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