Tính chất 1. Cho hai vectơ $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ khác $\overrightarrow{0}$
a) Nếu $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ cùng phương thì tồn tại số thực $k$ sao cho $\overrightarrow{a} = k \cdot \overrightarrow{b}$.
b) Nếu $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ không cùng phương và $ x \cdot \overrightarrow{a}+y \cdot \overrightarrow{b} = \overrightarrow{0}$, suy ra $x = y = 0$.
Chứng minh.
a) Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ cùng phương.
b) Giả sử $x \neq 0$, suy ra $\overrightarrow{a} = \dfrac{-y}{x} \cdot \overrightarrow{b}$ cùng phương $\overrightarrow{b}$, mâu thuẫn, do đó $x = 0$, dẫn đến $y = 0$.
Tính chất 2. Cho $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ không cùng phương, khi đó với mọi vectơ $\overrightarrow{c}$ tồn tại duy nhất cặp số $(x;y)$ thỏa mãn $$\overrightarrow{c} = x \cdot \overrightarrow{a} + y \cdot \overrightarrow{b}$$
Chứng minh
Việc biểu diễn một vec tơ theo hai vec tơ không cùng phương có nhiều ứng dụng trong việc chứng minh vec tơ bằng nhau, cùng phương, dẫn đến các bài toán chứng minh thẳng hàng, tính toán độ dài, góc, …
Ví dụ 1. Cho tam giác $A B C$ và điểm $D$ thỏa mãn $\overrightarrow{A D}=\frac{3}{4} \overrightarrow{A C}$, I là trung điểm của $B D$.
a) Tính $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
b) Cho $\overrightarrow{BM} = x \cdot \overrightarrow{BC}$. Tính $\overrightarrow{A M}$ theo $x$ và $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$
Lời giải.
a) Ta có $2 \overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A C} \Rightarrow \overrightarrow{A I}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{8} \overrightarrow{A C}$.
b) Ta có $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+x(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=(1-x) \overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{A C}$.
Ví dụ 2. Cho tam giác $A B C$ gọi $M$ là điểm thỏa $\overrightarrow{M A}+3 \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}$.
Giả sử $\overrightarrow{C M}=x \cdot \overrightarrow{C A}+y \cdot \overrightarrow{C B}$. Tính $x, y$.
Lời giải.
Ta có $\overrightarrow{0}=\overrightarrow{M A}+3 \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{C A}-\overrightarrow{C M}+3 \overrightarrow{C B}-3 \overrightarrow{C M}$
$ \Leftrightarrow 4 \overrightarrow{C M}=\overrightarrow{C A}+3 \overrightarrow{C B} \Leftrightarrow \overrightarrow{C M}=$
$\frac{1}{4} \overrightarrow{C A}+\frac{3}{4} \overrightarrow{C B}$.
Từ đó ta có $x=\frac{1}{4}, y=\frac{3}{4}$, do sự biểu diễn $\overrightarrow{C M}$ theo $\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{C B}$ là duy nhất.
Ví dụ 3. Cho tam giác $A B C$ và các điểm $I$, J thỏa mãn $2 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B I}=\overrightarrow{0}, 5 \overrightarrow{J B}-2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0}$.
a) Tinh $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
b) Gọi G là trọng tâm tam giác $A B C$. Tính $\overrightarrow{A G}$ theo $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$.
Lời giải
Ta có:
$2 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B I}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 2 \overrightarrow{C I}+3(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C I})=\overrightarrow{0} $
$\Leftrightarrow 5 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{C I}=\frac{3}{5} \overrightarrow{C B} $
$ 5 \overrightarrow{J B}-2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 5 \overrightarrow{J B}-2(\overrightarrow{J B}+\overrightarrow{B C})=\overrightarrow{0} $
$\Leftrightarrow 3 \overrightarrow{J B}=2 \overrightarrow{B C} \Leftrightarrow \overrightarrow{B J}=-\frac{2}{3} \overrightarrow{B C}$
a) – Tính $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
Ta có:
$$
\overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C I}=\overrightarrow{A C}+\frac{3}{5} \overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A C}+\frac{3}{5}(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C})=\frac{3}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{5} \overrightarrow{A C}
$$
b) Tính $\overrightarrow{A G}$ theo $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$.
Đặt $\overrightarrow{A G}=x \overrightarrow{A I}+y \overrightarrow{A J}$.
$\overrightarrow{A G} =x\left(\frac{3}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{5} \overrightarrow{A C}\right)+y\left(\frac{5}{3} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}\right) $
$=\left(\frac{3 x}{5}+\frac{5 y}{3}\right) \overrightarrow{A B}+\left(\frac{2 x}{5}-\frac{2 y}{3}\right) \overrightarrow{A C}$
Mặt khác, $\overrightarrow{A G}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$
$\Rightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ \frac { 3 } { 5 } x + \frac { 5 } { 3 } y = \frac { 1 } { 3 } } \\\\
{ \frac { 2 } { 5 } x – \frac { 2 } { 3 } y = \frac { 1 } { 3 } }
\end{array} \right.$
$ \left \{\begin{array}{l}
x=\frac{35}{48} \\\\
y=-\frac{1}{16}
\end{array}\right. $
Vậy $\overrightarrow{A G}=\frac{35}{48} \overrightarrow{A I}-\frac{1}{16} \overrightarrow{A J}$
Bài tập rèn luyện
Bài 1. Cho tam giác $A B C$ và $M$ là trung điểm cạnh $B C ; N$ là điểm thuộc đoạn $A C$ sao cho $A N=2 N C$. Chứng minh rằng:
a) $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})$.
b) $\overrightarrow{B N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}$
c) $\overrightarrow{M N}=\frac{1}{3} \overrightarrow{C A}-\frac{1}{2} \overrightarrow{C B}$.
Bài 2. Cho tam giác $A B C$ có $I$ là điểm đối xứng với $B$ qua $C, J$ là trung điểm $A C, K$ thuộc $A B$ thoả $A B=3 A K$.
a) Tính $\overrightarrow{B I}, \overrightarrow{B J}, \overrightarrow{B K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
b) Tính $\overrightarrow{I f}, \overrightarrow{I K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$. Lấy $M, N$ lần lượt là trung điểm $A B, A C$. $L$ là điểm thoả mãn $2 \overrightarrow{L A}+5 \overrightarrow{L B}+3 \overrightarrow{L C}=\overrightarrow{0}$
a) Tính $\overrightarrow{B M}, \overrightarrow{B M}, \overrightarrow{B L}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
b) Tính $\overrightarrow{M N}, \overrightarrow{M L}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
Định nghĩa 1. Cho hai tập hợp $A$ và $B$ khác rỗng. Một quy tắc cho tương ứng mỗi phần từ $x \in A$ với một và chỉ một phần tử $y \in B$ được gọi là một ánh xạ từ $A$ vào $B$.
Kí hiệu ánh xạ $f: A \rightarrow B, x \mapsto y=f(x)$.
Định nghĩa 2. Cho ánh xạ $f: A \rightarrow B$
Định nghĩa 3. Một ánh xạ được $f: A \rightarrow B$ được gọi là đơn ánh nếu và chỉ nếu $f(x) = f(y) \Rightarrow x = y$. Tức là với mọi $y$ thì $f^-1 (y)$ có không quá một phần tử.
Định nghĩa 4. Ánh xạ $f: A \rightarrow B$ là toàn ánh khi và chỉ khi mọi $y \in B$ thì tồn tại $x \in A$ sao cho $f(x)=y$. Với mọi $y \in B$ thì $f^{-1}(y)$ khác rỗng.
Định nghĩa 5. Một ánh xạ là song ánh nếu nó vừa đơn ánh vừa toàn ánh. Tập $f^{-1}(y)$ có đúng một phần tử.
Ví dụ 2. Trong các ánh xạ của ví dụ 1 thì 1,6 là song ánh, 2, 3, 5 là toàn ánh nhưng không phải song ánh.
Định nghĩa 6. Cho song ánh từ $f: A \rightarrow B$. Ta xây dựng một ánh xạ từ $B$ vào $A$ như sau: với mỗi phần tử $b \in B$ cho tương ứng với phần tử $a \in A$ thỏa $a=f^{-1}(b)$, ánh xạ đó được gọi là ánh xạ ngược của $f$, kí hiệu là $f^{-1}$.
Ta có
$$
f^{-1}: B \rightarrow A, f^{-1}(x)=y \Leftrightarrow f(y)=x
$$
Ví dụ 3
a) Ánh xạ ngược của ánh xạ đồng nhất là ánh xạ đồng nhất.
b) Cho $A={1,2,3}, B={a, b, c}$.Xét song ánh từ $A \rightarrow B$ là $f(1)=b, f(2)=$ $a, f(3)=c$. Khi đó ánh xạ ngược $f^{-1}$ từ $B \rightarrow A$ là $f^{-1}(a)=2, f^{-1}(b)=1, f^{-1}(c)=3$.
c) Ánh xạ ngược của $f: R \rightarrow R, f(x) = 3x + 1$ là $f: R\rightarrow f(x) = \dfrac{1}{3} (x-1)$.
Định nghĩa 7. Cho $f: A \rightarrow B, g: B \rightarrow C$ khi đó ánh xạ $g \circ f: A \rightarrow C$ thỏa
$$
g \circ f(a)=g(f(a))
$$
được gọi là ánh xạ hợp.
Ví dụ 4. Cho $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, f(x)=2 x+1, g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, g(x)=x^2$.
(a) Tìm $g \circ g, f \circ f$;
(b) $g \circ f, f \circ g$.
Tính chất 1. Nếu $f: A \rightarrow B$ là song ánh thì $f \circ f^{-1} = I_d trên $B$, và $f^{-1} \circ f $ là ánh xạ đồng nhất trên $A$.
Định nghĩa 8. Cho tập $A$ số nguyên dương $n$ và $X={0,1,2, \cdots, n}$. Nếu tồn tại một song ánh từ $A$ vào $X$ thì khi đó ta nói $A$ có hữu hạn phần tử và số phần tử của $A$ là $n$. Kí hiệu $|A|=n$. Nếu $A$ không khác rỗng và không có hữu hạn phần tử, ta nói $A$ là tập vô hạn.
Tính chất 2. Cho $A, B$ là các tập hữu hạn.
1. Tập hợp là gì?
2.Tập hợp con – Tập hợp bằng nhau.
Tập $A$ là tập con của $B$ (hay $A$ chứa trong $B$) khi và chỉ khi mọi phần tử của $A$ đều là phần tử của $B$.
$(A \subset B) \Leftrightarrow (\forall x \in A \Rightarrow x \in B) $
Ta có các tình chất sau:
3. Các phép toán trên tập hợp
a. Giao của hai tập hợp.
$A \cap B = \{x| x\in A \wedge x \in B \}$.
b. Hợp của hai tập hợp.
$A \cup B = \{x|x \in A \vee x \in B$\}$.
c. Hiệu – Phần bù
$A \setminus B = \{x|x \in A \wedge x \notin B \}$
Ví dụ. Cho $A = \\{1, 2, 3, 4 \\}, B = \\{3, 4, 5, 6 \\}, C = \\{5, 6, 1, 8\\}$.
Khi đó $A \cap B = \\{3, 4 \\}, A \cup C = \\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 8\\}, A \setminus B = \\{1, 2\\}, B \setminus A = \\{5, 6\\}$.
4. Các tập hợp số
a) Tập các số tự nhiên $\mathbb{N} = \\{0, 1, 2, …\\}$.
Tính chất.
b) Tập các số nguyên $\mathbb{Z} = \\{…,-2,-1,0,1,2,…\\}$
c) Tập các số hữu tỉ. $\mathbb{Q} = \\{\dfrac{m}{n}|m, n \in \mathbb{Z}, n \neq 0 \\}$.
Tính chất.
d) Tập các số thực. Hợp của tập các hữu tỷ và vô tỷ.
Các tập con của tập các số thực.
Bài tập.
Câu 1
Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x_1=\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{1}{x_2}\right) \\ x_2=\frac{1}{2}\left(x_3+\frac{1}{x_3}\right) \\ \cdots \\ x_{2002}=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{1}{x_1}\right)\end{array}\right.$
Câu 2
Chứng minh rằng: Phần nguyên của $(\sqrt{11}+3)^{3 \mathrm{n}+1}$ thì chia hết cho $2^{\mathrm{n}+1}$ và không chia hết cho $2^{\mathrm{n}+2}$ với mọi $\mathrm{n}$ là số tự nhiên.
Câu 3
Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa:
$\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}=\sqrt{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}}$
Chứng minh rằng: Tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.
Câu 4
Giả sử điểm $\mathrm{M}$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$ sao cho: $\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ}$; $\widehat{\mathrm{AMB}}=150^{\circ} ; \widehat{\mathrm{BMC}}=120^{\circ}$. Gọi các điểm $\mathrm{P}, \mathrm{Q}, \mathrm{R}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\mathrm{AMC}, \mathrm{AMB}, \mathrm{BMC}$.
Chứng minh rằng: 
Câu 1
Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x_1=\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{1}{x_2}\right) \\ x_2=\frac{1}{2}\left(x_3+\frac{1}{x_3}\right) \\ \cdots \\ x_{2002}=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{1}{x_1}\right)\end{array}\right.$
Lời Giải
Đồng thời $\left(-x_1,-x_2, \ldots,-x_{2002}\right)$ cũng là nghiệm, nên ta chỉ cần xét với $x_1, x_2, \ldots, x_{2002}$ dương.
Từ các phương trình trong hệ và (1) ta được: $2 x_i \geq 2$ hay $x_i \geq 1\quad\quad\quad (2)$
$x_1+x_2+\ldots+x_{2002}=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\ldots+\frac{1}{x_{2002}}\quad\quad\quad(3)$
Từ (2) và (3) được: $x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=1$
Câu 2
Chứng minh rằng: Phần nguyên của $(\sqrt{11}+3)^{3 \mathrm{n}+1}$ thì chia hết cho $2^{\mathrm{n}+1}$ và không chia hết cho $2^{\mathrm{n}+2}$ với mọi $\mathrm{n}$ là số tự nhiên.
Lời Giải
Trước hết, nhận xét rằng: $(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$ là một số tự nhiên. Thật vậy, ta có:
$(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}=C_{2 n+1}^0(\sqrt{11})^{2 n+1}+C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{2 n+1}^2(\sqrt{11})^{2 n-1} 3^2$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\ldots+C_{2 n+1}^{2 n}(\sqrt{11})^1 3^{2 n}+C_{2 n+1}^{2 n+1} 3^{2 n+1}$
$(\sqrt{11}-3)^{2 n+1}=C_{2 n+1}^0(\sqrt{11})^{2 n+1}-C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{2 n+1}^2(\sqrt{11})^{2 n-1} 3^2$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\ldots+C_{2 n+1}^{2 n}(\sqrt{11})^1 3^{2 n}-C_{2 n+1}^{2 n+1} 3^{2 n+1}$
$\Rightarrow(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}=$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =2\left[C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{n+1}^3(\sqrt{11})^{2 n-2} \cdot 3^2+\ldots+C_{2 n+1}^{2 n+1} \cdot 3^{2 n+1}\right]$
Suy ra $(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$ là số tự nhiên.
$\operatorname{Mà}(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1} \in(0 ; 1)$ nên
$\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}\right]=(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$
(Vì: $\mathrm{a}-\mathrm{b}=\mathrm{k} \in \mathrm{N} \Rightarrow \mathrm{a}=\mathrm{k}+\mathrm{b}$ với $\mathrm{b} \in(0 ; 1)$ nên $[\mathrm{a}]=\mathrm{k}^{\prime}=\mathrm{a}-\mathrm{b}$, kí hiệu $[$.$] là$ phần nguyên của số thực)
Lại có: $(\sqrt{11}+3)^2-(\sqrt{11}-3)^2=40 \Rightarrow$ với $\mathrm{n}=1$ thì
$(\sqrt{11}+3)^3-(\sqrt{11}-3)^3=\left(\frac{(\sqrt{11}+3)-(\sqrt{11}-3)}{6}\right)$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left[\frac{(\sqrt{11}+3)^2+(\sqrt{11}-3)^2}{40}+\frac{(\sqrt{11}+3)(\sqrt{11}-3)}{2}\right]$
$=6.42=2^2 \cdot 3^2 \cdot 7$
chia hết cho $2^2$ nhưng không chia hết cho $2^3$.
Giả sử tính chất này đúng với mọi số tự nhiên $\mathrm{k}<\mathrm{n}$. Ta chứng minh tính chất này đúng với $\mathrm{k}=\mathrm{n}$.
Trước hết nhận xét rằng:
$(\sqrt{11}+3)(\sqrt{11}-3)=2 \Rightarrow \sqrt{11}-3=\frac{2}{\sqrt{11}+3}$
$\sqrt{11}+3=\frac{2}{\sqrt{11}-3}$
Thật vậy:
$\quad\quad (\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{x}+1}$
$=[(\sqrt{11}\left.+3)^2+(\sqrt{11}-3)^2\right]\left[(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 n-1}\right] $
$\quad\quad\quad\left.-\left[(\sqrt{11}-3)^2(\sqrt{11}+3)^{2 n-1}\right]-(\sqrt{11}+3)^2(\sqrt{11}-3)^{2 n-1}\right]$
$=40\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-1}\right]-4\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-3}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-3}\right]$
$=\underbrace{2^3 5 \cdot\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-1}\right]}_{\text {chia hết cho } 2^{\mathrm{n}}}-$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\underbrace{2^2 \cdot\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-3}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-3}\right]}_{\text {chia hết cho } 2^{\mathrm{u}-1} \text { nhưng không chia hết cho } 2^{\mathrm{n}}}$
Vậy $\left[(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}\right]$ chia hết cho $2^{n+1}$ nhưng không chia hết cho $2^{n+2}$.
Câu 3
Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa:
$\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}=\sqrt{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}}$
Chứng minh rằng: Tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.
Lời Giải
Ta có: $\mathrm{a}^2=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-2 \mathrm{bc} \cdot \cos \mathrm{A}$
$\quad\quad\quad\quad=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-(2 \mathrm{bcsin} \mathrm{A}) \cdot \operatorname{cotg} \mathrm{A}=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-4 \mathrm{~S} \cdot \operatorname{cotg} \mathrm{A} \text {. }$
(S là diện tích $\triangle \mathrm{ABC}$ )
Tương tự: $\mathrm{b}^2=\mathrm{a}^2+\mathrm{c}^2-4 \operatorname{ScotgB} ; \mathrm{c}^2=\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2-4 \mathrm{~S} \operatorname{cotg} \mathrm{C}$
Suy ra: $a^2+b^2+c^2=4 S(\operatorname{cotg} A+\operatorname{cotg} B+\operatorname{cotg} C)$
$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \sin ^2 \mathrm{~A}+\sin ^2 \mathrm{~B}+\sin ^2 \mathrm{C}=\frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}(\operatorname{cotg} \mathrm{A}+\operatorname{cotg} \mathrm{B}+\operatorname{cotg} \mathrm{C})$
$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \frac{\sin ^2 \mathrm{~A}+\sin ^2 \mathrm{~B}+\sin ^2 \mathrm{C}}{\cot g \mathrm{~A}+\cot g \mathrm{~B}+\cot g \mathrm{C}}=\frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}\quad(1)$
$\quad\quad\quad\quad a^2=b^2+c^2-2 b c \cdot \cos A \geq 2 b c-2 b c \cdot \cos A=4 b c \cdot \sin ^2 \frac{A}{2}=4 S \cdot \operatorname{tg} \frac{A}{2} $
$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\sin ^2 A}{\operatorname{tg} \frac{A}{2}} \geq \frac{S}{R^2}$
Tương tự: $\frac{\sin ^2 \mathrm{~B}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{2}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2} ; \frac{\sin ^2 \mathrm{C}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}$
Từ đó: $\sqrt[3]{\frac{\sin ^2 \mathrm{~A} \cdot \sin ^2 \mathrm{~B} \cdot \sin ^2 \mathrm{C}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{A}}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{\mathrm{C}} \cdot \operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}\quad(2)$
Tữ (1) và (2) suy ra: $\sqrt[3]{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{C} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}} \geq \frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}$
Dấu “=” xảy ra khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c} \Leftrightarrow \triangle \mathrm{ABC}$ đều. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Câu 4
Giả sử điểm $\mathrm{M}$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$ sao cho: $\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ}$; $\widehat{\mathrm{AMB}}=150^{\circ} ; \widehat{\mathrm{BMC}}=120^{\circ}$. Gọi các điểm $\mathrm{P}, \mathrm{Q}, \mathrm{R}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\mathrm{AMC}, \mathrm{AMB}, \mathrm{BMC}$.
Chứng minh rằng:
Lời Giải
$A, M$ đối xứng nhau qua $P Q$.
$\mathrm{B}, \mathrm{M}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{QR}$.
$\mathrm{C}, \mathrm{M}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{RP}$.
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{S}(\mathrm{MPQ})=\mathrm{S}(\mathrm{APQ}) \\ \mathrm{S}(\mathrm{MQR})=\mathrm{S}(\mathrm{BQR}) \\ \mathrm{S}(\mathrm{MPR})=\mathrm{S}(\mathrm{CPR})\end{array}\right.$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 2 \mathrm{~S}(\mathrm{PQR})=\mathrm{S}(\mathrm{AQBRC})$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{S}(\mathrm{PQR})=\frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{AQBRC})$
Do sự đối xứng trên ta có
$\quad\quad\quad\quad\quad\widehat{\mathrm{AQB}}=2 \widehat{\mathrm{PQR}}=2\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AMB}}\right)=60^{\circ}$
$\quad\quad\quad\quad\quad\widehat{\mathrm{BRC}}=2 \widehat{\mathrm{QRP}}=120^{\circ}$
$\mathrm{S}(\mathrm{PQR})=\frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{AQBRC})=\frac{1}{2}[\mathrm{~S}(\mathrm{ABC})+\mathrm{S}(\mathrm{AQB})+\mathrm{S}(\mathrm{BRC})]$
$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{2}\left[\mathrm{~S}(\mathrm{ABC})+\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{AB}^2+\frac{\mathrm{CB}^2}{4 \sqrt{3}}\right]$
$\quad\quad\quad\quad\geq \frac{1}{2} S(\mathrm{ABC})+\frac{1}{4} \mathrm{AB} \cdot \mathrm{CB} \geq \frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{ABC})$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \mathrm{AB} \cdot \mathrm{CB} \cdot \sin \widehat{\mathrm{ABC}}$
(Do $\mathrm{M}$ nằm trong $\triangle \mathrm{ABC}$ và $\left.\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{\mathrm{ABC}}<90^{\circ}\right)$
$\quad\quad\quad\quad S_{\triangle P Q R}>\frac{1}{2} S(A B C)+\frac{1}{2} S(A B C)=S(A B C)$
Thời gian làm bài 120 phút
Đề bài.
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a^{4}+b^{4}+2}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}$, với $a, b \in \mathbb{R}$.
Bài 2. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$thỏa mãn
$$
f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f(x)^{2} f(y), \text { với mọi } x, y \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Bài 3. Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \ldots$ là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $1=$ $x_{1}<x_{2}<x_{3} \ldots$ và $x_{n+1} \leq 2 n$ với $n=1,2,3 \ldots$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $A B$ sao cho $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$. Đường tròn tâm $M$ bán kính $M B$ cắt đường tròn tâm $O$ tại điểm thứ hai là $D$. Một đường thẳng qua $M$ song song với $A D$ cắt $A C$ tại $N$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$.
Đáp án
Bài 1. Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có
$$
x^{4}+1-\frac{2}{9}\left(x^{2}-x+1\right)^{2}=\frac{1}{9}(x+1)^{2}\left(7 x^{2}-10 x+7\right) \geq 0 .
$$
Vì thế nên ta có
$$
P \geq \frac{2}{9} \frac{\left(a^{2}-a+1\right)^{2}+\left(b^{2}-b+1\right)^{2}}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}=\frac{2}{9}\left(\frac{a^{2}-a+1}{b^{2}-b+1}+\frac{b^{2}-b+1}{a^{2}-a+1}\right) \geq \frac{4}{9} .
$$
Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{4}{9}$, đạt được khi $a=b=-1$.
Bài 2. Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Đặt $f(1)=a>$ 0 , trong phương trình đề cho, thay $x=y=1$ ta có $f\left(a^{2}\right)=a^{3}$.
Từ đó, tiếp tục lần lượt thay $x$ bởi $a^{2}, y$ bởi 1 và $x$ bởi $1, y$ bởi $c^{2}$ vào phương trình ấy, ta thu được
$$
a^{7}=f\left(a^{6}\right)=a^{5} .
$$
Chú $\hat{y} a>0$ nên ta có $a=1$, tức $f(1)=1$. Thay $x$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f\left(f(y)^{2}\right)=f(y) \text {, với mọi } y \in \mathbb{Q}^{+} \text {. }
$$
Lại thay $y$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f(x)^{2}=f\left(x^{2}\right), \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Suy ra
$$
f(x)=f\left(f(x)^{2}\right)=f(f(x))^{2}=\ldots=f^{n+1}(x)^{2^{n}}, \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+},
$$
trong đó $f^{n+1}(x)$ là $n+1$ lần tác động $f$ vào $x$. Từ đó, nếu tồn tại $q \in \mathbb{Q}^{+}$sao cho tồn tại $p \in \mathbb{P}$ thỏa mãn $v_{p}(f(q)) \neq 0$ thì ta có
$$
v_{p}(f(q))=v_{p}\left(f^{n+1}(q)^{2^{n}}\right)=2^{n} v_{p}\left(f^{n+1}(q)\right) \neq 0 .
$$
Trong đẳng thức trên, cho $n \rightarrow+\infty$ ta thấy điều vô lý. Suy ra $v_{p}(f(q))=0$ với mọi $q \in \mathbb{Q}^{+}, p \in \mathbb{P}$, hay $f(x) \equiv 1$.
Thử lại, ta kết luận $f(x) \equiv 1$ là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3. Với $k$ nguyên dương, ta xét $k+1$ số hạng của dãy là $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k+1}$. Ta có $x_{1}=1 \leq k$, gọi $q$ là số lớn nhất thỏa mãn $x_{q} \leq k$ thì ta có $q<k+1$ và
$$
1 \leq x_{1}<x_{1}<\cdots<x_{q} \leq k<x_{q+1}<\cdots<x_{k+1}<2 k \text {. }
$$
Nếu tồn tại $1 \leq j<i \leq k+1$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$ thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số
$$
x_{1}+k, x_{2}+k, \ldots, x_{q}+k, x_{q+1}, \ldots, x_{k+1}
$$
là $k+1$ số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn $k$ nhưng lại không vượt quá $2 k$, vô lí!
Từ đó suy ra với mọi $k$ nguyên dương, luôn tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.
Bài 4. Ta có $O B=O D, M B=M D$ nên dễ thấy $O M$ là phân giác ngoài của góc $A M D$, mà $O A=O D$ nên suy ra $O \in(A M D)$.
Gọi $N^{\prime}$ là giao điểm khác $A$ của $(A M D)$ và $A C$. Ta chứng minh $N$ trùng $N^{\prime}$. Thật vậy, ta có $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$ nên $\angle A M O$ tù, do đó nếu $N^{\prime}$ nằm ngoài tia $A C$ thì $N^{\prime}$ nằm khác phía $O$ so với $A M$ nên
$$
\angle A M O=\angle A N^{\prime} O=\angle C A O-\angle A O N^{\prime}<\angle C A O<90^{\circ},
$$
vô lý. Suy ra $N^{\prime}$ nằm trên tia $A C$, kéo theo $A O$ là phân giác trong góc $M A N^{\prime}$ nên $O M=O N^{\prime}$, mà $O A=O D$ nên $M N^{\prime}$ song song $A D$, suy ra $N$ trùng $N^{\prime}$.
Từ đó, dễ thấy $A M N D$ là hình thang cân nên $A N=M D=M B$, hơn nữa $N$ nằm trên tia $A C$ nên ta thu được
$$
\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}
$$
Ta có điều cần chứng minh.
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Tăng Vũ, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển và đội tuyển PTNK 2008-2021
Bài 1. Cho hàm số $y=x^{2}-4 x+3$. (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vē đồ thị hàm số.
b) Từ đồ thị hàm số (1), suy ra đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$. (2)
c) Dựa vào đồ thị hàm số (2), tìm $m$ để phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm.
Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5$
b) $\left\{ \begin{array}{l} \left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right.$.
Bài 3. Tìm tham số $m$ để hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right.$ có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thóa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.
Bài 4. Cho $x$ là số thực dương, đặt $A=x+\dfrac{1}{x}$.
a) Chứng minh rằng $A$ là số nguyên thì $A_{n}=x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ cūng là số nguyên với mọi số nguyên dương $n$.
b) Tìm giá trị lớn nhất của $B=-A^{2}+6 A+1$.
Bài 5. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ đường kính $B C=2 R, \widehat{A B C}=60^{\circ} . D$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B C$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ ta có: $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$.
b) Tìm $M$ để $S=M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất theo $R$.
c) Cho $M$ thay đổi trên $A C . D M$ cắt $(O)$ tại $N$. Xác định $M$ để $\mathcal{P} {C/(AMB)}=2 \mathcal{P} {B/(CMN)}$. $a_12$
d) Tìm quy tích $M$ thỏa $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2}$.
Vậy hàm số (1) đồng biến trên $(2 ;+\infty)$ và nghịch biến trên $(-\infty ; 2)$.
Đồ thị hàm số:
b) Từ đồ thị hàm số (1), ta suy ra đồ thị hàm số $y=x^{2}-4|x|+3$ như sau:
Khi đó, ta có được đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$ như sau:
c) Theo đồ thị hàm số (2), phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m^{2}+2 m=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=1 \\ m=-3\end{array}\right.$.
Bài 2.
a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5 \quad (1)$.
ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}x-1 \geq 0 \\ 6-x \geq 0 \\ 7 x-6-x^{2} \geq 0\end{array} \quad \Leftrightarrow 1 \leq x \leq 6\right.$
Đặt $a=\sqrt{x-1} \geq 0$ và $b=\sqrt{6-x} \geq 0$, khi đó $\left\{\begin{array}{l}a b=\sqrt{7 x-6-x^{2}} \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.$.
Kết hợp với (1), ta có hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l}a+b+a b=5 \\ a^{2}+b^{2}=5 .\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a+b=5-a b \quad (2) \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.\right.$
Ta có: $5=a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2 a b=(5-a b)^{2}-2 a b=a^{2} b^{2}-12 a b+25$.
Do đó: $a^{2} b^{2}-12 a b+20=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a b=2 \\ a b=10\end{array}\right.$.
– Nếu $a b=2$, từ (2) ta suy ra $a+b=3$. Khi đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:
$$X^{2}-3 X+2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} X=1 \\ X=2 \end{array}\right.$$
Khi đó $(a ; b)=(1 ; 2)$ hoặc $(a ; b)=(2 ; 1)$.
+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=2\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=1 \\ \sqrt{6-x}=2\end{array} \Leftrightarrow x=2\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=2$ thỏa (1).
+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=2 \\ \sqrt{6-x}=1\end{array} \Leftrightarrow x=5\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=5$ thỏa (1).
– Nếu $a b=10$, từ (1) ta suy ra $a+b=-5$ (Loại vì $a, b \geq 0$ nên $a+b \geq 0)$.
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $S=\{2 ; 5\}$.
b) $\left\{\begin{array}{l}\left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right. \quad (I)$
Đặt $a=x^{2}+y$ và $b=x+y^{2}$ thì (I) trở thành:
$$\left\{\begin{array} { l } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } = 8 } \\ { a + b = 4 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { ( a + b ) ^ { 2 } – 2 a b = 8 } \\ { a + b = 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} a b=4 \\ a+b=4 \end{array}\right.\right.\right. $$
Do đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:
$$X^{2}-4 X+4=0 \Leftrightarrow X=2 $$
Suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y=2 \\ x+y^{2}=2\end{array}\right.\right.$
Từ (1) và (2) ta suy ra $x^{2}+y=x+y^{2} \Leftrightarrow(x-y)(x+y-1)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=x \\ y=1-x\end{array}\right.$.
– Nếu $y=x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+x+2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=1 \\ x=-2\end{array}\right.$.
+) Với $x=1$, suy ra $y=1$.
+) Với $x=-2$, suy ra $y=-2$.
– Nếu $y=1-x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+1-x=2 \Leftrightarrow x^{2}-x-1=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$
+) Với $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.
+) Với $x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.
Thử lại thấy các cặp nghiệm trên đều thỏa.
Vậy tập nghiệm của (I) là $(x ; y)=\left\{(1 ; 1),(-2 ;-2),\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right),\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\right\}$.
Bài 3.
$\left\{\begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right. \quad (I)$
Ta có:
$D=m^{2}-(m-1)^{2}=2 m-1$
$D_{x}=(m+1) m-(m+1)(m-1)=m+1 $
$D_{y}=m(m+1)-(m-1)(m+1)=m+1$
Để (I) có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow D \neq 0 \Leftrightarrow 2 m-1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \dfrac{1}{2}$.
Khi đó nghiệm của (I) là $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=\dfrac{D_{x}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1} \\ y_{0}=\dfrac{D_{y}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1}\end{array}\right.$
Vì $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$ nên $\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}+\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=2 \Leftrightarrow\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=1 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{ll}m=0 & \text { (Nhận) } \\ m=2 & \text { (Nhận) }\end{array}\right.$
Vậy $m=0$ hoặc $m=2$ thì (I) có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thỏa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.
Bài 4.
a) – Ta có: $A_{1}=x+\dfrac{1}{x}=A \in \mathbb{Z}, A_{2}=x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2}-2 \in \mathbb{Z}$.
– Giả sử $A_{k} \in \mathbb{Z}$ với mọi $k \leq n$ ( $n$ nguyên dương và $n \geq 2$ ), hay $x^{k}+\dfrac{1}{x^{k}} \in \mathbb{Z}$.
Ta chứng $\operatorname{minh} A_{n+1} \in \mathbb{Z}$, tức là $x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}} \in \mathbb{Z}$.
– Thật vậy, vì $x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ và $x+\dfrac{1}{x}$ là các số nguyên nên $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right) \in \mathbb{Z}$.
Mặt khác, $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=x^{n+1}+x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}+\dfrac{1}{x^{n+1}}=\left(x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}}\right)+\left(x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}\right)$.
Do đó $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=A_{n+1}+A_{n-1}$.
Suy ra $A_{n+1}+A_{n-1} \in \mathbb{Z}$, mà $A_{n-1} \in \mathbb{Z}$ nên $A_{n+1} \in \mathbb{Z}$.
Như vậy, theo nguyên lí quy nạp, ta có $A_{n} \in \mathbb{Z}$ với mọi số nguyên dương $n$.
b) Ta có $B=-A^{2}+6 A+1=-(A-3)^{2}+10 \leq 10$.
Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow A=3 \Leftrightarrow x+\dfrac{1}{x}=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$.
Vậy giá trị lớn nhất của $B$ là 10 khi $x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}$ hoặc $x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$.
Bài 5.
a) Ta có $\Delta A B O$ cân tại $O(O A=O B)$ và $\widehat{A B O}=60^{\circ}$ nên $\Delta A B O$ là tam giác đều.
Suy ra $O A=O B=A B$. (1)
Do $D$ đối xứng với $A$ qua đường kính $B C$ nên $D \in(O)$ và $\widehat{A O B}=\widehat{B O D}=60^{\circ}$.
Kết hợp với $O D=O B=R$, suy ra $\Delta B O D$ là tam giác đều,
kéo theo $B O=O B=O D$. (2)
Từ (1) và (2) suy ra $A B=A O=O D=D B$, dẫn đến $A O D B$ là hình thoi. Do đó $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O D}$.
Với điểm $M$ bất kì, ta có:
$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D} =(\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{B A})(\overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}) $
$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{O D} $
$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{M O}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O D} $
$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}(\overrightarrow{M B}-\overrightarrow{M O})-\overrightarrow{O D}^{2} $
$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O B}–\overrightarrow{O D}^{2} $
$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+O D \cdot O B \cos 60^{\circ}-O D^{2} $
$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$
b) Gọi $H$ là giao điểm của $A D$ và $B C$. Vì $A O D B$ là hình thoi nên $H$ là trung điểm của $A D$ và $B C$.
Lấy $I$ đối xứng với $H$ qua $B$, khi đó $\overrightarrow{I H}=2 \overrightarrow{I B}$.
Mặt khác, $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=2 \overrightarrow{I H}$ (do $H$ là trung điểm của $A D)$.
Suy ra $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=4 \overrightarrow{I B} \Leftrightarrow \overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D}=0$
Ta có:
$M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2} $
$=\overrightarrow{M A}^{2}-4 \overrightarrow{M B}^{2}+\overrightarrow{M D}^{2} $
$=(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I A})^{2}-4(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I B})^{2}+(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I D})^{2} $
$=-2 \overrightarrow{M I}^{2}+2 \overrightarrow{M I}(\overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D})+\overrightarrow{I A}^{2}-4 \overrightarrow{I B}^{2}+\overrightarrow{I D}^{2}$
$=-2 M I^{2}+I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} $
$ \leq I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} .$
Ta có:
$I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2}=2 I A^{2}-4 I B^{2}=2\left(I K^{2}+K A^{2}\right)-4 I B^{2}=2\left(R^{2}+\dfrac{3}{4} R^{2}\right)-4 \cdot \dfrac{R^{2}}{4}=\dfrac{5}{2} R^{2} .$
Vậy giá trị lớn nhất của $M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ là $\dfrac{5}{2} R^{2}$ khi và chỉ khi $M \equiv I$.
d) Lấy $L$ đối xứng với $O$ qua $C$. Khi đó $\overrightarrow{L O}=2 \overrightarrow{L C}$.
Do đó $\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M L}+\overrightarrow{L O}-2 \overrightarrow{M L}-2 \overrightarrow{L C}=-\overrightarrow{M L}$.
Ta có:
$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $
$\Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $
$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=0 $
$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B}(\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C})=0 $
$ \Leftrightarrow-\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M L}=0$
Do đó $M L \perp M B$, vậy $M$ thuộc đường tròn đường kính $B L$.
Lời giải của bạn Trần Thái Hưng – Star Education