vda2000

Lời giải bài 1 của em: 

Như trên hình, em chỉ xét những điểm liên quan đến $N$.

Gọi $S, D$ lần lượt là điểm chính giữa cung $ABC, BC$ của $(O)$. Gọi $V$ là trung điểm $AC$ và $SE$ cắt $DF$ tại $U$. Gọi $AI$ cắt $BC$ tại $G$. Gọi $J$ là trung điểm của $AI$

Bằng cách định nghĩa ta dễ có: $N\in AS$

 abc.jpg   58.92K   67 Số lần tải

Nhận xét 1: $NQ$ vuông góc $AC$.

Chứng minh: Điều này tương đương với $NQ//SV$ hay theo định lý Ta-lét, ta cần chứng minh:

$\frac{AN}{AS}=\frac{AQ}{AV}$. Do: $\frac{AQ}{AV}=\frac{AI}{AG}$ dựa trên $JQ//AC$ và $J,V$ lần lượt là trung điểm của $AI,AC$.

Do đó, ta cần chứng minh: $\frac{AN}{AS}=\frac{AI}{AG}\Leftrightarrow\frac{NA}{NS}=\frac{IA}{IG}$, luôn đúng.

Nhận xét 2: $AP$ là đường đối trung trong tam giác $\Delta RAQ$.

Ta chứng minh điều này dựa vào định lý Ceva-sin.

Ta tính được: $\frac{\text{sin}\widehat{LQR}}{\text{sin}\widehat{LQA}}=\text{cos}(\frac{A}{2}).\frac{\text{cos}(\frac{C}{2})}{\text{sin}(\frac{B}{2})}$ $(1)$

Thiết lập, tương tự, ta có: $\frac{\text{sin}\widehat{KRA}}{\text{sin}\widehat{KRQ}}=1:\text{cos}(\frac{A}{2}).\frac{\text{sin}(\frac{C}{2})}{\text{cos}(\frac{B}{2})}$.

Nhân lại, sử dụng định lý sin và định lý Ceva-sin, ta có ngay:

$\frac{\text{sin}\widehat{RAP}}{\text{sin}\widehat{QAP}}=\frac{\text{sin}\widehat{AQR}}{\text{sin}\widehat{ARQ}}$, đủ để suy ra nhận xét.

Do đó, ta chứng minh $(1)$.

Cuối cùng, vì $AP$ là đường đối trung tam giác $RAQ$ nên cũng là đối trung tam giác $ABC$ nên đi qua điểm cố định là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. $\blacksquare$

Bài 2. 

Dễ thấy $P(x)=(x^3-3)Q(x)+2017$

Đặt $Q(x)=a_{n} x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_0$ 

$P(x)=a_{n} x^{n+3}+a_{n-1} x^{n+2} +a_{n-2} x^{n+1} +( a_{n-3}-3a_{n} ) x^n+(a_{n-4}-3a_{n-1}) x^{n-1}+...+(a_{0}-3a_{3})x^3-3a_{2} x^2 -3a_{1} x +2017 - 3a_{0}$

Do $P(x)$ có hệ số không âm nên ta phải có hệ
$$\left\{\begin{matrix} a_{n},a_{n-1},a_{n-2} \geq 0\\ a_{n-3} \geq 3a_{n}\geq 0\\ ...\\ a_{0} \geq 3 a_{3} \geq 0\\ a_1 ,a_2 \leq 0\\ a_0 \leq \dfrac{2017}{3}\\ \end{matrix}\right.$$

Cho ta các nghiệm nguyên không âm $a_{n}=a_{n-1}=...=a_{1}=0$ hay $Q(x)=a_0=c \leq 672$ là hàm hằng. 

$P(1)=c+2017-3c=2017-2c \geq 673$

Dấu "=" xảy ra khi $P(x)=672 x^3 +1$

$P(x)=1+2x^6+2x^9+2x^{15}+2x^{18}$ $P(\sqrt[3]{3})=2017, P(1)=9<674$

Một cách tiếp cận khác: Xét phép nghịch đảo cực $R$, phương tích bất kỳ (bản chất chắc nó cũng không quá khác so với 2 lời giải trên), khi đó, ta có bài toán như hình vẽ:

Cho $4$ điểm $B,C,E,F$ thuộc một đường tròn $(O)$, $BE,CF$ cắt nhau tại $R$. $(RFB),(REC)$ cắt nhau tại $A$ (Chú ý, từ điều kiện này và tính chất $3$ trục đẳng phương, suy ra: $BF,CE$ đồng quy tại $K$). $M,N$ thuộc $(O)$ sao cho $2$ tiếp tuyến tại $2$ điểm này với $(O)$ cùng song song với $RK$.

Chứng minh rằng: $(RFM), (REN)$ cắt nhau trên $RK$ (Điều kiện này cũng tương đương với $MF,NE$ cắt nhau tại $S$ thì $S$ thuộc $KR$).

Tóm lại, ta phải chỉ ra: $S$ thuộc $KR$.

Vì $2$ tiếp tuyến tại $M,N$ với $(O)$ song song với $RK$, nên theo định lý Brokard, suy ra: $EF,MN,BC$ đồng quy tại $T$.

Gọi $FN,ME$ cắt nhau tại $J$ thì $J$ thuộc đường thẳng cực của $T$, nên: $K,J,R$ thẳng hàng.

Cuối cùng, lại theo định lý Brokard một lần nữa, vì: $OT\bot SJ, KR$ nên $S$ thuộc $KR$. $\blacksquare$

Bài 3:

Theo em biết thì nước ngoài hiểu $\mathbb{N}={1,2,...}$

Giả sử một hàm $f$ thỏa mãn đề bài.

Ta có: $n+f(m)|f(n)+nf(m)$ nên: $n+f(m)|f(n)-n^2$ $(1)$ và: $n+f(m)|f(n)-[f(m)]^2$ $(2)$

Giả sử rằng $f(m)$ chỉ nhận hữu hạn giá trị trên $\mathbb{N}$

Khi đó, tồn tại tập $A={n_1,n_2,...}$ có vô hạn phần tử, được sắp thứ tự tăng dần sao cho: $f(n_1)=f(n_2)=...=a$

Thay $m=n_1, n=n_i$, suy ra:

$n_i+a|a-a^2$. Theo cách định nghĩa của ta, cho $i\rightarrow +\infty$ thì $n_i\rightarrow +\infty$, suy ra:

$a-a^2=0$, vì xét hàm trên $\mathbb{N}$ suy ra: $a=1$

Cố định $m_0$ trong $(2)$, thay $n=n_i$, suy ra:

$n_i+f(m_0)|1-[f(m_0)]^2$

Một lần nữa, cho $i\rightarrow +\infty$, $n_i\rightarrow +\infty$, dẫn đến: $f(m_0)=1$, từ đó suy ra: $f(x)=1$, với mọi $x\in\mathbb{N}$

Trường hợp tập giá trị của $f(m)$ không bị chặn, làm giống bạn @Minhnksc

Tất cả a đều thoả

thực chất $a\geq\frac{-1}{10}$ để $u_2$ xác định nữa