n) với a là số nguyên dương. Thay vào (2) ta có a^6-1=2\ell^2, ~a, \ell\in\mathbb{Z}^\star.\tag{3} Bây giờ ta chỉ cần chứng minh (3) không có nghiệm nguyên. Dễ thấy với \ell=1 thì (3) không có nghiệm nguyên. Xét \ell\ge 2. Ta có a^6-1=2\ell^2\Leftrightarrow\left(a^3-1\right)\left(a^3+1\right)=2\ell^2. Có các trường hợp
Làm tương tự, ta cũng thấy mọi số hạng của dãy \left(y_n\right) cũng không là lập phương của một số nguyên.
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được x_n, y_n là các số nguyên, x_n là số lẻ, x_{n+1} > x_n\geq 3,\quad y_{n+1} > y_n\geq 4, \,\forall n\in\mathbb{N}^\star. Cũng bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: x_{n+1}=3x_n+2y_n,~y_{n+1}=4x_n+3y_n,~\forall n\in N^\star. Suy ra 2x_{m+1}^2-y_{n+1}^2=2x_n^2-y_n^2, \forall n\in\mathbb{N}^\star.
- Giả sử tồn tại số nguyên dương n và số nguyên a sao cho y_n=a^3. Suy ra a\ge 2 và 2x_n^2-a^6=2. Do đó a là số chẵn. Suy ra tồn tại số nguyên b sao cho a=2b. Từ đó x_n^2-32b^6=1\Rightarrow\left(x_n-1\right)\left(x_n+1\right)=32b^6. Ta có \left(x_n-1, x_n+1\right)=2. \item Trường hợp 1: Tồn tại các số nguyên dương c, d sao cho \begin{eqnarray*} x_n-1=2c^6,~x_n+1=16d^6&\Rightarrow&16d^6-2c^6=2\\ &\Rightarrow&8d^6-c^6=1\\ &\Rightarrow&\left(2d^2-c^2\right)\left(4d^4+2c^2d^2+c^4\right)=1 \end{eqnarray*} Đây là điều vô lý. \item Trường hợp 2: Tồn tại các số nguyên dương c, d sao cho \begin{eqnarray*} x_n-1=16c^6,~x_n+1=2d^6&\Rightarrow&2d^6-16c^6=2\\ &\Rightarrow&d^6-8c^6=1\\ &\Rightarrow&\left(d^2-2c^2\right)\left(d^4+2c^2d^2+4c^4\right)=1. \end{eqnarray*} Đây là điều vô lý. Vậy không có số hạng nào của dãy số \left[y_n\right] là lập phương của một số nguyên.
- Giả sử tồn tại số nguyên dương m và số nguyên k sao cho x^m=k^3\Rightarrow k\geq 2 và k là số lẻ. Do đó 2k^6-2=y_m^2. Suy ra y_m là số chẵn, vậy tồn tại số nguyên h sao cho y_m=2h. Vì y_m\geq 4 nên h\geq 2. Ta có
\begin{eqnarray*}
2k^6-2=y_m^2=4h^2&\Leftrightarrow& k^6-1=2h^2\\
&\Leftrightarrow&\left(k^2-1\right)\left(k^4+k^2+1\right)=2h^2
\end{eqnarray*}
Gọi t là ước chung lớn nhất của k^2-1 và k^4+k^2+1 thì t=1 hoặc t=3.
\item Trường hợp 1: t=1. Khi đó tồn tại các số nguyên dương p và q sao cho
k^2-1=2p^2, k^4+k^2+1=q^2
hoặc tồn tại các số nguyên dương p, q sao cho k^2-1=p^2, k^4+k^2+1=2q^2.
Nếu k^2-1=p^2 thì (k+p)(k-p)=1, vô lý.
Nếu k^4+k^2+1=q^2 thì \left(k^2+k+1\right)\left(k^2-k+1\right)=q^2.
Vì k^2+k+1 và k^2-k+1 nguyên tố cùng nhau nên tồn tại các số nguyên dương r, s sao cho k^2+k+1=r^2, k^2-k+1=s^2.
Suy ra 3=(2k+1+2r)(2r-2k-1) nên vô lý. \item Trường hợp 2: t=3. Khi đó tồn tại các số nguyên dương p, q sao cho k^2-1=6p^2, k^4+k^2+1=3q^2. Suy ra \left(k^2+k+1\right)\left(k^2-k+1\right)=3q^2.
Vì k^2+k+1 và k^2-k+1 nguyên tố cùng nhau nên tồn tại các số nguyên dương r, s sao cho k^2-k+1=3r^2, k^2+k+1=s^2 hoặc tồn tại các số nguyên dương r, s sao cho k^2-k+1=r^2, k^2+k+1=3s^2.
Nếu k^2+k+1=s^2 thì (2s+2k+1)(2s-2k-1)=3, vô lý.
Nếu k^2-k+1=r^2 thì (2r+2k-1)(2r-2k+1)=3, vô lý. Vậy không có số hạng nào của dãy số \left(x_n\right) là lập phương của một số nguyên.
Cách 2: Xét dãy số \left(x_n\right), ta có \begin{eqnarray*} x_{n+2}=6x_{n+1}-x_n&\Leftrightarrow&\dfrac{x_{n+2}+x_n}{x_{n+1}}=6\\ &\Rightarrow&\dfrac{x_{n+2}+x_n}{x_{n+1}}=\dfrac{x_{n+1}+x_{n-1}}{x_n}\\ &\Rightarrow& x_{n+2}x_n-x_{n+1}^2=x_{n+1}x_{n-1}-x_n^2=\cdots=x_3x_1-x_2^2=8. \end{eqnarray*} Thay x_{n+2}=6x_{n+4}-x_n vào kết quả trên ta được \begin{eqnarray*} &&\left(6x_{n+1}-x_n\right)x_n-x_{n+1}^2=8\\ &\Leftrightarrow& x_{a+1}^2-6x_nx_{n+1}+x_n^2+8=0. \end{eqnarray*} Rõ ràng \left(x_n\right) là dãy số nguyên với mọi n\ge 1 nên phương trình (1) ẩn x_{n+1} phải có nghiệm nguyên hay biệt số \Delta' phải là số chính phương, tức là \Delta'=9x_n^2-\left(x_n^2+8\right)=k^2,~\left(k\in\mathbb{Z}^\star\right).\tag{1} Ta thấy vế trái của (1) chia hết cho 8 nên k^2\mathbin{\vdots}8\Rightarrow k\mathbin{\vdots}4.
Đặt k=4\ell với \ell nguyên dương \Rightarrow x_n^2-1=2\ell^2, \ell\in\mathbb{Z}^\star,~n\geq 1.(2)
Giả sử ngược lại, tồn tại x_c=a^3(c=1,\ldots, n) với a là số nguyên dương. Thay vào (2) ta có a^6-1=2\ell^2, ~a, \ell\in\mathbb{Z}^\star.\tag{3} Bây giờ ta chỉ cần chứng minh (3) không có nghiệm nguyên. Dễ thấy với \ell=1 thì (3) không có nghiệm nguyên. Xét \ell\ge 2. Ta có a^6-1=2\ell^2\Leftrightarrow\left(a^3-1\right)\left(a^3+1\right)=2\ell^2. Có các trường hợp
- \left\{ \begin{array}{l}&a^3-1=1\\ & a^3+1=2\ell^2\end{array} \right..
- \left\{ \begin{array}{l}&a^3-1=2\\ & a^3+1=\ell^2\end{array} \right..
- \left\{ \begin{array}{l}&a^3-1=1\\ & a^3+1=2\ell\end{array} \right..
Làm tương tự, ta cũng thấy mọi số hạng của dãy \left(y_n\right) cũng không là lập phương của một số nguyên.
Bài 12. Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (O). A' đối xứng với A qua O. P là hình chiếu vuông góc của A' trên đường trung trực của BC. Gọi H_a, H_b, H_c lần lượt là trực tâm của các tam giác APA', BPA', CPA'. Chứng minh rằng đường tròn \left(H_aH_bH_c\right) tiếp xúc với (O). |
Ta cần có một bổ đề.
Nếu (TA,TB)\equiv(CA,CT)+(DT,DB)(\bmod\pi) thì các đường tròn (TAC), (TBD) tiếp xúc nhau tại T.
Phép chứng minh bổ đề trên rất đơn giản, không trình bày ở đây.
Trở lại với bài toán \ref{y3uhuungl8}.
Gọi Q là giao điểm thứ hai của AP và (O); D, E, F theo thứ tự là giao điểm của PH_a và AO, AB, AC, (P) là đường tròn tâm P bán kính PB=PB; R, S theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (P) và các đường tròn (BPQ), (CPQ).
Dễ thấy BE\equiv BA\perp BA'; DE\equiv DP\equiv PH_a và AO, AB, AC; (P) là đường tròn tâm P bán kính PB=PC; R, S theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (P) và các đường tròn (BPQ), (CPQ). Dễ thấy BE\equiv BA\perp BA'; DE\equiv DP\equiv PH_a\perp AA'\equiv DA; QP\equiv QA\perp QA'. Do đó các bộ bốn điểm \left(B, E, D, A'\right) và \left(P,Q,D,A'\right) cùng thuộc một đường tròn. } {
}
Vậy \overline{A B}\cdot\overline{AE}=\overline{AD}\cdot\overline{AA'}=\overline{AP}\cdot\overline{AQ}. Điều đó có nghĩa là bốn điểm B, E, P, Q cùng thuộc một đường tròn. (1)
Dễ thấy H_bP\perp BA'; BA'\perp BA; H_bB\perp A'P; A'P\perp AH_a. Do đó H_bP\parallel AB; H_bB\parallel AH_a.
Vì AH_a\perp BC và O là tâm đường tròn (ABC) nên \left(AB,AH_a\right)\equiv(AO,AC)\equiv\left(AA',AC\right)(\bmod\pi). Dễ thấy EP\equiv H_aP\perp AA'; AB\parallel A'C\perp AC.
Vậy \left(H_bP,H_bB\right)\equiv\left(AB,AH_a\right)\equiv\left(AA',AC\right)\equiv(E P, E B)(\bmod\pi).
Do đó H_b, P, B, E cùng thuộc một đường tròn.(2)
Từ (1) và (2) suy ra H_b, B, P, Q, E cùng thuộc một đường tròn.(3)
Tương tự H_c, C, P, Q, F cùng thuộc một đường tròn.(4)
Dễ thấy BH_b\perp A'P; CH_c\perp A'P. Do đó BH_b\perp CH_c. Từ đó, chú ý (3) và (4), suy ra \begin{align*} \left(QH_b,QH_c\right)\equiv&\left(QH_b, QP\right)+\left(QP,QH_c\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&\left(BH_b,BP\right)+\left(CP,CH_c\right)\equiv(PC,PB)(\bmod\pi).\tag{5} \end{align*} \begin{align*} \left(PH_b, PH_c\right)\equiv&\left(PH_b,PQ\right)+\left(PQ, H_c\right)\equiv\left(BH_b,BQ\right)+\left(CQ, CH_c\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&(CQ,BQ)\equiv\left(CA',BA'\right)\equiv-\left(A'B,A'C\right)(\bmod\pi).\tag{6} \end{align*} Dễ thấy EB\equiv AB\perp A'B; H_bP\perp A'B. Do đó EB \parallel H_bP.(7)
Từ (7) suy ra B, P, H_b, E là bốn đỉnh của một hình thang cân \left(E B \parallel H_bP\right).
Kết hợp với BP=SP, suy ra EH_b=BP=SP.
Do đó EH_b=SP, EP\parallel H_bS. Tương tự FH_c=RP, FP\parallel H_cR.
Vậy, chú ý rằng SP=RP, suy ra EH_b=FH_c; EP\parallel H_bS; FP\parallel H_cR.(8)
Từ (3) và (4), chú ý rằng B, BH_b theo thứ tự là ảnh đối xứng của C, CH_c qua OP, suy ra \begin{align*} \left(EH_b, EF\right)\equiv&\left(EH_b,EP\right)\equiv\left(BH_b,BP\right)\equiv\left(CP, CH_c\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&\left(FP,FH_c\right)\equiv\left(FE,FH_c\right)\equiv-\left(FH_c,FE\right)(\bmod\pi).\tag{9} \end{align*} Từ (8) và (9) suy ra E, F, H_b, H_c là bốn đỉnh của một hình thang cân \left(EF\parallel H_bH_c\equiv H_bS\right).(10) Từ (3) và (10), chú ý rằng BE\equiv AB\perp A'B; BH_b\perp A'P, suy ra \left(H_bH_c,H_bP\right)\equiv\left(PE,PH_b\right)\equiv\left(BE,BH_b\right)\equiv\left(A'B,A'P\right)\equiv-\left(A'P,A'B\right)(\bmod\pi).\tag{11} Từ (6) và (11) suy ra các tam giác PH_bH_c, A'BC đồng dạng ngược hướng.(12)
Dễ thấy AE\equiv AB\perp A'B; AH_a\perp A'P; A'P\parallel BC; AA'\perp PD\equiv EH_a; AC\perp AB\equiv EA.
Do đó \left(AE,AH_a\right)\equiv\left(A'B, A'P\right)\equiv\left(BA',BC\right)\equiv\left(AA',AC\right)\equiv\left(EH_a,EA\right)(\bmod\pi).
Kết hợp với AE\equiv AB\perp AC, suy ra H_aE=H_aA. (13)
Từ (10) và (13) suy ra H_aH_b=H_aH_c.(14)
Từ (12) và (14), chú ý rằng PH_a\parallel H_bH_c, PB=PC, A'P \parallel PC, suy ra tập hợp \triangle PH_bH_c\cup\left\{H_a\right\} và \triangle A'BC\cup\{P\} là ảnh của nhau qua một phép đồng dạng ngược hướng.(15)
Từ (15) suy ra \left(H_aH_b, H_aH_c\right)\equiv-(PB,PC)\equiv(PC, PB)(\bmod\pi).\tag{16} Từ (5) và (16) suy ra \left(QH_b,QH_c\right)\equiv\left(H_aH_b, H_aH_c\right)(m o d\pi).
Nói cách khác Q, H_a, H_b, H_c cùng thuộc một đường tròn.(17)
Từ (3) và (15), chú ý rằng A'Q\equiv H_aQ, suy ra \begin{align*} \left(QB,QH_b\right)\equiv&\left(BP,BH_b\right)\\ \equiv&\left(BP,H_aH_b\right)+\left(H_aH_b,BH_b\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&\left(BP,H_aH_b\right)-\left(BH_b,H_aH_b\right)\\ \equiv&\left(BP,H_aH_b\right)+\left(A'B,PB\right)\\ \equiv&\left(A'B,H_aH_b\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&\left(A'B,A'Q\right)+\left(H_aQ, H_aH_b\right)\\ \equiv&(CB,CQ)+\left(H_aQ,H_aH_b\right)(\bmod\pi).\tag{18} \end{align*} Từ (17) và (18), theo bổ đề trên, suy ra đường tròn \left(H_aH_bH_c\right) tiếp xúc với (O) tại Q.
Dễ thấy BE\equiv BA\perp BA'; DE\equiv DP\equiv PH_a và AO, AB, AC; (P) là đường tròn tâm P bán kính PB=PC; R, S theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (P) và các đường tròn (BPQ), (CPQ). Dễ thấy BE\equiv BA\perp BA'; DE\equiv DP\equiv PH_a\perp AA'\equiv DA; QP\equiv QA\perp QA'. Do đó các bộ bốn điểm \left(B, E, D, A'\right) và \left(P,Q,D,A'\right) cùng thuộc một đường tròn. } {
}
Vậy \overline{A B}\cdot\overline{AE}=\overline{AD}\cdot\overline{AA'}=\overline{AP}\cdot\overline{AQ}. Điều đó có nghĩa là bốn điểm B, E, P, Q cùng thuộc một đường tròn. (1)Dễ thấy H_bP\perp BA'; BA'\perp BA; H_bB\perp A'P; A'P\perp AH_a. Do đó H_bP\parallel AB; H_bB\parallel AH_a.
Vì AH_a\perp BC và O là tâm đường tròn (ABC) nên \left(AB,AH_a\right)\equiv(AO,AC)\equiv\left(AA',AC\right)(\bmod\pi). Dễ thấy EP\equiv H_aP\perp AA'; AB\parallel A'C\perp AC.
Vậy \left(H_bP,H_bB\right)\equiv\left(AB,AH_a\right)\equiv\left(AA',AC\right)\equiv(E P, E B)(\bmod\pi).
Do đó H_b, P, B, E cùng thuộc một đường tròn.(2)
Từ (1) và (2) suy ra H_b, B, P, Q, E cùng thuộc một đường tròn.(3)
Tương tự H_c, C, P, Q, F cùng thuộc một đường tròn.(4)
Dễ thấy BH_b\perp A'P; CH_c\perp A'P. Do đó BH_b\perp CH_c. Từ đó, chú ý (3) và (4), suy ra \begin{align*} \left(QH_b,QH_c\right)\equiv&\left(QH_b, QP\right)+\left(QP,QH_c\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&\left(BH_b,BP\right)+\left(CP,CH_c\right)\equiv(PC,PB)(\bmod\pi).\tag{5} \end{align*} \begin{align*} \left(PH_b, PH_c\right)\equiv&\left(PH_b,PQ\right)+\left(PQ, H_c\right)\equiv\left(BH_b,BQ\right)+\left(CQ, CH_c\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&(CQ,BQ)\equiv\left(CA',BA'\right)\equiv-\left(A'B,A'C\right)(\bmod\pi).\tag{6} \end{align*} Dễ thấy EB\equiv AB\perp A'B; H_bP\perp A'B. Do đó EB \parallel H_bP.(7)
Từ (7) suy ra B, P, H_b, E là bốn đỉnh của một hình thang cân \left(E B \parallel H_bP\right).
Kết hợp với BP=SP, suy ra EH_b=BP=SP.
Do đó EH_b=SP, EP\parallel H_bS. Tương tự FH_c=RP, FP\parallel H_cR.
Vậy, chú ý rằng SP=RP, suy ra EH_b=FH_c; EP\parallel H_bS; FP\parallel H_cR.(8)
Từ (3) và (4), chú ý rằng B, BH_b theo thứ tự là ảnh đối xứng của C, CH_c qua OP, suy ra \begin{align*} \left(EH_b, EF\right)\equiv&\left(EH_b,EP\right)\equiv\left(BH_b,BP\right)\equiv\left(CP, CH_c\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&\left(FP,FH_c\right)\equiv\left(FE,FH_c\right)\equiv-\left(FH_c,FE\right)(\bmod\pi).\tag{9} \end{align*} Từ (8) và (9) suy ra E, F, H_b, H_c là bốn đỉnh của một hình thang cân \left(EF\parallel H_bH_c\equiv H_bS\right).(10) Từ (3) và (10), chú ý rằng BE\equiv AB\perp A'B; BH_b\perp A'P, suy ra \left(H_bH_c,H_bP\right)\equiv\left(PE,PH_b\right)\equiv\left(BE,BH_b\right)\equiv\left(A'B,A'P\right)\equiv-\left(A'P,A'B\right)(\bmod\pi).\tag{11} Từ (6) và (11) suy ra các tam giác PH_bH_c, A'BC đồng dạng ngược hướng.(12)
Dễ thấy AE\equiv AB\perp A'B; AH_a\perp A'P; A'P\parallel BC; AA'\perp PD\equiv EH_a; AC\perp AB\equiv EA.
Do đó \left(AE,AH_a\right)\equiv\left(A'B, A'P\right)\equiv\left(BA',BC\right)\equiv\left(AA',AC\right)\equiv\left(EH_a,EA\right)(\bmod\pi).
Kết hợp với AE\equiv AB\perp AC, suy ra H_aE=H_aA. (13)
Từ (10) và (13) suy ra H_aH_b=H_aH_c.(14)
Từ (12) và (14), chú ý rằng PH_a\parallel H_bH_c, PB=PC, A'P \parallel PC, suy ra tập hợp \triangle PH_bH_c\cup\left\{H_a\right\} và \triangle A'BC\cup\{P\} là ảnh của nhau qua một phép đồng dạng ngược hướng.(15)
Từ (15) suy ra \left(H_aH_b, H_aH_c\right)\equiv-(PB,PC)\equiv(PC, PB)(\bmod\pi).\tag{16} Từ (5) và (16) suy ra \left(QH_b,QH_c\right)\equiv\left(H_aH_b, H_aH_c\right)(m o d\pi).
Nói cách khác Q, H_a, H_b, H_c cùng thuộc một đường tròn.(17)
Từ (3) và (15), chú ý rằng A'Q\equiv H_aQ, suy ra \begin{align*} \left(QB,QH_b\right)\equiv&\left(BP,BH_b\right)\\ \equiv&\left(BP,H_aH_b\right)+\left(H_aH_b,BH_b\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&\left(BP,H_aH_b\right)-\left(BH_b,H_aH_b\right)\\ \equiv&\left(BP,H_aH_b\right)+\left(A'B,PB\right)\\ \equiv&\left(A'B,H_aH_b\right)(\bmod\pi)\\ \equiv&\left(A'B,A'Q\right)+\left(H_aQ, H_aH_b\right)\\ \equiv&(CB,CQ)+\left(H_aQ,H_aH_b\right)(\bmod\pi).\tag{18} \end{align*} Từ (17) và (18), theo bổ đề trên, suy ra đường tròn \left(H_aH_bH_c\right) tiếp xúc với (O) tại Q.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét