TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN TRÊN TẠP CHÍ PI

Read More

Toán học & tuổi trẻ số 512, tháng 02 năm 2020

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 $N^2$.

Read More

Toán học & tuổi trẻ số 511, tháng 01 năm 2020

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.

Read More

Toán học & tuổi trẻ số 510, tháng 12 năm 2019

Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên $x,$ $y,$ $z$ sao cho $3^x+5^y-2^z=\left(2z+3\right)^3.$

Read More

Đề ra kỳ này trích báo toán học & tuổi trẻ số 509, tháng 11 năm 2019.

Bài 1. So sánh hai số sau \[A=\dfrac{1}{5}+\dfrac{2}{5^2}+\dfrac{3}{5^3}+\cdots+\dfrac{2018}{5^{2018}};\quad B=\dfrac{2018}{2019}.\]

Read More

[tc71][T11/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Tìm tất cả các hàm số $f \colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn \[f(x)f(y)+f(x+y)=xf(y)+yf(x)+f(xy)+x+y+1, \forall x, y \in \mathbb{R}. \]

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm số $f \colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn \[f(x)f(y)+f(x+y)=xf(y)+yf(x)+f(xy)+x+y+1, \forall x, y \in \mathbb{R}. \tag{1}\] Thay $(x,y)=(0,0)$ vào $(1)$ ta được $$f(0)f(0)+f(0)=f(0)+1\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&f(0)=1\\&f(0)=-1.\end{array}\right.$$ Xét trường hợp $f(0)=1$. Thế $y=0$ vào $(1)$, ta thu được hàm số $f(x)=x+1$ không thỏa mãn $(1)$. Vậy nên $f(0)\ne 1$. Do đó $f(0)=-1$.
Thay $(x,y)=(1,-1)$ vào $(1)$, ta thu được \begin{eqnarray*} &&f(1)f(-1)+f(0)=f(-1)-f(1)+f(-1)+1\\ &\Leftrightarrow & \left[f(1)-2\right]\left[f(-1)+1\right]=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&f(1)=2\\&f(-1)=-1.\end{array}\right. \end{eqnarray*}

• Khi $f(1)=2$, thế $y=1$ vào $(1)$, ta thu được $$f(x+1)=3x+2 hay f(x)=3x-1.$$ Hàm số này thỏa mãn $(1)$.
• Khi $f(-1)=-1$, thế $y=-1$ vào $(1)$, ta thu được \begin{align*} &f(x)f(-1)+f(x-1)=xf(-1)-f(x)+f(-x)+x\\ \Leftrightarrow & f(x-1)=f(-x), \forall x\in \mathbb{R}. \tag{2} \end{align*}Vậy nên $f(-2)=f(1)$.
  Thay $(x,y)=(1,-2)$ vào $(1)$ và sử dụng hệ thức $f(-2)=f(1)$, ta thu được $$\left[f(1)\right]^2=1\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}&f(1)=-1\\&f(1)=1.\end{array}\right.$$
• Khi $f(1)=-1$, thế $y=1$ vào $(1)$, ta thu được \[f(x+1)=3f(x)+2 \text{ hay } f(x)=3f(x-1)+2, \forall x\in \mathbb{R}. \tag{3}\] Từ $(2)$ và $(3)$ suy ra $f(x)=3f(-x)+2, \forall x\in \mathbb{R} \tag{4}$
  Suy ra $f(-x)=3f(x)+2, \forall x\in \mathbb{R}. \tag{5}$
  Thay $(5)$ vào $(4)$ ta có $$f(x)=3\left[3f(x)+2\right]+2\Rightarrow f(x) \equiv -1, \forall x\in \mathbb{R}.$$ Hàm này thỏa mãn $(1)$.
• Khi $f(1)=1$, thế $y=1$ vào $(1)$, ta thu được \[f(x+1)=f(x)+2x+2, \forall x\in \mathbb{R}. \tag{6}\] Thay $x$ bởi $x+1$ trong $(1)$ và sử dụng $(6)$, $\forall x, y \in \mathbb{R}$ ta thu được $$f(x+y+1)+f(x+1)f(y)=(x+1)f(y)+yf(x+1)+f\left((x+1)y\right)+x+y+2$$ hay \begin{align*} & f(x+y)+2(x+y)+2+\left[f(x)+2x+2\right]f(y)\\ =&(x+1)f(y)+y\left[f(x)+2x+2\right]+f(xy+y)+x+y+2.\tag{7} \end{align*}Từ $(1)$ và $(7)$ ta thu được \[(2x+1)f(y)+f(xy)=f(xy+y)+2xy-2x-1, \forall x,y \in \mathbb{R}. \tag{8}\] Trong $(8)$ thay $y=\dfrac{1}{x}$ với $x\ne 0$, ta thu được \begin{align*} &(2x+1)f\left(\dfrac{1}{x}\right)+f(1)=f\left(1+\dfrac{1}{x}\right)+2-2x-1, \forall x\ne 0\\ \Leftrightarrow & (2x+1)f\left(\dfrac{1}{x}\right)+1=f\left(\dfrac{1}{x}\right)+\dfrac{2}{x}+2+2-2x-1, \forall x \ne 0\\ \Leftrightarrow & 2xf\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{2}{x}+2-2x, \forall x\ne 0\\ \Leftrightarrow&f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}-1,\forall x\ne 0\\ \Leftrightarrow & f(t)=t^2+t-1, \forall t\ne 0. \tag{9} \end{align*}Vì $f(0)=-1$ nên $(9)$ đúng với mọi $t\in \mathbb{R}$. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn $(1)$.

Kết luận:<> Bài toán có ba nghiệm là các hàm số $$f(x)=-1, f(x)=3x-1, f(x)=x^2+x-1, \forall x\in \mathbb{R}.$$

Read More

[tc72][T12/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019]\label{T12} Cho tứ giác điều hòa $ABCD$ (tứ giác nội tiếp có tích các cặp cạnh đối bằng nhau), $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. $M$ là trung điểm của $AC$. $X$, $Y$, $Z$, $T$ theo thứ tự là hình chiếu của $M$ trên $AB$, $BC$, $CD$, $DA$; $E=AB\cap CD$, $F=AD \cap CB$, $P=AC\cap BD$, $Q=XZ\cap YT$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua trung điểm của $EF$.

Lời giải

Ta cần có ba bổ đề.
Bổ đề 1. Cho $\triangle ABC$. $M$, $N$ là hai điểm đẳng giác của tam giác, $I$ là trung điểm của $MN$. $X$, $Y$, $Z$ theo thứ tự là hình chiếu của $M$ trên $BC$, $CA$, $AB$. $X'$, $Y'$, $Z'$ theo thứ tự là hình chiếu của $N$ trên $BC$, $CA$, $AB$. Khi đó $X$, $Y$, $Z$, $X'$, $Y'$, $Z'$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$. Bổ đề 1 rất quen thuộc, không trình bày cách chứng minh ở đây.
Bổ đề 2. Cho tứ giác điều hòa $ABCD$, $M$, $N$ theo thứ tự là trung điểm của $AC$, $BD$, $I$ là trung điểm của $MN$. $X$, $Y$, $Z$, $T$ theo thứ tự là hình chiếu của $M$ trên $AB$, $BC$, $CD$, $DA$. $X'$, $Y'$, $Z'$, $T'$ theo thứ tự là hình chiếu của $N$ trên $AB$, $BC$, $CD$, $DA$. Khi đó $X$, $Y$, $Z$, $T$, $X'$, $Y'$, $Z'$, $T'$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$.
Chứng minh.<> Vì tứ giác $ABCD$ điều hòa và $M$, $N$ theo thứ tự là trung điểm của $AC$, $BD$ nên $AM$, $AN$ là hai đường đẳng giác đối với góc $\widehat{DAB}$.
Do đó, theo bổ đề 1, $T$, $T'$, $X$, $X'$ cùng thuộc một đường tròn. Từ đó, chú ý rằng $IT=IT'$, $IX=IX'$, suy ra $T$, $T'$, $X$, $X'$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$. Tương tự các bộ bốn điểm $(X, X', Y, Y')$, $(Y, Y', Z, Z')$, $(Z, Z', T, T')$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$. Vậy $X$, $Y$, $Z$, $T$, $X'$, $Y'$, $Z'$, $T'$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$.} { Bổ đề 3. Nếu $O$, $H$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của $\triangle ABC$ thì $AO$, $AH$ là hai đường đẳng giác đối với góc $\widehat{BAC}$.
Bổ đề 4. Cho tứ giác $ABCD$. $E=AB\cap CD$, $F=AD\cap CB$. Khi đó trung điểm của $AC$, $BD$, $EF$ cùng thuộc một đường thẳng.
Các bổ đề 3, 4 rất quen thuộc, không trình bày cách chứng minh ở đây. Đường thẳng nói trong bổ đề 4 được gọi là đường thẳng Gauss<> của tứ giác $ABCD$. Trở lại bài toán \ref{T12}. Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ trên $EF$; $N$ là trung điểm của $BD$, $I$ là trung điểm của $MN$, $R$ là giao điểm của $BD$ và $MQ$; $S$, $S'$, $U$, $V$, $W$ theo thứ tự là giao điểm của $PQ$, $MN$, $PO$, $BD$, $AC$ và $EF$ (hình 2). Dễ thấy các tứ giác $ABCD$, $AXMT$, $BYMX$ nội tiếp và $BP$ là đường đối trung của $\triangle ABC$. Ta có \begin{eqnarray*} (XY,XT) &\equiv& (XY,XM)+(XM,XT)\\ &\equiv& (BY,BM)+(AM,AT) \pmod \pi.\\ (XY, XT) &\equiv& (XY,XM)+(XM,XT)\equiv (BY,BM)+(AM,AT) \pmod \pi\\ &\equiv& (BC,BM)+(AC,AD) \equiv (BP,BA)+(BC,BD) \pmod \pi\\ &\equiv& (BD,BA)+(BC,BD) \equiv (BC,BA) \pmod \pi. \end{eqnarray*}

Tương tự $(ZY,ZT)\equiv (DC,DA) \pmod \pi$.
Vậy, chú ý rằng tứ giác $ABCD$ nội tiếp, ta có $(XY,XT)\equiv (ZY,ZT) \pmod \pi$.
Điều đó có nghĩa là tứ giác $XYZT$ nội tiếp.
Theo định lý $\sin$, chú ý rằng $\widehat{XAT}+\widehat{YCZ}=\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^\circ$, ta có $$XT=AM \sin \widehat{XAT}=CM\sin \widehat{YCZ}=YZ.$$ Vậy $XYZT$ là hình thang cân ($XY \parallel ZT$). (1)
Dễ thấy $M$, $E$, $X$, $Z$, $H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $ME$, ký hiệu là $(ME)$, và $M$, $F$, $Y$, $T$, $H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MF$, ký hiệu là $(MF)$. Kết hợp với $(1)$ suy ra $$\mathscr{P}_{Q/(ME)}=\overline{QX}\cdot \overline{QZ}=\overline{QY}\cdot \overline{QT}=\mathscr{P}_{Q/(MF)}.$$ Kết hợp với $MH$ là trục đẳng phương của $(ME)$, $(MF)$, suy ra $Q\in MH$. Theo định lý Brocard, $OP \perp EF$. Vậy $MQ \equiv MH \parallel OP$. (2)
Từ $(1)$, theo bổ đề 2, suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân $XYZT$. Do đó $IQ \perp XY \parallel ZT$. (3)
Vì $\widehat{BXM}=\widehat{BYM}=90^\circ$ nên $BM$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BXY$. Từ đó, chú ý rằng $BM$, $BD$ là hai đường đẳng giác đối với góc $\widehat{XBY}$, theo bổ đề 3, suy ra $BD \perp XY$. Kết hợp với $(3)$, suy ra $IQ \parallel BD \equiv NR$. Từ đó, chú ý rằng $I$ là trung điểm của $MN$, suy ra $Q$ là trung điểm của $MR$. (4)
Từ $(2)$ và $(4)$ suy ra \[(WVSU)=P(WVSU)=P(MRQO)=-1. \tag{5}\] Dễ thấy $EF$ là đường đối cực của $P$ đối với $(O)$. (6)
Từ $(6)$, chú ý rằng $ABCD$ là tứ giác điều hòa, suy ra $WB$, $WD$ tiếp xúc với $(O)$. Do đó $W \in ON$. Kết hợp với $(6)$, suy ra $\widehat{OUW}=90^\circ$. Vậy các tứ giác $MPNO$, $MUWO$ theo thứ tự nội tiếp các đường tròn đường kính $PO$, $PW$. Do đó $$(MN, MP)\equiv (ON, OP)\equiv (OW,OU) \equiv (MW,MU) \pmod \pi.$$ Từ đó, chú ý rằng $MV \equiv MO \perp MW$, suy ra \[(WVS'U)=M(WVS'U)=M(WVNU)=-1. \tag{7}\] Từ $(5)$ và $(7)$ suy ra $(WVS'U)=(WVSU)$. Điều đó có nghĩa là $S$ trùng với $S'$. Theo bổ đề 4, $S'$ là trung điểm của $EF$. Vậy $S$ là trung điểm của $EF$ (đpcm).
Nếu $X'$, $Y'$, $Z'$, $T'$ theo thứ tự là hình chiếu của $N$ trên $AB$, $BC$, $CD$ và $DA$ và $Q'=X'Z'\cap Y'T'$ thì $P$, $Q$, $Q'$ thẳng hàng.

Read More

[tc70][T10/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n\ge 1$, phương trình $x^{2n+1}=x+1$ có một nghiệm thự duy nhất, kí hiệu là $x_n$ và tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} x_n$.

Lời giải

Ta có: $x^{2n+1}=x+1 \Leftrightarrow x\left(x^{2 n}-1\right)=1$.$(*)$ [$-$]

Với $x\le -1$ thì $x^{2 n}-1 \geq 0 \Rightarrow VT(*) \leq 0$, vậy (*) không có nghiệm $x\le -1$.

Với $-1 < x\le 0$ thì $x+1 > 0, x^{2 n+1} \leq 0$, do đó $-1 < x \leq 0$ không là nghiệm của $(*)$.

Với $0 < x \leq 1$ thì $x^{2 n}-1 \leq 0, x > 0$, nên $VT(*) \leq 0$, vậy (*) không có nghiệm $0 < x \leq 1$.

Do đó PT (*) nếu có nghiệm $x$ thì $x > 1$.
Đặt $f_{n}(x)=x^{2 n+1}-x-1$ thì $f_{n}^{\prime}(x)=(2 n+1) x^{2 n}-1 > 0, \forall x \geq 1$, do đó $f_{n}(x)$ đồng biến trên $(1; +\infty)$. Lại có $$f_{n}(1)=-1 < 0 ; f_{n}(2)=2^{2 n+1}-3 > 0$$ nên $f_{n}(x)$ có nghiệm duy nhất trên $(1;2)$. Kí hiệu nghiệm duy nhất là $x_n$. Ta có: \begin{align*} f_{n+1}\left(x_{n}\right)&=x_{n}^{2 n+3}-x_{n}-1 > x_{n}^{2 n+1}-x_{n}-1\\ &=f_{n}\left(x_{n}\right)=0=f_{n+1}\left(x_{n+1}\right). \end{align*} Do đó $x_{n} > x_{n+1} > 1$. Dãy $(x_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới nên tồn tại $\lim\limits_{n \rightarrow+\infty}x_{n}=a \geq 1$. Giả sử $a > 1$, khi đó tồn tại $k$ đủ lớn sao cho $a^{2 k+1} > 3$.
Vậy $x_{k}^{2 k+1} \geq a^{2 k+1} > 3$ và $x_{k} < 2 \Rightarrow x_{k}+1 < 3\Rightarrow x_{k}+1 < x_{k}^{2 k+1}$.
Lúc này $0=f_{k}\left(x_{k}\right)=x_{k}^{2 k+1}-\left(x_{k}+1\right) > 0$ (mâu thuẫn).
Vậy $a=1$. Do đó PT $x^{2 n+1}=x+1$ có một nghiệm thực $x_n$ duy nhất và $\lim\limits_{n \to+\infty} x_{n}=1$.

Read More

[tc68][T8/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Cho tứ diện $OABC$ có $OA$, $OB$, $OC$ đôi một vuông góc với nhau và $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Gọi $r$ là bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện $OABC$. Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{r} \geq \dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right).$$

Lời giải

Kẻ $OH\perp (ABC)$, đặt $OH=h$. Ta có $V_{O A B C}=\dfrac{a b c}{6}=\dfrac{1}{3} h \cdot S_{A B C}$.

Từ đó $$r=\dfrac{3 V_{OABC}}{S_{OAB}+S_{OBC}+S_{OCA}+S_{ABC}}=\dfrac{a b c}{2\left(S_{OAB}+S_{OBC}+S_{OCA}+S_{ABC}\right)}.$$ Suy ra $\dfrac{1}{r}=\dfrac{ab+bc+ca+2\left(\dfrac{3 V_{OABC}}{h}\right)}{ab c}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{h}$.
Do đó: $\dfrac{1}{r} \geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)$, hay $\dfrac{1}{r} \ge \dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$, hay $OABC$ là tứ diện vuông cân tại $O$.

Read More

[tc67][T7/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Tìm tập giá trị của biểu thức $$f(A, B, C)=\sin A+\sin B+\sin C-\sin A \sin B \sin C$$ với $A,B,C$ là 3 góc của tam giác.

Lời giải

Trước hết ta chứng minh $0 < f(A, B, C) < 2$ với mọi $A,B,C$ là 3 góc của tam giác. Thật vậy: $$f(A, B, C)=\sin A+\sin B+\sin C(1-\sin A \sin B) > 0.$$ Gọi $A$ là góc nhỏ nhất trong ba góc $A,B,C$ suy ra $0^{^{\circ}} < A \le 60^{\circ}$. Ta sẽ chứng minh: \[f(A, B, C)=\sin A+\sin B+\sin C-\sin A \sin B \sin C\le \sin A+2 \cos \dfrac{A}{2}-\sin A \cos^{2} \dfrac{A}{2}.\tag{1}\] Thật vậy: \begin{align*} (1)\Leftrightarrow& \sin B+\sin C-\sin A \sin B \sin C\le 2 \cos \dfrac{A}{2}-\sin A \cos ^{2} \dfrac{A}{2}\\ \Leftrightarrow& \sin B+\sin C-2 \cos \dfrac{A}{2} \le \sin A\left(\sin B \sin C-\cos ^{2} \dfrac{A}{2}\right)\\ \Leftrightarrow& 2 \cos \dfrac{A}{2}\left(\cos \dfrac{B-C}{2}-1\right)\le \dfrac{1}{2} \sin A[\cos (B-C)-\cos (B+C)-1-\cos A]\\ \Leftrightarrow& 2 \cos \dfrac{A}{2}\left(1-\cos \dfrac{B-C}{2}\right) \geq \dfrac{1}{2} \sin A[1-\cos (B-C)]\\ \Leftrightarrow& 1-\cos \dfrac{B-C}{2} \geq \dfrac{1}{2} \sin \dfrac{A}{2}[1-\cos (B-C)].\tag{2} \end{align*}Vì $0^{^{\circ}} < A \le 60^{^{\circ}}$ nên $\sin \dfrac{A}{2} \le \dfrac{1}{2}$, do đó: \begin{align*} VP(2)&\le \dfrac{1}{4}[1-\cos (B-C)]=\dfrac{1}{2} \sin ^{2} \dfrac{B-C}{2}\\ &=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} \cos ^{2} \dfrac{B-C}{2}\\ &=1-\cos \dfrac{B-C}{2}-\dfrac{1}{2}\left(1-\cos \dfrac{B-C}{2}\right)^{2}\\ &\le 1-\cos \dfrac{B-C}{2}=VT(2). \end{align*} Vậy $f(A, B, C)\le\sin A+2 \cos \dfrac{A}{2}-\sin A \cos ^{2} \dfrac{A}{2}=g(A)$.

Read More

[tc65][T5/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Giải phương trình $x^{2010}-2011 x^{670}+\sqrt{2010}=0$.

Lời giải

Đặt $t=x^{670},\; t \ge 0$, phương trình trở thành: \begin{align*} &t^{3}-2011 t+\sqrt{2010}=0\\ \Leftrightarrow & t\left(t^{2}-2010\right)-(t-\sqrt{2010})=0\\ \Leftrightarrow & t(t-\sqrt{2010})(t+\sqrt{2010})-(t-\sqrt{2010})=0\\ \Leftrightarrow & (t-\sqrt{2010})\left(t^{2}+\sqrt{2010}t-1\right)=0. \end{align*} Nếu $t^{2}+\sqrt{2010}t-1=0$ ta được $t=\dfrac{-\sqrt{2010} \pm \sqrt{2014}}{2}$.
Vì $t=x^{670} \geq 0$ nên $x^{670}=\dfrac{-\sqrt{2010}+\sqrt{2014}}{2} \Leftrightarrow x=\pm \sqrt[670]{\dfrac{-\sqrt{2010}+\sqrt{2014}}{2}}$.
Vậy phương trình có tập nghiệm là: $$\left\{-\sqrt[1340]{2010} ; \sqrt[1340]{2010} ;-\sqrt[670]{\dfrac{\sqrt{2010}+\sqrt{2014}}{2}} ; \sqrt[670]{\dfrac{-\sqrt{2010}+\sqrt{2014}}{2}}\right\}.$$

Read More

[tc64][T4/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{ABC}$ và $\widehat{ACB}$ là các góc nhọn. Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AB$. Trên tia đối của tia $BC$ lấy điểm $D$ sao cho $\widehat{DAB}=\widehat{BCM}$. Qua $B$ ẻ đường thẳng vuông góc với $CD$, đường thẳng này cắt đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ ở $E$. Chứng minh đường thẳng $DE$ và đường thẳng $AC$ vuông góc với nhau.

Lời giải

\immini { Gọi $H$ là giao điểm của $CM$ và $AD$; $K$ là gia điểm của $DE$ và $AC$. Từ giả thiết $\widehat{BAH}=\widehat{BCH}$ nên tứ giác $ACBH$ nội tiếp, suy ra $\widehat{AHC}=\widehat{ABC}$.$(1)$
Mặt khác, $EM$ là đường trung trực của $AB$ nên theo tính chất đường trung trực ta có:
$\widehat{AEM}=\widehat{BEM}=90^\circ - \widehat{EBM}=\widehat{ABC}$.$(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\widehat{AHM}=\widehat{AEM}$, nên tứ giác $AHEM$ nội tiếp, dẫn đến $\widehat{AHE}=\widehat{AME}=90^\circ $. } { } Do $\widehat{EHD}=\widehat{EBD}=90^\circ $ nên tứ giác $BDHE$ nội tiếp, ta có $\widehat{DHB}=\widehat{DEB}$.$(3)$
Lại có tứ giác $ACBH$ nội tiếp nên $\widehat{DHB}=\widehat{ACB}$.$(4)$
Từ $(3)$ và $(4)$ ta có $\widehat{DEB}=\widehat{KCB}$, suy ra tứ giác $BCKE$ nội tiếp, từ đó $\widehat{EKC}=180^\circ -\widehat{EBC}=90^\circ $. Vậy $DE\perp AC$.

Read More

[tc63][T3/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Cho $x,y,z$ là các số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^2+y^2+z^2+\dfrac{x^3}{x^2+y^2}+\dfrac{y^3}{y^2+z^2}+\dfrac{z^3}{z^2+x^2}-\dfrac{7}{6}(x+y+z)$.

Lời giải

Nhận thấy $x^2+y^2\geq2xy > 0$ nên $\dfrac{1}{x^2+y^2}\leq \dfrac{1}{2xy}$, dấu "=" xảy ra khi $x=y$. Do đó: \[\dfrac{x^3}{x^2+y^2}=\dfrac{x\left(x^2+y^2\right)-xy^2}{x^2+y^2}=x-\dfrac{xy^2}{x^2+y^2}\geq x-\dfrac{xy^2}{2xy}\Rightarrow \dfrac{x^3}{x^2+y^2}\geq x-\dfrac{y}{2}.\tag{1}\] Tương tự ta có: \begin{align*} &\dfrac{y^3}{y^2+z^2}\geq y-\dfrac{z}{2};\tag{2}\\ &\dfrac{z^3}{z^2+x^2}\geq z-\dfrac{x}{2}.\tag{3} \end{align*}Cộng theo vế của $(1)$, $(2)$, $(3)$ ta có: $$\dfrac{x^3}{x^2+y^2}+\dfrac{y^3}{y^2+z^2}+\dfrac{z^3}{z^2+x^2}\geq x-\dfrac{y}{2}+y-\dfrac{z}{2}+z-\dfrac{x}{2}=\dfrac{x+y+z}{2}.$$ Do đó: \begin{eqnarray*} P&\geq &x^2+y^2+z^2+\dfrac{x+y+z}{2}-\dfrac{7}{6}(x+y+z)\\ &=&x^2+y^2+z^2-\dfrac{2}{3}(x+y+z)\\ &=&\left(x-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(y-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(z-\dfrac{1}{3}\right)^2-\dfrac{1}{3}\geq -\dfrac{1}{3}. \end{eqnarray*} Đẳng thức xảy ra khi $x=y=x=\dfrac{1}{3}$.
Vậy $\min P=-\dfrac{1}{3}$ khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$.

Read More

[tc62][T2/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Tìm $2019$ số mà mỗi số có giá trị tuyệt đối không lớn hơn $0{,}5$ và tổng của ba số bất kỳ là một số nguyên.

Lời giải

Gọi các số cần tìm là: $x_1,x_2,\cdots , x_{2019}$.
Theo đề bài ta có: $-0{,}5\leq x_1,x_2,\cdots ,x_{2019}\leq 0{,}5$.
Giả sử trong $2019$ số này có ít nhất hai số khác nhau. Không mất tính tổng quát, gọi hai số đó là $x_1, x_2 \left(x_1 > x_2\right)$. Ta có: $x_1+x_3+x_4,x_2+x_3+x_4$ là các số nguyên nên $$\left(x_1+x_3+x_4\right)-\left(x_2+x_3+x_4\right)=x_1-x_2$$ là số nguyên. Mà $0\leq x_1-x_2\leq 1$ nên $x_1-x_2=1$.
Do đó $x_1=0{,}5$; $x_2=-0{,}5$. Ta lại có: $x_1+x_2+x_3=x_3$ là số nguyên. Mà $-0{,}5\leq x_3\leq 0{,}5$ nên $x_3=0$. Tương tự $x_1+x_2+x_4=x_4$ là số nguyên nên $x_4=0$. Khi đó ta xét thấy: $$x_1+x_3+x_4=0{,}5$$ không là số nguyên (mâu thuẫn với đề bài). Vậy giả sử trên là sai, suy ra: $$x_1=x_2=\cdots =x_{2019}.$$ Mà $-1{,}5\leq x_1+x_2+x_3\leq 1{,}5$ và $3x_1=x_1+x_2+x_3$ là số nguyên, do đó:

$3x_1\in \left\{-1;0;1\right\}\Rightarrow x_1\in \left\{-\dfrac{1}{3};0;\dfrac{1}{3}\right\}$.

Vậy $x_1=x_2=\cdots =x_{2019}=0$ hoặc $x_1=x_2=\cdots =x_{2019}=-\dfrac{1}{3}$ hoặc
$x_1=x_2=\cdots =x_{2019}=\dfrac{1}{3}$

Read More

[tc61][T1/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Cho $A=11\cdot13\cdot15+13\cdot15\cdot17+\cdots+91\cdot93\cdot95+93\cdot95\cdot97$. Hỏi $A$ có chia hết cho $5$ không?

Lời giải

Ta chứng minh kết luận mạnh hơn: \textit{Chứng minh rằng số $A$ chia hết cho $180 = 4.5.9$}.
Mỗi số hạng của tổng $A$ có dạng: $a_n=(2n+1)(2n+3)(2n+5)$, trong đó $n$ lấy các giá trị là các số nguyên liên tiếp từ $5$ đến $46$, tức là có $42$ số hạng.
Cách 1.<> Ta thấy: \begin{eqnarray*} 8a_n&=&8(2n+1)(2n+3)(2n+5)\\ &=&(2n+1)(2n+3)(2n+5)[2n+7-(2n-1)]\\ &=&(2n+1)(2n+3)(2n+5)(2n+7)-(2n-1)(2n+1)(2n+3)(2n+5). \end{eqnarray*} Cho $n$ lấy các số nguyên liên tiếp từ $5$ đến $46$ ta được \begin{eqnarray*} 8A&=&11\cdot13\cdot15(17-9)+13\cdot15\cdot17(19-11)+\cdots+93\cdot95\cdot97(99-91)\\ &=&(11\cdot13\cdot15\cdot17-9\cdot11\cdot13\cdot15)+\cdots+(93\cdot95\cdot97\cdot99-91\cdot93\cdot95\cdot97)\\ &=&93\cdot95\cdot97\cdot99-9\cdot11\cdot13\cdot15\\ &=&99\cdot 5(93\cdot 19\cdot 97-13\cdot 3)\\ &=& 11 \cdot 9\cdot 5\cdot 171360\\ &=&11 \cdot 9\cdot 25\cdot 4\cdot 8\cdot 1071\\ &=&8 \cdot 900\cdot 11781. \end{eqnarray*} Suy ra $A=900\cdot 11781=180\cdot58905$, tức là số $A$ chia hết cho $180$.
Cách 2.<> Tổng $A$ có $42$ số hạng. Tổng hai số hạng liên tiếp của $A$ là: \begin{eqnarray*} a_n+a_{n+1}&=&(2n+1)(2n+3)(2n+5)+(2n+3)(2n+5)(2n+7)\\ &=&(2n+3)(2n+5)(2n+1+2n+7)\\ &=& 4(n+2)(2n+3)(2n+5). \end{eqnarray*} $4(n+2)(2n+3)(2n+5)$ chia hết cho $4$, mà $A$ có $21$ tổng hai số hạng liên tiếp nên $A$ chia hết cho $4$. Chia $42$ số hạng của $A$ thành $9$ bộ, $8$ bộ đầu mỗi bộ có $5$ số hạng liên tiếp, bộ thứ $9$ có hai số hạng. Xét $5$ số hạng liên tiếp của mỗi bộ (trong $8$ bộ) là $a_n,a_{n+1},a_{n+2},a_{n+3},a_{n+4}$ trong đó $n=5k$ với $k$ bằng $1,2,\cdots 8$, thì ba số hạng đầu $a_n,a_{n+1},a_{n+2}$ đều chứa thừa số $$2n+5=5(2k+1)$$ chia hết cho $5$, các thừa số đó là $15,25,\ldots , 85$, do đó các số hạng này đều chia hết cho $5$. Tổng hai số hạng còn lại $a_{n+3}+a_{n+4}$ là \begin{eqnarray*} &&(2n+7)(2n+9)(2n+11)+(2n+9)(2n+11)(2n+13)\\ &=&(2n+9)(2n+11)[(2n+7)+2n+13]\\ &=&(2n+9)(2n+11)(4n+20). \end{eqnarray*}Ta có $(2n+9)(2n+11)(4n+20)$ chia hết cho $5$ vì $4n+20=4\cdot 5k+20=5\cdot 4(k+1)$. Còn lại bộ thứ $9$ có hai số hạng cuối cùng $91\cdot 93\cdot 95$ và $93\cdot 95\cdot 97$ đểu chia hết cho $5$. Do đó số $A$ chia hết cho $5$. Chia $42$ số hạng của $A$ thành $14$ bộ ba số hạng liên tiếp dạng $a_n,a_{n+1},a_{n+2}$, trong đó mỗi số hạng đều chứa thừa số $2n+5$, mà $2n+5$ chia hết cho $3$, tương ứng với $n$ bằng $5, 8, 11, \cdots , 44$, các thừa số đó là $15, 21, 27, \cdots , 93$. Xét tổng của ba số hạng liên tiếp của mỗi bộ của $A$ là: \begin{eqnarray*} a_n+a{n+1}+a_{n+2} &=&(2n+1)(2n+3)(2n+5)+(2n+3)(2n+5)(2n+7)\\&&+(2n+5)(2n+7)(2n+9)\\ &=&4(n=2)(2n+3)(2n+5)+(2n+5)(2n+7)(2n+9)\\ &=&(2n+5)[(4n+8)(2n+3)+(2n+7)(2n+9)]\\ &=&(2n+5)(12n^2+60n+87)\\ &=&3(2n+5)(4n^2+20n+29). \end{eqnarray*} Ta có$3(2n+5)(4n^2+20n+29)$ chia hết cho $9$ do $2n+5$ cha hết cho $3$. Mỗi tổng của ba số hạng liên tiếp của $A$ chia hết cho $9$ nên tổng của $14$ bộ ba số hạng liên tiếp của $A$ cũng chia hết cho $9$, do đó số $A$ chia hết cho $9$. Số $A$ chia hết cho $4,5,9$ mà ba số này nguyên tố cùng nhau nên số $A$ chia hết cho tích $4\cdot 5\cdot 9=180$.

Read More

[tc60][T12/507 Toán học & tuổi trẻ số 507, tháng 9 năm 2019] Cho tam giác $ABC$ và điểm $M$ thuộc cạnh $BC$. Các đường đối trung qua $M$ của các tam giác $MAB, MAC$ cắt các đường tròn $(MAB), (MAC)$ lần lượt tại $Q, R$ khác $M$. Điểm $P$ thuộc đường thẳng $BC$ sao cho $AP \perp AM$. Gọi tiếp tuyến chung ngoài gần $A$ hơn của các đường tròn $(MAB), (MAC)$ là $\ell$. Giả sử $\ell$ song song với $BC$, chứng minh $\ell$ tiếp xúc với đường tròn $(PQR)$. Ở đây kí hiệu $(XYZ)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$.

Lời giải

\label{ms9gc1} Đường tròn nội tiếp và đường tròn Euler của một tam giác tiếp xúc với nhau.<> Bổ đề \ref{ms9gc1} là một kết quả quen thuộc, được gọi là định lý Feuerbach, không trình bày cách chứng minh ở đây. \label{ms9gc2} \textit{Cho $\Delta ABC$, trực tâm $H$, $M$ là trung điểm của $BC$. $K$ là hình chiếu của $H$ trên $AM$. $P$ là giao điểm của $HK$ và đường thẳng qua $A$ song song với $BC$. $E, F$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của $AP$ và các đường tròn $(ABK), (ACK)$. $Q, R$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của đường đối trung đi qua $A$ của các tam giác $AKE, AKF$ và các đường tròn $(AKE), (AKF)$. Khi đó đường tròn $(PQR)$ tiếp xúc với $BC$. } Chứng minh.<> Gọi $N$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. Dễ thấy $ABNC$ là hình bình hành.
Từ đó chú ý rằng $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$, suy ra $\widehat{HBN}= \widehat {HCN} = 90^o$.
Kết hợp với $\widehat{HKN}=90^o$, suy ra tứ giác $KBNC$ nội tiếp đường tròn đường kính $HN$. Do đó:

$\overline{MK}. \overline{MA}=- \overline{MK}. \overline{MN}=- \overline{MB}. \overline{MC}=MB^2=MC^2.$

Điều đó có nghĩa là $BC$ tiếp xúc với các đường tròn $(ABK)$, $(ACK)$.$(1)$
Qua phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì, $B$, $C$, $K$, $P$, $Q$, $R$ theo thứ tự biến thành $B^*$, $ C^*$, $K^*$, $P^*$, $Q^*$, $R^*$, đường thẳng $BC$ biến thành đường tròn $(AB^*C^*)$, đường thẳng $KP$ biến thành đường tròn $(AK^*P^*)$, đường kính $AK^*$ (vì $KP\perp KA$), $Q^*$, $R^*$ theo thứ tự là trung điểm của $K^*E^*$, $K^*F^*$ (vì $AQ, AR$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của đường đối trung đi qua $A$ của các tam giác $AKE, AKF$ và các đường tròn $(AKE),(AKF)$).

Vậy $(AB^*C^*), (P^*Q^*R^*)$ theo thứ tự là đường tròn nội tiếp tam giác và đường tròn Euler của tam giác $K^*E^*F^*$. Do đó theo bổ đề \ref{ms9gc1}, $(AB^*C^*), (P^*Q^*R^*)$ tiếp xúc với nhau, điều đó có nghĩa là $(PQR)$ tiếp xúc với $BC$.
Trở lại bài toán,<> gọi $K, L$ theo thứ tự là tiếp điểm của $\ell$ và các đường tròn $(MAB)$, $(MAC)$, $H$ là trực tâm của tam giác $MKL$, $S$ là giao điểm của $MA$ và $KL$, $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $S$. Dễ thấy $MKNL$ là hình bình hành.

Từ đó, chú ý rằng $H$ là trực tâm của tam giác $MKL$, suy ra $\widehat HKN = \widehat HLN =90^\circ$.
Do đó $\Delta NKL$ nội tiếp đường tròn đường kính $HN$.$(1)$
Dễ thấy $\overline{SA}.\overline{SN}=-\overline{SA}.\overline{SM}=-SK^2=\overline{SK}.\overline{SL}$.
Suy ra tứ giác $AKNL$ nội tiếp. $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra các điểm $N, K, H, A, L$ cùng thuộc đường tròn đường kính $NH$, hay $A$ là hình chiếu của $H$ trên $MS$. Áp dụng bổ đề \ref{ms9gc2} cho $\Delta MKL$ ta được $(PQR)$ tiếp xúc với $\ell$.

Read More

[tc59][T11/507 Toán học & tuổi trẻ số 507, tháng 9 năm 2019] Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ thỏa mãn \[f\left((x+z)(y+z)\right)=\left(f(x)+f(z)\right) \left(f(y)+f(z)\right)\] với mọi $x,y,z \in \mathbb{R}$.

Lời giải

Giả sử $f$ là hàm số thỏa mãn điều kiện \[f\left((x+z)(y+z)\right)=\left(f(x)+f(z)\right) \left(f(y)+f(z)\right), \,\, \forall x,y,z \in \mathbb{R}.\tag{1}\] Nếu $f$ là hàm hằng, nghĩa là $f(t)=c$ là hàm số thỏa mãn.
Khi đó trong $(1)$ thay các biến $(x,y,z)$ bởi $(0,0,0)$ ta được $$f(0)=4[f(0)]^2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f(0)&=0\\f(0)&=\dfrac{1}{4}.}$$ Thử lại thấy các hàm $f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}$ và $f(x)=\dfrac{1}{4},\forall x\in \mathbb{R}$ đều thỏa mãn.
Xét trường hợp $f$ không là hàm hằng.
Trong $(1)$, thay các biến $(x,z)$ bởi $(0,0)$ ta thu được $$f(0)=2f(0)(f(y)+f(0)), \forall y \in \mathbb{R}.$$ Do $f$ không làm hàm hằng nên tồn tại $y$ sao cho $f(y)\ne \dfrac{1}{2}-f(0)$, suy ra $f(0)=0.$
Trong $(1)$, thay $z$ bởi $-x$ ta được \[0=(f(x)+f(-x))(f(y)+f(-x)),\forall x, y \in \mathbb{R}.\tag{2}\] Vì $f$ không làm hàm hằng nên từ $(2)$ suy ra $$f(x)+f(-x)=0, \forall x \in \mathbb{R},$$ suy ra $f(x)$ làm hàm lẻ trên $\mathbb{R}$. Trong $(1)$, thay các biến $(x,y,z)$ bởi $(t,t,t)$ ta thu được \[f(4t^2)=4(f(t))^2, \forall t \in \mathbb{R}.\tag{3}\] Suy ra $f(t)\ge 0$ khi $t > 0$.
Vì $f$ là hàm lẻ trên $\mathbb{R}$ nên chỉ cần xét $f(t)$ khi $t > 0$.
Trong $(1)$, thay các biến $(y,z)$ bởi $(x,y)$ ta thu được: \[f((x+y)^2)=(f(x)+f(y))^2, \forall x,y \in \mathbb{R}.\tag{4}\] Kết hợp $(3),(4)$ ta được

$4f^2\left(\dfrac{x+y}{2}\right)=f\left[4.\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^2\right]=f\left[(x+y)^2\right]=\left[f(x)+f(y)\right]^2$

Suy ra $f\left(\dfrac{x+y}{2}\right)=\dfrac{f(x)+f(y)}{2}, \forall x,y \in \mathbb{R}.$
Kết hợp với $f(0)=0$, suy ra $f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}$. $ (5)$
Do $f(t)\ge 0$ với $t > 0$ nên từ $(5)$ suy ra $f(t)$ là hàm cộng tính đơn điệu tăng trên $\mathbb{R}^+$ và khác hằng nên $f(t)=at,a > 0$. Thế vào $(1)$, ta thu được $a=1$, suy ra $f(t)=t$, thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm cần tìm là $f(t)=0,f(t)=\dfrac{1}{4},f(t)=t, \forall t \in \mathbb{R}.$

Read More

[tc58][T10/507 Toán học & tuổi trẻ số 507, tháng 9 năm 2019] Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ và hai số nguyên dương $a, b$ sao cho $p^a+p^b$ là số chính phương.

Lời giải

Giả sử $p^a+p^b=A=c^2$.
Trường hợp 1: $a=b \Rightarrow 2p^a=c^2 \Rightarrow c=2c_1 \Rightarrow p^a=2c_1^2$.
Suy ra $p \mathbin{\vdots} 2 \Rightarrow p=2, c^2 = 2^{a+1} \Rightarrow a+1 = 2k \Rightarrow a=2k-1$.
Vậy $p=2, a=b=2k-1$.
Trường hợp 2: $a\ne b$. Không mất tính tổng quát, giả sử $a > b$.
Ta có $p^a+p^b = p^b(p^{a-b}+1) \mathbin{\vdots} p^b$.
Vì $(p^b,p^{a-b}+1)=1$ nên $p^b=c_1^2, p^{a-b}+1=c_2^2,$ với $ c_1.c_2=c$, suy ra $b=2k$. Từ đó $$c_2^2-1=p^{a-b}\Rightarrow (c_2-1)(c_2+1)=p^{a-b}\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}c_2+1&=p^u\\c_2-1&=p^v}\,\, (u > v\ge 0, u+v=a-b).$$ Suy ra $p^u-p^v=2 \Rightarrow p^v(p^{u-v}-1)=2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}p^v&=2\\p^v&=1.}$ [(i)]

Nếu $p^v=2$ thì $\left[ \begin{array}{l}p=2, v&=1\\p^{u-v}&=2} \Rightarrow u-v=1 \Rightarrow u=2$.
Vậy $a-b=u+v=3 \Rightarrow a=2k+3, b=2k.$

Nếu $p^v=1$ thì $v=0 \Rightarrow p^{u-v}-1=2 \Rightarrow p^{u-v}=3 \Rightarrow p=3, u-v=1 \Rightarrow u=1$.
Suy ra $ a-b=u+v=1 \Rightarrow a=b+1=2k+1.$

Đáp số: các bộ ba số $(p,a,b)$ cần tìm là $$(2;2k-1;2k-1), (2;2k+3;2k), (2;2k;2k+3), (3;2k+1;2k), (3;2k;2k+1)$$ với $k$ là số nguyên dương.

Read More

[tc57][T9/507 Toán học & tuổi trẻ số 507, tháng 9 năm 2019] Với $x$ là số thực, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\dfrac{(2x^2+5x+5)^2}{(x+1)^4+1}.$

Lời giải

Ta có: $$P=\dfrac{(2x^2+5x+5)^2}{(x+1)^4+1}=\dfrac{\left(2(x+1)^2+(x+1)+2\right)^2}{(x+1)^4+1}=\dfrac{\left(2a^2+a+2\right)^2}{a^4+1},$$ trong đó ký hiệu $a=x+1$.

• Tìm giá trị lớn nhất. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số thực không âm ta có:
  $P=\dfrac{2\left(2a^2+a+2\right)^2}{a^4+1+(a^4+1)}\le \dfrac{2\left(2(a^2+1)+\dfrac{a^2+1}{2}\right)^2}{a^4+1+2a^2}=\dfrac{\dfrac{25}{2}\left(a^2+1\right)^2}{\left(a^2+1\right)^2}=\dfrac{25}{2}.$
  Dấu $"="$ xảy ra khi $a=1\Leftrightarrow x=0$, suy ra giá trị lớn nhất của $P$ là $\dfrac{25}{2}$.
• Tìm giá trị nhỏ nhất. Ta có biến đổi $$P=\dfrac{\left(2a^2+a+2\right)^2}{a^4+1}=\dfrac{4a^4+4a^3+9a^2+4a+4}{a^4+1}=4+\dfrac{4a^3+9a^2+4a}{a^4+1}.$$ Nếu $a=0$ thì $P=4$. Xét $a\ne 0$, ta có $$P= 4+\dfrac{4a+9+\dfrac{4}{a}}{a^2+\dfrac{1}{a^2}}=4+\dfrac{4\left(a+\dfrac{1}{a}\right)+9}{\left(a+\dfrac{1}{a}\right)^2-2}=4+\dfrac{4b+9}{b^2-2},$$ trong đó $b=a+\dfrac{1}{a}$. Suy ra $$P=\dfrac{7}{2}+\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{4b+9}{b^2-2}\right)=\dfrac{7}{2}+\dfrac{b^2-2+8b+18}{2(b^2-2)}=\dfrac{7}{2}+\dfrac{(b+4)^2}{2(b^2-2)}\ge\dfrac{7}{2}.$$ Dấu $"="$ xảy ra được khi $b+4=0 \Leftrightarrow a=-2\pm \sqrt{3} \Rightarrow x=-3\pm \sqrt{3}$.
  Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\dfrac{7}{2}.$

Read More

[tc56][T8/507 Toán học & tuổi trẻ số 507, tháng 9 năm 2019] Giả sử mặt cầu nội tiếp tứ diện $A_1A_2A_3A_4$ tiếp xúc với các mặt đối diện với đỉnh $A_i$ tương ứng tại $B_i$ ($i=1,2,3,4$). Chứng minh rằng tứ diện $B_1B_2B_3B_4$ là tứ diện gần đều (tứ diện có các cạnh đối diện bằng nhau) khi và chỉ khi tứ diện $A_1A_2A_3A_4$ là gần đều. %%%% Tác giả: Vũ Đức Sơn, Hà Nội

Lời giải

Lưu ý rằng tứ diện $X_1X_2X_3X_4$ là tứ diện gần đều khi và chỉ khi tâm $O$ của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là trọng tâm của tứ diện đó, nghĩa là $\sum\limits_{i=1}^{4}\overrightarrow{OX_i}=\overrightarrow{0}$.
Gọi $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện $A_1A_2A_3A_4$ thì $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $B_1B_2B_3B_4$. Từ đó tứ diện $B_1B_2B_3B_4$ gần đều khi và chỉ khi $\sum\limits_{i=1}^{4}\overrightarrow{IB_i}=\overrightarrow{0}$.$(1)$
Gọi $S_i$ là diện tích mặt đối diện đỉnh $A_i$ ($i=1,2,3,4$) của tứ diện $A_1A_2A_3A_4$. Vì $\overrightarrow{IB_i}$ vuông góc với mặt đối diện của đỉnh $A_i$ ($i=1,2,3,4$) và $\left|\overrightarrow{IB_1}\right|=\left|\overrightarrow{IB_2}\right|=\left|\overrightarrow{IB_3}\right|=\left|\overrightarrow{IB_4}\right|$ } nên theo định lý Con Nhím<> ta có \[\sum\limits_{i=1}^{4}S_i \cdot \overrightarrow{IB_i}=\overrightarrow{0}.\tag{2}\] Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra tứ diện $B_1B_2B_3B_4$ gần đều khi và chỉ khi $S_1=S_2=S_3=S_4$, khi và chỉ khi tứ diện $A_1A_2A_3A_4$ là tứ diện gần đều. } Bài toán này là một hệ quả trực tiếp của định lý Con Nhím<> trong không gian. Nội dung của định lý này như sau: ``Cho tứ diện $X_1X_2X_3X_4$. Gọi $S_i$ ($i=1,2,3,4$) là diện tích mặt đối diện của đỉnh $A_i$; gọi $\overrightarrow{e}_i$ ($i=1,2,3,4$) là các véc-tơ đơn vị vuông góc với mặt đối diện đỉnh $A_i$ và hướng từ một điểm bên trong tứ diện đó ra phía ngoài tứ diện thì ta có $\sum\limits_{i=1}^{4}S_i \cdot \overrightarrow{e}_i=\overrightarrow{0}$''. \end{nx

Read More