Chuongn1312

Bài 1:

a) Ta có $u_2 = \sqrt{3 + 1} = 2 < 3 = u_1$ nên bằng quy nạp, ta chứng minh được $u_{n+1} = \sqrt{u_n + \frac{1}{n}} < \sqrt{u_{n-1} + \frac{1}{n-1}} = u_n$. Suy ra $(u_n)$ là dãy giảm. 

b) Đầu tiên, ta chứng minh $u_n > 1 + \frac{1}{n},\forall n$ bằng quy nạp theo $n$. Rõ ràng mệnh đề đúng với $n=1$.

Giả sử ta đã có $u_k > 1 + \frac{1}{k}$, từ công thức truy hồi ta có $u_{k+1} > \sqrt{1 + \frac{2}{k}} > \sqrt{1 + \frac{2}{k} + \frac{1}{(k+1)^2} - \frac{2}{k(k+1)}} = 1 + \frac{1}{k+1}$. 

Theo nguyên lí quy nạp, ta có $u_n > 1 + \frac{1}{n},\forall n (1)$.

Tiếp theo, ta chứng minh $u_n < 1 + \frac{1}{n} + \frac{2}{n^2}, \forall n$ bằng quy nạp theo $n$. 

Bằng các tính toán trực tiếp, ta chỉ ra được $u_7 < 1 + \frac{1}{7} + \frac{2}{7^2}$. 

Giả sử $u_k < 1 + \frac{1}{k} + \frac{2}{k^2}$ ta có $u_{k+1} < \sqrt{1 + \frac{2}{k} + \frac{2}{k^2}}$ ($k \ge 7$).

Ta cần có $\sqrt{1 + \frac{2}{k} + \frac{2}{k^2}} < 1 + \frac{1}{k+1} + \frac{2}{(k+1)^2} (*)$.

Bất đẳng thức trên tương đương với $\frac{2}{k(k+1)} < \frac{3k^2 - 4k - 2}{k^2(k+1)^2} + \frac{4}{(k+1)^3} + \frac{4}{(k+1)^4}$.

Mặt khác, ta có bất đẳng thức mạnh hơn là $3k^2 - 4k - 2 > 2k(k+1)$ với $k \ge 7$ nên $(*)$ đúng. 

Theo nguyên lí quy nạp, ta có $u_n < 1 + \frac{1}{n} + \frac{2}{n^2}, \forall n (2)$. 

Kết hợp $(1),(2)$ ta được $\displaystyle \lim_{n \to \infty} n(u_n - 1) = 1$.

Ta có $|x_{n+1}| =  \frac{|x_n|}{\left|\sqrt{2+2\sqrt{1+x_n^2}}\right|} \le \frac{|x_n|}{\sqrt{2}} \le \frac{|x_1|}{\sqrt{2}^n} = \frac{|a|}{\sqrt{2}^n}$ nên $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$.

Do vậy, $\lim_{n \to \infty} y_n = \lim_{n \to \infty} \sqrt{2+2\sqrt{1+x_n^2}} = 2$.

Gọi $H$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. Ta có H là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ nên $H$ cũng nằm trên $AD$.

Vì $\overline{HB}.\overline{HE} = \overline{HC}.\overline{HF}$ nên $H$ nằm trên trục đẳng phương của $(BDE)$ và $(CDF)$. Suy ra $DH$ là trục đẳng phương của $(BDE)$ và $(CDF)$. 

Từ đây có được $\overline{AM}.\overline{AB} = \overline{AN}.\overline{AC}$ hay tứ giác $MNBC$ nội tiếp.

Bài 13. Cho tam giác $ABC$, tâm ngoại tiếp $O$, đường cao $AD, BE, CF$, tâm đường tròn Euler $N$. $AO$ cắt $EF$ tại $N_a$. $M_a$ là trung điểm $BC$, $AN$ cắt $M_aN_a$ tại $X$. Tương tự ta xác định điểm $Y, Z$ lần lược tương ứng với $B,C$. Chứng minh rằng $DX, EY, FZ$ đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$

 Screenshot 2024-05-15 160547.png   79.4K   1 Số lần tải

Gọi $G,H$ là trọng tâm, trực tâm của tam giác $ABC$ thì $\frac{\overline{HN}}{\overline{HO}} = \frac{1}{2} = -\frac{\overline{GN}}{\overline{GO}}$ nên $(HG,ON) = -1$. 

Kéo dài $AD$ cắt $N_aM_a$ tại $P$ thì $D(PM_a,N_aX) = (PM_a,N_aX) = A(PM_a,N_aX) = (HG,ON) = -1$, kết hợp với $DP \perp DM_a$ suy ra $DM_a$ là phân giác góc $N_aDX$. 

Vì $DN_a$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $D$ của tam giác $DEF$ nên đường thẳng $DX$ đi qua tiếp điểm $D'$ của đường tròn Mixtilinear nội ứng với đỉnh $D$ của tam giác $DEF$. 

Gọi $(H)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $DEF$, $\omega_d$ là đường tròn Mixtilinear nội ứng với góc $D$. 

Ta có $D$ là tâm vị tự của $(H)$ và $\omega_d$, $D'$ là tâm vị tự của $\omega_d$ và $(N)$ nên theo định lí Monge - D'Alambert, $DD'$ đi qua tâm vị tự $X$ của $(H)$ và $(N)$ hay $DX$ đi qua tâm vị tự của $(H)$ và $(N)$.

Chứng minh tương tự với $E,F$ ta thu được 3 đường thẳng $DX,EY,FZ$ đồng quy tại tâm vị tự của 2 đường tròn $(N)$ và $(H)$.

Vậy $DX,EY,FZ$ đồng quy trên $NH$ là đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Cố định $k = \frac{x^2 + y^2 + 1}{2xy + 1} \in \mathbb{N^*}$ và xét tập $S = \{(x,y) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N} | k = \frac{x^2 + y^2 +1}{2xy + 1}$. 

Vì $S$ là tập các cặp số tự nhiên nên tồn tại $(x_0,y_0) \in S$ sao cho $x_0 + y_0$ nhỏ nhất và $x_0 \ge y_0$. 

Ta xét phương trình $\frac{x^2 + y_0^2 + 1}{2xy_0 + 1} = k \Leftrightarrow x^2 - 2ky_0x + y_0^2 - k + 1 = 0$. 

Theo cách chọn $y_0$ thì phương trình trên có một nghiệm $x_0$ nên nó cũng có nghiệm $x_1$ và thỏa mãn $x_0 + x_1 = 2ky_0, x_0x_1 = y_0^2 - k + 1$. 

Ta có $x_1 \in \mathbb{Z}$ và $x_1 \ge 0$, vì nếu không $x_1 < 0$ thì $x_1^2 - 2ky_0x_1 + y_0^2 - k + 1 \ge x_1^2 +2k + y_0^2 - k + 1 > 0$ (Mâu thuẫn). 

Suy ra $(x_1,y_0) \in S$ và do đó $x_1 + y_0 \ge x_0 + y_0 \Rightarrow x_1 \ge x_0 \Rightarrow y_0^2 \ge y_0^2 - k + 1 = x_0x_1 \ge x_0^2 \Rightarrow y_0 \ge x_0$. 

Mà theo cách chọn thì $x_0 \ge y_0$ nên dấu bằng ở các đánh giá trên xảy ra kéo theo $k = 1$. Do đó $x = y$.