Lời giải bài toán M508—M512; F515, F518—F520

26

Lời giải bài toán
M508—M512; F515, F518—F520

M508. Một đường tròn tiếp xúc với ba hình bán nguyệt có đường kính [AB], [BC] và [AC] (С∈[AB], Hình 1). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng bán kính của vòng tròn đầu vào nhỏ hơn khoảng cách từ tâm của nó đến AB cay.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Đặt $O_1$ là tâm hình bán nguyệt $\gamma_1$ có đường kính [AC], $O_2$ là tâm hình bán nguyệt $\gamma_2$ có đường kính [BC], $O_3$ là tâm hình bán nguyệt $\gamma_3$ có đường kính [AB], và cuối cùng $O$ là tâm đường tròn $\gamma$ tiếp xúc với ba hình bán nguyệt dữ liệu (Hình 1). Chúng ta hãy biểu thị độ dài bán kính của các hình tròn $\gamma_1, \gamma_2$ và $\gamma$, tương ứng với $r$, $R$ và $x$. Khi đó độ dài bán kính của hình bán nguyệt $\gamma_3$ bằng $R + r$.

Xét tam giác $O_1OO_2$. Chúng ta có: $|O_1O| = r + x$, $|OO_2| = R + x$, $|O_1O_2| = R + r$. Chúng ta hãy biểu thị khoảng cách từ tâm $O$ đến AB cay là $h$. Viết diện tích tam giác $O_1OO_2$ bằng công thức Heron và tính chiều dài đáy $[O_1O_2]$ và chiều cao giảm từ đỉnh $O$, ta thu được phương trình

$$\sqrt{Rrx(R + r + x)} = \frac{1}{2}(R + r)h.$$

Một phương trình tương tự cho tam giác $O_1OO_3$ có dạng

$$\sqrt{rx(R + r)(R - r)} = \frac{1}{2}Rh.$$

Bằng cách bình phương vế trái và vế phải của các phương trình tổng quát rồi trừ đi phương trình này cho phương trình kia, chúng ta nhận được

$$rx[R(R + r + x) - (R + r)|(R - r)] = \frac{1}{4}h^2[(R + r)^2 - R^2],$$

từ đâu $x^2 = h^2/4$, tức là $x = h/2$, đó là những gì được yêu cầu.

bài toán này có thể được giải quyết triệt để hơn nếu chúng ta áp dụng nghịch đảo (về nghịch đảo và các tính chất của nó, xem “Quant” - 1974, Số 1, trang 16, 1976, Số 2, trang 34, 1977, Số 6, trang 38).

Chúng ta hãy đảo ngược $I$ đối với một đường tròn tùy ý có tâm tại điểm $C$. Với sự đảo ngược này, các vòng tròn $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ và $\gamma$ được biến đổi như trong Hình 2: các vòng tròn $\gamma_1$ và $\gamma_2$ sẽ biến đổi tương ứng thành các đường thẳng $l_1$ và $l_2$, vuông góc với [AB], và các vòng tròn $\gamma_3$ và $\gamma'$, tương ứng với các đường thẳng $l_1$ và $l_2$, và tâm của vòng tròn $\gamma'$ thuộc về AB cay (đường này được tô màu đỏ trong Hình 1 và 2).

Có thể dễ dàng báo cáo rằng các vòng tròn $\gamma$ và $\gamma' = I(\gamma)$ được chuẩn bị với tâm chuẩn bị $C$. Có thể thấy điều này từ Hình 3: các tiếp tuyến của đường tròn $\gamma$ đi qua điểm $C$, khi đảo ngược, $I$ biến thành chính nó và tiếp tuyến với đường tròn $\gamma' = I(\gamma)$. Chúng ta hãy biểu thị bán kính của hình tròn $\gamma'$ bằng $x'$ và bằng $d$ khoảng cách từ tâm hình tròn $\gamma'$ đến AB cay. Vì $\gamma$ và $\gamma'$ đã chín nên ta có $h/d = x/x'$ (h là khoảng cách từ tâm hình tròn $\gamma$ đến AB cay, x là bán kính $\gamma$). Tuy nhiên, rõ ràng là $x' = d/2$ (các vòng tròn $\gamma'$ và $\gamma'_3$ có cùng bán kính, xem Hình 2), vì vậy $x = h/2$, đó là những gì được yêu cầu.

V. Senderov, I. Sharits

M509. Lời giải trong phương trình số tự nhiên:
a) $2^x + 1 = 3^y$;
b) $z^x + 1 = (z + 1)^2$;
c) $z^x + 1 = (z + 1)^y$.

Dễ dàng thấy rằng các phương trình a) và b) lần lượt là các trường hợp đặc biệt của phương trình b) cho $z = 2$ và $y = 2$. Chúng ta sẽ xem xét các trường hợp a) riêng biệt rồi giải phương trình b).
a) Nếu $x = 1$ thì cũng $y = 1$.
Hãy để $x > 1$. Khi đó $2^x + 1 \equiv 1$ (mod 4), có nghĩa là $y$ là số chẵn (nếu $y$ là số lẻ thì $3^y \equiv 3$ (mod 4) và

27

đẳng thức $2^x + 1 = 3^y$ là không thể). Vì vậy, $y = 2k, 2^x = 3^{2k} - 1$, đó là $2^x = (3^k - 1)(3^k + 1)$. Vì $x > 1$, cả hai thừa số $3^k - 1$ và $3^k + 1$ đều phải là lũy thừa của hai (khác nhau 2). Điều này chỉ có thể thực hiện được với $k = 1$. Vì vậy $y = 2$, vì vậy $2^x + 1 = 9$ và $x = 3$.

Vì vậy, điều khiển a) có hai lời giải: (1; 1) và (3; 2).
b) Lời giải kiểm soát b) sẽ được thực hiện theo nhiều giai đoạn.
Cho $z$ có ước nguyên tố $p$: $z = p^m z_1, m \geq 1, z_1$ và $p$. Đặt $y = p^n y_1$, trong đó $n \geq 0$ và GCD $(y_1, p) = 1$.

Hãy xem xét biểu thức $(1 + z)^{y_1}$. Chúng tôi có:

$$(1 + z)^{y_1} = 1 + y_1 z + C_{y_1}^2 z^2 + \ldots + z^{y_1} =$$

$$= 1 + z \left( y_1 + C_{y_1}^2 z + \ldots + z^{y_1} - 1 \right).$$

Vì $y_1$ không chia hết cho $p$ (chúng ta sẽ viết nó như thế này: $y_1 \neq 0$ (mod $p$)), nên chúng ta có

$$(1 + z)^{y_1} = 1 + p^m A,$$ ở đâu $A \equiv y_1 z_1$ (mod $p$).

Bây giờ chúng ta hãy xem xét $(1 + z)^y$. Chúng ta hãy chứng minh mệnh đề phụ sau đây (tuy nhiên, đúng với một số hạn chế): với mọi số tự nhiên $B$

$$(1 + p^i B)^p = 1 + p^{i+1} D(i > 0),$$

với $B \equiv D$ (mod $p$). Trên thực tế, hãy áp dụng công thức quần xã của Newton:

$$(1 + p^i B)^p = 1 + C_p^1 \cdot p^i B + C_p^2 \cdot p^{2i} B^2 + \ldots$$

$$\ldots + p^{i_p} B^p = 1 + p^{i+1} B + C_p^2 \cdot p^{2i} B^2 + \ldots + p^{i_p} B^p.$$

Dễ dàng thấy rằng nếu $2i > i + 1$, tức là $i > 1$, thì mệnh đề đúng. Nếu $i = 1$ thì hệ số của $p^{i+1}$ sẽ bằng $B + C_p^2 B^2$. Nếu $p$ là số lẻ thì $C_p^2$ chia hết cho $p$, vì vậy $B + C_p^2 B^2 \equiv B$ (mod $p$), nếu không thì tuyên bố về số lẻ $p$ cũng đúng trong trường hợp này.

Cho $z$ có ước nguyên tố lẻ $p$. Chúng ta hãy áp dụng khẳng định đã được chứng minh cho biểu thức $(1 + z)^y$. Chúng tôi có:

$$(1 + z)^y = ((1 + z)^{y_1})^{p^n} = (1 + p^m A)^{p^n} =$$

$$= (1 + p^{m+1} A_1)^{p^{n-1}} = \ldots = 1 + p^{m+n} A_n,$$

và $A \equiv A_1 \equiv \ldots \equiv A_n$ (mod $p$), tức là $A_n$ không chia hết cho $p$. Chúng tôi đang tìm kiếm lời giải kiểm soát b): $(1 + z)^y = 1 + z^x$ hoặc $p^{m+n} A_n = p^{mx} z_1^x$. Vì $z_1 \neq 0$ (mod $p$), việc so sánh $m + n = mx$ phải thực hiện.

Mặt khác, nó rất ấn tượng rằng $x \geq y$. Nếu $x > y$ thì $x > p^n$, do đó $m + n > mp^n \geq m (1 + n (p - 1))$ và $n > mn (p - 1)$, điều này là không thể.

Trường hợp $z$ không có ước số lẻ nhưng chia hết cho 4 cũng được chia tương tự. Như vậy, nếu $x > 0$ thì phương trình b) không thể có lời giải $(x; y; z)$ là số tự nhiên sao cho $z$ chia hết cho số lẻ hoặc cho 4. Trường hợp $z = 2$ phân tích ở điểm a). Vẫn còn phải xem xét trường hợp khi $z = 1$ và trường hợp $x = y$.

Nếu $z = 1$, chúng ta thu được phương trình $1^x + 1 = 2^y, 2^y = 2$, từ đó $y = 1$, $x$ là bất kỳ.

Trong trường hợp $x = y$ ta có:

$$z^x + 1 = (z + 1)^x,$$

đó là

$$1 = (z + 1)^x - z^x = [(z + 1) - z] \times$$

$$\times [(z + 1)^{x-1} + (z + 1)^{x-2} z + \ldots + z^{x-1}] =$$

$$= (z + 1)^{x-1} + (z + 1)^{x-2} z + \ldots + z^{x-1} \geq x.$$

Vì vậy, $x = y = 1$, $z$ là bất kỳ.

29

chuỗi $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin kx}{k}$ là chuỗi Fourier của hàm $\frac{x}{2}$.

Lý thuyết chuỗi Fourier - tổng vô hạn có dạng
$$\sum_{k=1}^{\infty} a_k \cos kx + \sum_{k=1}^{\infty} b_k \sin kx$$ là phần cực kỳ quan trọng và giàu kết quả của phân tích toán học. Bất bình đẳng

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{\sin kx}{k} > 0$$

(với mọi số tự nhiên $n$ và $x \in ]0; \pi[$) đã được chứng minh bởi Lipót Feyr (1880–1959), một nhà toán học nổi tiếng người Hungary, người đã có đóng góp đáng kể cho sự phát triển của lý thuyết chuỗi lượng giác (đặc biệt, ông là người đưa ra một trong những ví dụ đầu tiên về chuỗi Fourier của hàm liên tục phân kỳ tại một điểm).

V. Skvortsov

**M511. Trong tứ giác ABCD lấy điểm M chứng tỏ tứ giác ABMD là hình bình hành. Chứng minh rằng nếu $\overrightarrow{CBM} = \overrightarrow{CDM}$ thì $\overrightarrow{ACD} = \overrightarrow{BCM}$.

Hình 4.

Hãy vẽ $(NC) \parallel (BM)$ và $(BN) \parallel MC$ (Hình 4). Khi đó các hình tứ giác $BNCM$ và $ANCD$ là các hình bình hành, suy ra rằng $\overrightarrow{NAB} = \overrightarrow{NCB}$ và các điểm $A, B, N, C$ nằm trên cùng một đường tròn. Vì vậy $\overrightarrow{NBC} = \overrightarrow{NAC}$. Nhưng $\overrightarrow{NBC} = \overrightarrow{BCM}$ và $\overrightarrow{NAC} = \overrightarrow{ACD}$ (bộ tứ $BNCM$ và $ANCD$ là hình bình hành). Do đó $\overrightarrow{BCM} = \overrightarrow{ACD}$, đó là điều cần chứng minh.

Ừ. Mikheev

Hãy để chúng tôi trình bày một lời giải khác của bài toán này, dựa trên thực tế là các hình tứ giác $ABCD$ và $MB'CD'$ giống nhau; đây $B' = (BM) \cap (DC), D' = (DM) \cap (BC)$. Thật vậy, trong các tứ giác này, góc $C$ rất hứa hẹn và các góc còn lại tiếp giáp nhau theo cặp: $\overrightarrow{A} = \overrightarrow{M}, \overrightarrow{B} = \overrightarrow{B'}, \overrightarrow{D} = \overrightarrow{D'}$. Tuy nhiên, các góc chấn động không đủ để giống với hình tứ giác. Bây giờ hãy lưu ý rằng các hình tam giác $BD'M$ và $DMB'$ đều giống nhau. Từ sự giống nhau này và việc tứ giác $ABMD$ là hình bình hành, đẳng thức suy ra

$$\frac{|MB'|}{|AB|} = \frac{|MD'|}{|AD|},$$

từ đó đã có sự giống nhau của các hình tứ giác $ABCD$ và $MB'CD'$. Từ sự giống nhau này dẫn đến $\overrightarrow{ACD} = \overrightarrow{MCD'}(= \overrightarrow{MCB})$.

L. Limanov

**M512. Hãy để $f(x) = x^3 - x + 1$. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên $m > 1$ $m, f(m), f(f(m))$, $f(f(f(m)))$, … đều là số nguyên tố cùng nhau.

Chúng ta hãy đặt $f_1(x) = x^3 - x + 1$ và với mỗi $n = 2, 3, \dots, f_n(x) = f(f_{n-1}(x))$.

Sau đó $f_1(0) = f_1(1) = 1$ và (bằng quy nạp) $f_n(0) = f_n(1) = 1$ cho mỗi $n$. Do đó, số hạng tự do $f_n(0)$ của đa thức $f_n(x)$ có hệ số nguyên bằng 1. Do đó, với mọi số tự nhiên $n$ và số nguyên $a$, số $f_n(a)$ khi chia cho $a$ cho số dư 1. Theo đó, với mọi số $k > l > 0$ và $m$, số $f_k(m) = f_{k-1}(f_l(m))$ khi chia cho $f_l(m)$ có ​​dư 1, vì vậy $f_k(m)$ và $f_l(m)$ là nguyên tố cùng nhau.

Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra: đa thức $f(x)$ với các hệ số nguyên sao cho

30

x(x-1)r(x)+1;
x(x+1)[(x-1)r(x)-1]+1;
x[(x^2-1)r(x)-2x]+1;
x(x-1)[(x+1)r(x)+1]-1;
x[(x^2-1)r(x)+2x]-1;
x(x+1)r(x)-1
(ở đây r(x) là một đa thức tùy ý có hệ số).

ĐIỀU KIỆN CỦA NHIỆM VỤ ĐƯỢC ĐÁP ỨNG:
với mọi số tự nhiên m
(*)
m,f(m), f(f(m)), … là các cặp nguyên tố cùng nhau.

Từ lời giải của chúng tôi, rõ ràng là điều kiện f(0)=f(1)=1 là đủ cho điều này, nói cách khác, bất kỳ đa thức nào có dạng f(x) = x(x-1)r(x)+1 (trong đó r(x) là bất kỳ đa thức nào có hệ số nguyên) đều thỏa mãn điều kiện (). Hóa ra đáp số hoàn chỉnh cho câu hỏi của chúng ta là: một đa thức f(x) thỏa mãn điều kiện () khi và chỉ nếu nó thuộc một trong sáu loại được đưa ra ở lề.

Lưu ý rằng trong lời giải bài toán chúng ta đã xây dựng một chuỗi vô hạn các số tự nhiên trong đó các số là nguyên tố cùng nhau theo cặp (ví dụ: 2, f₁(2)=7, f₂(2)=f₁(7)=337, …, fₙ(2), …). Sự tồn tại của dãy như vậy ngay lập tức hàm ý sự vô hạn của tập hợp số nguyên tố.

A. Kolomov

F515. Một thước dây có chiều dài l được cố định trong mặt phẳng thẳng đứng trên trục đi qua điểm O; chúng tôi chia thanh theo tỷ lệ tương đối 1:3. Một quả cầu mềm khối lượng m được gắn vào một đầu của thanh, đầu kia của thanh được gắn vào một lò xo nằm ngang có độ cứng k (Hình 5). Áp suất không giãn ra khi thanh thẳng đứng. Chúng ta hãy định nghĩa nonPIO của các dao động nhỏ của thanh.

Hình 5.

Sự dịch chuyển của đầu trên và đầu dưới của thanh so với phương thẳng đứng trong quá trình dao động sẽ được biểu thị bằng sự tương ứng của x₁ và x₂. Sau đó
x₁ = l/4 sin φ, x₂ = 3l/4 sin φ.

Hình chiếu của các lực tác dụng lên quả bóng lên trục X, tiếp tuyến với quỹ đạo của quả bóng (Hình 5), bằng - m|g| sin φ và - |F’|, trong đó F’ là phản lực pháp tuyến của thanh. Vì thanh không đồng phân nên mô men của lực F và F’ bằng nhau. Kể từ đây,
|F’|/3 l = |F|/4 l,
Ở đâu
|F’| = kx₁/3 = 1/12 kl sin φ.

Bây giờ hãy viết phương trình chuyển động của ma trận:

• m|g| sin φ - |F’| = ma_T,
  hoặc
  1/m (kl/12 sin φ + m|g| sin φ) = ω₀² 3l/4 sin φ.

Biểu thị tần số tuần hoàn ω₀ qua chu kỳ T và khử theo sin φ, ta tìm được T:
T = 6π √(kl + 12m|g|).

Yu. Levchuk

F518. Hình b thể hiện vị trí của hai điểm A và B và ảnh A’ và B’ của chúng, trên đó vẽ một đường thẳng. Vị trí tối ưu của đường và tiêu điểm của nó.

Hình 6.

Tia sáng truyền không khúc xạ từ điểm A đến điểm A’ và từ điểm B đến điểm B’ đi qua quang tâm của đường thẳng. Do đó, điểm O là quang tâm của đường thẳng (xem Hình 6).

Tia sáng đi qua các điểm A và B sau khi khúc xạ trên mặt sẽ đi qua các điểm A’ và B’. Do đó, điểm M—điểm giao nhau của các tia AB và A’B’—nằm trong mặt phẳng của đường thẳng.

Vì vậy, chúng tôi đã xác định được vị trí của dòng. Trục quang chính của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng của đường thẳng. Các tia Aa và Bb song song với trục quang chính, đi qua tiêu điểm của đường thẳng sau khi khúc xạ. Do đó, F và F’ là tiêu điểm của đường thẳng, OO’ là trục chính của đường thẳng.