Bài toán. Tìm tất cả các cặp hàm số $f,g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $f$ đơn điệu thực trên $\mathbb{R}$
và $g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $$f(x+y)=f(x).g(y)+f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}\;\;(1)$$Lời giải.
Trong $(1)$ thay $x$ và $y$ bởi $0$ ta được $$f(0)=f(0).g(0)+f(0)\rightarrow f(0).g(0)=0$$ * Nếu $g(0)=0$. Trong $(1)$ thay $y$ bởi $0$ ta được $$f(x)=f(x).g(0)+f(0)\rightarrow f(x)=f(0)=c,\;\forall x\in \mathbb{R}$$ Thử lại ta được $f(x)\equiv c\neq 0,\;g(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$ hoặc $f(x)=0$ và $g(x)$ bất kì
* Nếu $f(0)=0$. Trong $(1)$ thay $y$ bởi $0$ ta được $$f(x)=f(x).g(0)+f(0)=f(x).g(0)$$ Trường hợp 1. Nếu $g(0)\neq 1$ thì $f(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$
Trường hợp 2. Nếu $g(0)=1$. Trong $(1)$ thay $x$ bởi $x$ và $y$ bởi $x$ ta được $$f(x+y)=f(y).g(x)+f(x)$$Kết hợp với $(1)$ và $f$ đơn điệu nên $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ suy ra $$f(x).g(y)+f(y)=f(y).g(x)+f(x)\rightarrow \frac{g(x)-1}{f(x)}=\frac{g(y)-1}{f(y)}\equiv c\rightarrow f(x)=\frac{g(x)-1}{c}$$ Thay vào $(1)$ ta được $$\frac{g(x+y)-1}{c}=\frac{g(y)\left ( g(x)-1 \right )}{c}+\frac{g(x)-1}{c}\Leftrightarrow g(x+y)=g(x).g(y)$$ Mà $g(x)$ liên tục nên $$g(x)=a^{x},\;\forall x\in \mathbb{R}$$ Từ đây tiếp tục có $$f(x)=\frac{a^{x}-1}{c},\;\forall x\in \mathbb{R}$$
Thứ Tư, 31 tháng 12, 2014
Thứ Ba, 30 tháng 12, 2014
Bài toán. Cho đa thức $P\left ( x \right )\in \mathbb{R}\left [ x \right ]$ có bậc dương thỏa $P(x)$ không có nghiệm bội và
$$P(x).P(y)\leq P^{2}\left ( \frac{x+y}{2} \right ),\;x,y\in \mathbb{R}\;\;(1)$$Chứng minh rằng $P(x)$ có đúng một nghiệm thực.
Lời giải.
Nếu $degP(x)=2k$. Trong $(1)$ thay $y$ bởi $-x$ ta được
$$P(x).P(-x)\leq P^{2}(0)\;(*)$$ Cho $x\rightarrow +\infty $ thì $P(x).P(-x)\rightarrow +\infty $. Điều này mâu thuẫn với $(*)$.
Do đó bậc của $P(x)$ là số lẻ. Suy ra $P(x)$ có ít nhất một nghiệm thực.
Giả sử $P(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực, gọi $x_{1}<x_{2}$ là hai nghiệm lớn nhất của $P(x)$
Không mất tính tổng quát giả sử hệ số bậc cao nhất dương. Khi đó $$\exists a>0:x_{2}-a< x_{1}\wedge P(x_{2}-a)> 0\rightarrow P(x_{2}-a).P(x_{2}+a)> 0\;\;(2)$$ Trong $(1)$ thay $x$ bởi $x_{2}-a$ và $y$ bởi $x_{2}+a$ ta được $$ P(x_{2}-a).P(x_{2}+a)\leq P^{2}\left ( x_{2} \right )=0\;\;(3)$$Từ $(2)(3)$ suy ra mâu thuẫn. Vậy $P(x)$ có đúng một nghiệm thực.
$$P(x).P(y)\leq P^{2}\left ( \frac{x+y}{2} \right ),\;x,y\in \mathbb{R}\;\;(1)$$Chứng minh rằng $P(x)$ có đúng một nghiệm thực.
Lời giải.
Nếu $degP(x)=2k$. Trong $(1)$ thay $y$ bởi $-x$ ta được
$$P(x).P(-x)\leq P^{2}(0)\;(*)$$ Cho $x\rightarrow +\infty $ thì $P(x).P(-x)\rightarrow +\infty $. Điều này mâu thuẫn với $(*)$.
Do đó bậc của $P(x)$ là số lẻ. Suy ra $P(x)$ có ít nhất một nghiệm thực.
Giả sử $P(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực, gọi $x_{1}<x_{2}$ là hai nghiệm lớn nhất của $P(x)$
Không mất tính tổng quát giả sử hệ số bậc cao nhất dương. Khi đó $$\exists a>0:x_{2}-a< x_{1}\wedge P(x_{2}-a)> 0\rightarrow P(x_{2}-a).P(x_{2}+a)> 0\;\;(2)$$ Trong $(1)$ thay $x$ bởi $x_{2}-a$ và $y$ bởi $x_{2}+a$ ta được $$ P(x_{2}-a).P(x_{2}+a)\leq P^{2}\left ( x_{2} \right )=0\;\;(3)$$Từ $(2)(3)$ suy ra mâu thuẫn. Vậy $P(x)$ có đúng một nghiệm thực.
Bài hình học IMO Shortlist 1995
Bài toán. (IMO Shortlist 1995)
Cho $\bigtriangleup ABC$ với $(I)$ là đường tròn nội tiếp. $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại
$D,E,F$. Điểm $X$ nằm trong tam giác $ABC$ sao cho đường tròn nội tiếp $XBC$ tiếp xúc $BC$
cũng tại $D$ và tiếp xúc $XB,XC$ tại $Y,Z$. Chứng minh rằng $E,F,Y,Z$ đồng viên.
Lời giải.
Gọi $S,S'$ lần lượt là giao điểm của $BC$ với $EF$ và $YZ$
Tam giác $ABC$ có $AD,BE,CF$ đồng quy và $S=EF\cap BC$ nên $\left ( SDBC \right )=-1\;\;(1)$
Tương tự $\left ( S'DBC \right )=-1\;\;(2)$. Từ $(1)(2)$ suy ra $$\left ( SDBC \right )=\left ( S'DBC \right )=-1\rightarrow S\equiv S'$$ Do đó $EF,YZ,BC$ đồng quy. Ta lại có $$SD^{2}=SE.SF=SY.SZ$$ Dẫn đến tứ giác $EFYZ$ nội tiếp.
Cho $\bigtriangleup ABC$ với $(I)$ là đường tròn nội tiếp. $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại
$D,E,F$. Điểm $X$ nằm trong tam giác $ABC$ sao cho đường tròn nội tiếp $XBC$ tiếp xúc $BC$
cũng tại $D$ và tiếp xúc $XB,XC$ tại $Y,Z$. Chứng minh rằng $E,F,Y,Z$ đồng viên.
Lời giải.
Gọi $S,S'$ lần lượt là giao điểm của $BC$ với $EF$ và $YZ$
Tam giác $ABC$ có $AD,BE,CF$ đồng quy và $S=EF\cap BC$ nên $\left ( SDBC \right )=-1\;\;(1)$
Tương tự $\left ( S'DBC \right )=-1\;\;(2)$. Từ $(1)(2)$ suy ra $$\left ( SDBC \right )=\left ( S'DBC \right )=-1\rightarrow S\equiv S'$$ Do đó $EF,YZ,BC$ đồng quy. Ta lại có $$SD^{2}=SE.SF=SY.SZ$$ Dẫn đến tứ giác $EFYZ$ nội tiếp.
Chủ Nhật, 28 tháng 12, 2014
Bài toán. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $M$ là giao điểm của $AC$ và
$BD$ và $P$ là điểm trên cạnh $BC$ thỏa $PM$ vuông góc $OM$. Gọi $S$ là giao điểm thứ hai
của $DP$ và $(O)$ và $Q$ là điểm thuộc đường tròn $(O)$ sao cho $DQ$ vuông góc $MO$. Gọi $R$ là
giao điểm của phân giác $ABS$ và $AQS$. Hai tiếp tuyến tại $B$ và $Q$ của $(O)$ cắt nhau ở $L$.
Chứng minh rằng $A,R,S,L$ thẳng hàng.
Lời giải.
Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ điều hòa nội tiếp đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng phân giác
góc $ABC$ và phân giác góc $ADC$ cắt nhau tại một điểm trên $AC$
Chứng minh bổ đề.
Gọi $E$ là giao điểm của phân giác $ABC$ và $AC$. Ta chỉ cần chứng minh $DE$ là phân giác $ADC$.
Ta có $BE$ là phân giác $ABC$ nên $$\frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}$$ Suy ra $DE$ là phân giác $ADC$. Vậy chứng minh hoàn thành.
Trở lại bài toán.
Gọi $E=AD\cap MP$. Theo định lý con bướm cho tứ giác $ABCD$ ta được $M$ là trung điểm $PE$
Mà $PE\parallel CD$ nên $ D\left ( FPMC \right )=-1\rightarrow D\left ( ASBQ\right )=-1$
Vậy tứ giác $ABSQ$ điều hòa nên theo bổ đề ta được $A,R,S$ thẳng hàng $(1)$
Lại do $ABSQ$ là tứ giác điều hòa nên $A,S,L$ thẳng hàng $(2)$
Từ $(1)(2)$ suy ra $A,R,S,L$ thẳng hàng.
$BD$ và $P$ là điểm trên cạnh $BC$ thỏa $PM$ vuông góc $OM$. Gọi $S$ là giao điểm thứ hai
của $DP$ và $(O)$ và $Q$ là điểm thuộc đường tròn $(O)$ sao cho $DQ$ vuông góc $MO$. Gọi $R$ là
giao điểm của phân giác $ABS$ và $AQS$. Hai tiếp tuyến tại $B$ và $Q$ của $(O)$ cắt nhau ở $L$.
Chứng minh rằng $A,R,S,L$ thẳng hàng.
Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ điều hòa nội tiếp đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng phân giác
góc $ABC$ và phân giác góc $ADC$ cắt nhau tại một điểm trên $AC$
Chứng minh bổ đề.
Ta có $BE$ là phân giác $ABC$ nên $$\frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}$$ Suy ra $DE$ là phân giác $ADC$. Vậy chứng minh hoàn thành.
Trở lại bài toán.
Gọi $E=AD\cap MP$. Theo định lý con bướm cho tứ giác $ABCD$ ta được $M$ là trung điểm $PE$
Mà $PE\parallel CD$ nên $ D\left ( FPMC \right )=-1\rightarrow D\left ( ASBQ\right )=-1$
Vậy tứ giác $ABSQ$ điều hòa nên theo bổ đề ta được $A,R,S$ thẳng hàng $(1)$
Lại do $ABSQ$ là tứ giác điều hòa nên $A,S,L$ thẳng hàng $(2)$
Từ $(1)(2)$ suy ra $A,R,S,L$ thẳng hàng.
Bài toán. Cho $\Delta ABC$ có $AB<AC$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA$ tại $D,E$.
Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $Q$ nằm trên đường tròn nội tiếp sao cho $\widehat{AQD}=90^{0}$. Gọi $P$
là điểm nằm trên $AI$ và bên trong $\Delta ABC$ sao cho $MD=MP$. Chứng minh $\widehat{PQE}=90^{0}$
Lời giải.
Bổ đề. Cho $\Delta ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $AB,AC$ tại $E,F$. $BI$ cắt $EF$ tại $D$.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $BC,CA$. Chứng minh rằng $D,M,N$ thẳng hàng.
Chứng minh bổ đề.
Ta có $$\widehat{BIC}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}=180^{0}-\widehat{AFE}=\widehat{DFC}$$Do đó tứ giác $IDFC$ nội tiếp nên $\widehat{IDC}=\widehat{IFC}=90^{0}$. Từ đây suy ra
$$\widehat{DMC}=2\widehat{DBM}=\widehat{B}=\widehat{NMC}\rightarrow \overline{D,M,N}$$
Trở lại bài toán.
Gọi $K=AQ\cap (O),\,H=AQ\cap BC$. Dễ thấy $I,D,H$ thẳng hàng do đó $H$ là tiếp điểm
của đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $BC$ nên $M$ là trung điểm $DH$. Suy ra $DPQH$ nội tiếp
Gọi $P'=AI\cap DE$ nên theo bổ đề trên ta được $$MP'\parallel AC\rightarrow \widehat{P'MD}=\widehat{C}=180^{0}-2\widehat{EDC}=\widehat{PMD}\rightarrow P\equiv P'$$Suy ra $D,P,E$ thẳng hàng, từ đây ta thu được $DI$ là tiếp tuyến của $(DPQH)$. Dẫn đến $$\widehat{KQE}=\widehat{IDE}=\widehat{PQD}\rightarrow \widehat{PQE}=90^{0}$$
Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $Q$ nằm trên đường tròn nội tiếp sao cho $\widehat{AQD}=90^{0}$. Gọi $P$
là điểm nằm trên $AI$ và bên trong $\Delta ABC$ sao cho $MD=MP$. Chứng minh $\widehat{PQE}=90^{0}$
Lời giải.
Bổ đề. Cho $\Delta ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $AB,AC$ tại $E,F$. $BI$ cắt $EF$ tại $D$.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $BC,CA$. Chứng minh rằng $D,M,N$ thẳng hàng.
Chứng minh bổ đề.
Ta có $$\widehat{BIC}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}=180^{0}-\widehat{AFE}=\widehat{DFC}$$Do đó tứ giác $IDFC$ nội tiếp nên $\widehat{IDC}=\widehat{IFC}=90^{0}$. Từ đây suy ra
$$\widehat{DMC}=2\widehat{DBM}=\widehat{B}=\widehat{NMC}\rightarrow \overline{D,M,N}$$
Trở lại bài toán.
Gọi $K=AQ\cap (O),\,H=AQ\cap BC$. Dễ thấy $I,D,H$ thẳng hàng do đó $H$ là tiếp điểm
của đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $BC$ nên $M$ là trung điểm $DH$. Suy ra $DPQH$ nội tiếp
Gọi $P'=AI\cap DE$ nên theo bổ đề trên ta được $$MP'\parallel AC\rightarrow \widehat{P'MD}=\widehat{C}=180^{0}-2\widehat{EDC}=\widehat{PMD}\rightarrow P\equiv P'$$Suy ra $D,P,E$ thẳng hàng, từ đây ta thu được $DI$ là tiếp tuyến của $(DPQH)$. Dẫn đến $$\widehat{KQE}=\widehat{IDE}=\widehat{PQD}\rightarrow \widehat{PQE}=90^{0}$$
Thứ Sáu, 26 tháng 12, 2014
Bài toán. Cho $P$ là điểm nằm trên đường cao $AD$ của $\Delta ABC$. $Q,R$ là chân đường cao kẻ
từ $P$ đến $AB,AC$. $PQ$ và $PR$ cắt $BC$ tại $S,T$. Hai đường tròn $\left ( BQS \right )$ và $\left ( CRT \right )$ cắt
$QR$ tại $X,Y$. Chứng minh rằng $SX,TY,AD$ đồng quy.
Lời giải.
Ta có $\widehat{AQR}=\widehat{APR}=\widehat{ACB}$. Suy ra tứ giác $QRCB$ nội tiếp, do đó $$AQ.AB=AR.AC\rightarrow \wp_{A/(QBS)}=\wp _{A/(CRT)}$$ Dẫn đến $A$ thuộc trục đẳng phương của $(BQR)$ và $(CRT)$, mà $AD$ vuông góc đường nối
tâm của chúng nên $AD$ là trục đẳng phương của $(BQR)$ và $(CRT)$ $(1)$
Lại có $$\widehat{ YSB}=\widehat{AQR}=\widehat{ACB}\rightarrow SY\parallel AC$$$$\rightarrow \widehat{YST}=\widehat{ACB}=\widehat{XYT}$$ Suy ra tứ giác $XYTS$ nội tiếp. Từ đây lại suy ra
$SX$ là trục đẳng phương $(XYST)$ và $(BQS)$ $(2)$
$TY$ là trục đẳng phương của $(XYST)$ và $(CRT)$ $(3)$
Từ $(1)(2)(3)$ suy ra $SX,TY,AD$ đồng quy
từ $P$ đến $AB,AC$. $PQ$ và $PR$ cắt $BC$ tại $S,T$. Hai đường tròn $\left ( BQS \right )$ và $\left ( CRT \right )$ cắt
$QR$ tại $X,Y$. Chứng minh rằng $SX,TY,AD$ đồng quy.
Lời giải.
Ta có $\widehat{AQR}=\widehat{APR}=\widehat{ACB}$. Suy ra tứ giác $QRCB$ nội tiếp, do đó $$AQ.AB=AR.AC\rightarrow \wp_{A/(QBS)}=\wp _{A/(CRT)}$$ Dẫn đến $A$ thuộc trục đẳng phương của $(BQR)$ và $(CRT)$, mà $AD$ vuông góc đường nối
tâm của chúng nên $AD$ là trục đẳng phương của $(BQR)$ và $(CRT)$ $(1)$
Lại có $$\widehat{ YSB}=\widehat{AQR}=\widehat{ACB}\rightarrow SY\parallel AC$$$$\rightarrow \widehat{YST}=\widehat{ACB}=\widehat{XYT}$$ Suy ra tứ giác $XYTS$ nội tiếp. Từ đây lại suy ra
$SX$ là trục đẳng phương $(XYST)$ và $(BQS)$ $(2)$
$TY$ là trục đẳng phương của $(XYST)$ và $(CRT)$ $(3)$
Từ $(1)(2)(3)$ suy ra $SX,TY,AD$ đồng quy
Bài toán. Cho đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc $AB$ ở $C'$. Đường tròn nội
tiếp tam giác $ACC'$ tiếp xúc $AC,AC'$ tại $B_{1},C_{1}$. Đường tròn nội tiếp tam giác $BCC'$
tiếp xúc $BC,BC'$ tại $A_{2},C_{2}$. Chứng minh rằng $B_{1}C_{1},A_{2}C_{2},CC'$ đồng quy
Lời giải.
tiếp tam giác $ACC'$ tiếp xúc $AC,AC'$ tại $B_{1},C_{1}$. Đường tròn nội tiếp tam giác $BCC'$
tiếp xúc $BC,BC'$ tại $A_{2},C_{2}$. Chứng minh rằng $B_{1}C_{1},A_{2}C_{2},CC'$ đồng quy
Lời giải.
Gọi $D,D'$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác $ACC'$ và $BCC'$ lên $CC'$. Ta có $$C'D=\frac{1}{2}\left ( AC'+CC'-AC \right )=\frac{1}{2}\left ( CC'+\frac{1}{2}\left ( AB+AC-BC \right )-AC \right )\;(1)$$$$C'D'=\frac{1}{2}\left ( BC'+CC'-BC \right )=\frac{1}{2}\left ( CC'+\frac{1}{2}\left ( AB+BC-AC \right )-BC \right )\;(2)$$ Từ $(1)(2)$ suy ra $C'D=C'D'\rightarrow D\equiv D'$
Gọi $S=B_{1}C_{1}\cap CC'$ và $S'=A_{2}C_{2}\cap CC'$. Từ đây suy ra $$\left ( CC'DS\right )=\left ( CC'DS'\right )=-1\rightarrow S\equiv S'$$ Dẫn đến $B_{1}C_{1},A_{2}C_{2},CC'$ đồng quy
Thứ Tư, 24 tháng 12, 2014
Bài toán. (Diễn đàn toán học-VMF)
Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại $A,B$. Qua $B$ kẻ đưởng thẳng cắt $(O)$ và $(O')$
lần lượt tại $M,N$. Kẻ đường thẳng song song $AN$ tiếp xúc $(O)$ tại $I$. Từ $I$ kẻ đường thẳng
song song $AM$ cắt $EA$ tại $K$. Chứng minh rằng $IK$ tiếp xúc $(O')$
Lời giải.
Gọi $K'=EA\cap (O')$ và $X=MN\cap AK'$. Theo định lý Thales ta có $$\frac{EA}{NI}=\frac{AX}{XN}=\frac{AB}{NK'}$$
Ta lại có $$\widehat{BNK'}=\widehat{BAX}\rightarrow \widehat{K'NI}=\widehat{EAB}$$ Do đó $$\Delta NK'I\sim \Delta ABE\rightarrow \widehat{NIK'}=\widehat{AEB}=\widehat{AMB}\rightarrow AM\parallel IK'\;(1)$$ Mà $$\Delta NK'I\sim \Delta ABE\rightarrow \widehat{NK'I}=\widehat{ABE}=\widehat{IEA}\doteq \widehat{NAK'}$$
Dẫn đến $IK'$ là tiếp tuyến của $(O')$ $(2)$
Từ $(1)$ suy ra $K\equiv K'$. Kết hợp với $(2)$ ta được $IK$ tiếp xúc $(O')$
Đăng ký:
Bài đăng (Atom)