Gọi O’ là điểm đối xứng với O qua G.[r]
Trang 1Đáp án toán vòng 2
Từ (a2 + b2) ⋮ (ab – 1) (1) a b vì nếu a = b thì 2a2 ⋮ (a2 – 1) 2 ⋮ (a2 – 1) a2 – 1 = 1 hoặc a2 – 1 = 2 (vô lý) Giả sử a >b
* Trờng hợp 1: Nếu b = 1 thì (1) (a2 + 1) ⋮ (a –1) 2 ⋮ (a – 1) a= 2 hoặc a = 3 khi đó:
a2+b2
ab −1=
a2+1
a −1=5.
* Trờng hợp 1: Xét b >1, từ (1) b2(a2 + b2) ⋮ (ab –1) (b4 + 1) ⋮ (ab –1)
Đặt k = b4+1
ab −1 ta có kab – k = b
4 + 1 k + 1 ⋮ b
c N*: k = bc – 1
Ta có b4 + 1 = (ab – 1)(bc – 1)
Khi đó
b2(b2+c2)
bc − 1 =k+1+
b4+ 1
bc − 1=bc+ab
b2
(a2
+b2
)
ab −1 =ab+1+
b4 +1
ab −1=ab+bc
¿ {
¿
¿
a2+b2
ab −1=
b2+c2
bc −1.
Rõ ràng b c Vì a > b > 1 ab – 1 = b2 + 1 + b(a-b) > b2 + 1 (b2 + 1)2
> b4 + 1 = (ab – 1)(bc – 1) (b2 + 1)(bc – 1) b2 + 1 > bc – 1 2 > b(c - b) b > c
Nếu c = 1 thì tơng tự trờng hợp 1 ta có a2+b2
ab −1=
b2+1
b −1=5
Nếu c > 1 thì lập luận nh trên: d, d < c để a2+b2
ab −1=
b2+c2
bc −1=
c2+d2
cd − 1.
Tiếp tục nh vậy quá trình này phải kết thúc, tức là tồn tại dãy các số hữu hạn
a > b > c > d > u > 1 sao cho a2
+b2
ab −1=
b2
+c2
bc −1=
c2
+d2
cd − 1= =
u2
+ 1
u− 1.
Khi đó: u2
+ 1
u− 1=5 (TH1) (đpcm).).
Bài 2: Ta có P = (x + y + z)( x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx)
= (x + y + z)(2 – xy – yz – zx)
Đặt t = x + y + z
(*) t2 = (x + y + z)2 3(x2 + y2 + z2) = 6 −√6 ≤ t ≤√6
(*) xy + yz + zx = t2−2
2
Khi đó : P = t(2 − t2−2
2 )=3t −t3
2.
Xét f(t) = t(2 − t
2
−2
2 )=3t −t
3
2 với t [−√6 ;√6]
f’(t) = 2
3
3
2
t
; f’(t) = 0 t = ±√2
Bảng biến thiên của f(t):
Trang 2t - -√6 -√2 √2 √6 +
f'(t) - 0 + 0 -
f(t)
2√2
0 0
-2√2
Từ bảng biến thiên -2√2 P 2√2
P = -2√2 khi
x= y =0
¿ {
¿
¿ Vậy PMax = 2√2
P = 2√2 khi
x= y =0
z =√2
¿ {
¿
¿
Vậy PMin = -2√2
Bài 3:
x = y = 1: f2(1) = f(1) f(1) = 1 vì f(1) > 0
x = y = -1: f2(-1) = f(1) f(-1) = 1
f(-x) = f(-1).f(x) = f(x) f là hàm) số chẵn Ta chỉ cần xét với x>0; y>0
Giả sử n N*: f(n) > 1 Đặt f(n) = , >1 Khi đó k N* sao cho
k>2006 f(nk) = fk(n) = k > 2006 m).âu thuẫn
Vậy f(n) 1 với n N*
Trờng hợp 1: Nếu ∃n N*, n > 1 sao cho f(n) < 1 tức là f(n) = 1 n N* Vì
f chẵn f(n) =1: n Z*
Với x = p
q; p, q Z* ta có 1 = f(p) = f(q.x) = f(q).f(x) = f(x).
Vậy f(x) = 1, x Q* và f(0) = 0 Thử lại f(x) thỏa m).ãn các điều kiện
Trờng hợp 2: Nếu tồn tại n N*, n > 1 sao cho f(n) < 1 Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho f(p) < 1 Xét q là số nguyên tố bất kỳ, q p, ta chứng m).inh f(q) = 1
Thật vậy giả sử tồn tại q nguyên tố q p sao cho f(q) < 1 Ta chọn k, l N*
sao cho fk (q) < 1
2, fl (q) <
1
2 f (qk) <
1
2; f (ql) <
1
2.
Do (p,q) =1 (pk, ql) =1 u,v Z: pk.u+ ql.v = 1
Khi đó 1 = f(1) = f(pk.u+ ql.v) = f(pk.u)+ f(ql.v)
f(pk).f(u)+ f(ql).f(v) < 1
2+
1
2= 1 (m).âu thuẫn).
Vậy tồn tại duy nhất số nguyên tố p sao cho f(p) < 1 Đặt f(p) = , 0 < <1 Với a N*, (a,p) = 1 ta có f(a) = 1
Với x Q* : x = a
bpm). trong đó a,b Z* , m) Z và (ab,p) = 1.
Trang 3Ta có f(x) = f (a)
f (b).f(pm).) = fm).(p) = m). Do đó f(0) = 0; f(x) = m). với x 0, x = a
bpm)., ở đây a,b Z*, m) Z và (ab,p) = 1 Thử lại f thỏa m).ãn.
Tóm) lại: f(0) = 0, f(x) = 1 với x 0
Hoặc f(0) = 0, f(x) = m). với 0 < = f(p) < 1, x = a
bpm). trong đó a,b Z*, m)
Z và (ab,p) = 1
Bài 4: Gọi I, J, G lần lợt là trung điểm) AB, CD và trọng tâm) tứ diện ABCD
Ta có G là trung điểm) IJ Gọi O’ là điểm) đối xứng với O qua G
Xét m).ặt phẳng () qua I và vuông góc với CD
Ta có:
OJ⊥ CD
O ' I // OJ
¿ {
¿
¿
IO' CD
Vì () CD nên IO' () O' () Tơng tự O' nằm) trên 5 m).ặt phẳng còn lại suy ra đpcm)
Bài 1 5 điểm)
Từ (a2
Bài 1: (5điểm).)
Từ (a2 + b2)