Hoang72

Đặt $16^{10^{2018}}=a\in\mathbb N^*$.

Từ phương trình hàm đã cho ta có $f(f(x))+f(x)=(a+a^2)x,\forall x\in\mathbb R^+$. (*)

Với mỗi $x\in\mathbb R^+$, xây dựng dãy số $(u_n)_n$ như sau:

$u_0=x; u_n=f(u_{n-1}),\forall n\in\mathbb N^*$.

Từ (*) ta có $u_{n+2}+u_{n+1}-(a^2+a)u_n=0,\forall n\in\mathbb N$.

Phương trình đặc trưng $\lambda^2+\lambda-(a^2+a)=0$ có hai nghiệm là $a$ và $-(a+1)$. 

Do đó $u_n=\alpha a^n+\beta(-a-1)^n$.

Ta có $u_{2n}\geq 0\Rightarrow 0\leq \alpha a^{2n}+\beta (a+1)^{2n}\Rightarrow \beta\geq -\alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n}$.

$u_{2n+1}\geq 0\Rightarrow 0\leq \alpha a^{2n+1}-\beta (a+1)^{2n+1}\Rightarrow \beta \leq \alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n+1}$.

Do đó $-\alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n}\leq\beta \leq \alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n+1},\forall n\in\mathbb N$. (1)

Từ (1) cho $n\to\infty$ và sử dụng nguyên lí kẹp ta có $\beta = 0$.

Do đó $x=u_0=\alpha a, f(x)=u_1=\alpha a^2 = ax$.

Thử lại ta thấy hàm này thoả mãn.

Vậy $f(x)=16^{10^{2018}}x,\forall x\in\mathbb R^+$.

Bài 3. (5 điểm) 

Cho tam giác $ABC$ nhọn, trực tâm $H$, tâm ngoại tiếp $O$. Các điểm $K,L$ lần lượt đối xứng với $O$ qua $AC,AB$. Đường thẳng $CK$ cắt đường tròn $(AHK)$ tại $M$ khác $K$. Đường thẳng $BL$ cắt đường tròn $(AHL)$ tại $N$ khác $L$. $HM$ cắt $AC$ tại $E$ và $HN$ cắt $AB$ tại $F$. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $D$.

a) Chứng minh rằng tam giác $ABN$ đồng dạng với tam giác $CAM$.

b) Chứng minh rằng đường thẳng $HD$ vuông góc với đường thẳng $OA$.

Giả sử AC $\geq$ AB.

a) $\angle BAN=\angle NAH-\angle BAH-\angle BLH-\angle BAH=\angle BAH=\angle OAC=\angle MCA$. Tương tự, $\angle CAM=\angle ABN$.

Suy ra $\Delta ABN\sim\Delta CAM(g.g)$.

b) Nhận thấy AB là phân giác của góc $NAH$ (câu a) nên $\frac{HA}{HF}=\frac{NA}{NF}$.

Lại có $LA=LH$ nên NB là phân giác ngoài của $\angle HNA$, suy ra $\frac{NA}{NF}=\frac{BA}{BF}$.

Từ đó $\frac{HA}{HF}=\frac{BA}{BF}$.

Suy ra HB là phân giác ngoài góc AHF.

Tương tự $\frac{HA}{HE}=\frac{CA}{CE}$ nên HC là phân giác ngoài góc AHE.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AEF với cát tuyến E, F, D có $\frac{DE}{DF}=\frac{CE}{AC}.\frac{AB}{BF}=\frac{HE}{HF}$.

Do đó HD là phân giác ngoài của $\angle EHF$.

HD cắt AO tại X.

Khi đó $\angle AHD=\angle DHF+\angle AHF=\frac{180^o-\angle EHF}{2}+\angle AHF=\frac{180^o-\angle AHE+\angle AHF}{2}=\frac{180^o-2\angle AHC+2\angle AHB}{2}=90^o+\angle ABC-\angle ACB=90^o+\angle HAO$

Vậy $HD\perp AO$.

Gọi P là trung điểm của EF. 

Qua G kẻ đường thẳng song song với BC cắt lại $(I)$ tại J, cắt EF tại L.

Dễ thấy $\angle LEF=\angle LGF=\angle ACB$. Tương tự $\angle LFE=\angle ABC$.

Ta cũng có $\Delta JEL\sim\Delta ACD$, $\Delta JFL\sim\Delta ABD$ nên $\frac{LE}{LF}=\frac{DC}{DB}=\frac{DF}{DE}$ nên $LE=DF$.

Từ đó $\frac{DP}{PF}=\frac{LP}{PF}=\frac{MD}{MC}$. Suy ra $MP||CF$ nên $MP\perp EF$ nên $M,P,I$ thẳng hàng.

Dễ dàng nhận thấy $\angle ILF=\angle ODB$ nên $\angle IDL=\angle ODM$. Suy ra $\angle MOD=\angle MID$ nên M, O, I, D cùng thuộc $(OD)$. Gọi Q là trung điểm của OD thì $QM=QI$, mà $NQ||AD\Rightarrow NQ\perp MI$. Từ đó QN là trung trực của MI nên $NM=NI$.

Bài 3:   Cho dãy số $(a_n)_n$ được xác định như sau $\left\{\begin{matrix}a_0=1 \, \, , \, \,a_1=13\\ a_{n+2}=14a_{n+1}-a_n \, \, , \forall n\in \mathbb{N}\end{matrix}\right.$

 

       a)   Chứng minh rằng $2a_n-1$ là số chính phương với mọi số tự nhiên $n$

a) Ta có $\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}}\Rightarrow a_{n+2}a_n-a_{n+1}^2=a_{n+1}a_{n-1}-a_{n}^2=...=a_2a_0-a_1^2=12$.

Từ đó $(2a_{n+2}-1)(2a_n-1)=4a_{n+2}a_n-2a_{n+2}-2a_n+1=4a_{n+1}^2+48-28a_{n+1}+1=(2a_{n+1}-7)^2$.

Với $n=1;n=2$ ta có $2a_n-1$ là số chính phương nên quy nạp ta sẽ có $2a_n-1$ là số chính phương với mọi số tự nhiên n. (đpcm)

b) Đặt $2a_n-1=(2k+1)^2$ thì $a_n=2k^2+2k+1=k^2+(k+1)^2$ là tổng bình phương hai số nguyên.

PT tương đương $(x+y)^2+(x+y)=5xy$.

Chọn $x+y=5k(k\in\mathbb N^*)$. 

Khi đó $xy=5k^2+k$.

Do đó $x,y$ là nghiệm của phương trình $t^2-5kt+(5k^2+k)=0$.

Phương trình trên luôn có 2 nghiệm dương.

Khi đó $t=\frac{5k\pm\sqrt{5k^2-4k}}{2}$. 

Nhận thấy nếu $5k^2-4k$ là số chính phương thì $t$ luôn là số nguyên dương.

Do đó ta chỉ cần chứng minh tồn tại vô số giá trị $k$ để $5k^2-4k$ là số chính phương.

Đặt $5k^2-4k=m^2\Leftrightarrow (5k-4)^2=5m^2+16\Leftrightarrow 5m^2-(5k-4)^2+16=0$.

Đây là phương trình Pell và có vô số nghiệm nguyên dương.

Vậy ta có đpcm.