Lời giải bài 19:
Đặt $A=\frac{m^4+n^2}{7^m-3^n}$.
Dễ thấy $7^m$ và $3^n$ lẻ với mọi $m,n$ nguyên dương nên suy ra $7^m-3^n$ chẵn nên để $A$ nguyên thì $m,n$ phải cùng tính chẵn lẻ.
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: $m,n$ lẻ, ta có: $7^m\equiv 3^{n}\equiv (-1)(\text{ mod 4 })$ và $m^2-1=(m-1)(m+4)\vdots 4$ nên $m^2\equiv 1(\text{ mod 4})$. Chứng minh tương tự,ta có: $n^2\equiv 1(\text{ mod 4})$. Suy ra: $m^4+n^2\equiv 2(\text{ mod 4})$.
(Loại vì tử chia hết cho $4$, mẫu không chia hết cho $4$).
TH2: $m,n$ cùng chẵn, ta có $7^m\equiv 3^n\equiv 1(\text{ mod 8})$. Nên để $A$ nguyên thì $m^4+n^2\vdots 8$ mà $m^4\vdots 16$ nên $n^2\vdots 8\implies n\equiv 4$. Vậy $m=2a,n=4b(a,b\in \mathbb{N^*})$.
Khi đó: $A=\frac{16(a^4+b^2)}{7^{2a}-9^{2b}}$.
Do $A$ nguyên và $A\ne 0$ nên $|A|\ge 1$. Suy ra: $\left| \frac{16(a^4+b^2)}{(7^{a}+9^{b})(7^a-9^b)}\right|\ge 1$.
$\implies \frac{16(a^4+b^2)}{7^a+9^b}\ge |7^a-9^b|$.
Mặt khác: $7^{a}-9^{b}$ là số nguyên chẵn và $7^a\ne 9^b$ nên $|7^{a}-9^{b}|\ge 2$.
Suy ra: $16(a^4+b^4)\ge 2(7^a+9^b)>2(7^a+7^b)$.
Đặt $c=\text{ max(a,b)}$, ta có:
$16c^4+16c^2\ge 16(a^4+b^2)>2(7^a+7^b)>2.7^c(*)$.
Ta chứng minh: $2.7^c>16c^4+16c^2\forall c\ge 4,c\in \mathbb{N}$ bằng quy nạp.
+ Dễ dàng kiểm chứng mệnh đề đúng khi $c=4$.
+ Giả sử mệnh đề đúng khi $c=N\ge 4$, ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng khi $c=N+1$. Thật vậy:
$2.7^{N}>16N^4+16N^2$.
$\implies 2.7^{N+1}>7(16N^4+16N^2)$.
$\implies 2.7^{N+1}-16(N+1)^4-16(N+1)^2>16(7N^4+7N^2-(N+1)^4-(N+1)^2)$.
$\implies 2.7^{N+1}-16(N+1)^4-16(N+1)^2>16[N^3(N-4)+N(N^3-6)+N^4-2+3N^4]>0$
(Đúng do $N\ge 5$).
Vậy $2.7^c>16c^4+16c^2\forall c\ge 4,c\in \mathbb{N}$.
Từ $(*)$ ta suy ra: $1\le c\le 3\implies 1\le a,b\le 3$. Thử các bộ giá trị $(a,b)$ với $1\le a,b\le 3$, ta nhận: $(a,b)=(1,1)$.
Thử lại, ta nhận: $(m,n)=(2,4)$.
***********************************************************************************************
Lời giải bài 20:
Bổ đề: Cho hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ cắt nhau tại $X,Z$. Lấy $A$ là một điểm bất kỳ nằm trên $(O_1)$. Dựng tia $ZB$ đối xứng tia $ZA$ qua $ZX$ với $B$ thuộc $(O_2)$. Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle{ABZ}$. Khi đó ta có: $OO_1=OO_2$.
Chứng minh bổ đề:
Ta có: $(OO_1,O_1O_2)\equiv (OO_1,AZ)+(AZ,ZX)+(ZX,O_1O_2)$.
$\equiv (O_1O_2,ZX)+(ZX,ZB)+(ZB,OO_2)$
$\equiv (O_1O_2,OO_2)(\text{ mod }\pi)$.
Do đó tam giác $OO_1O_2$ cân tại $O$ nên $OO_1=OO_2$.
Bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán:
Gọi $(O_1),(O_2)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp $\triangle{XAD},\triangle{XBC}$.
Gọi $Z$ là giao điểm thứ $2$ của $(O_1),(O_2)$.
Gọi $(O),(O')$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp $\triangle{ZAB}$ và $\triangle{ZCD}$.
Gọi $Y'$ là giao điểm thứ $2$ của $(O),(O')$.
Ta có: $M=ZX\cap (O)(M\ne Z); N=ZX\cap (O')(N \ne Z)$.
Ta có: $(ZA,ZX)\equiv (DA,DX)\equiv (CX,CB)\equiv (ZX,ZB)(\text{ mod }\pi)$. Nên áp dụng bổ để trên ta có: $OO_1=OO_2$.
Tương tự: $O'O_1=O'O_2$.
Suy ra: $OO'\bot O_1O_2$.
Mặt khác: $XZ\bot O_1O_2,ZY'\bot OO'$ nên $ZY'\bot ZX$.
Xét $(O)$ có $ZY'\bot ZM$ và $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $Y'$, ta suy ra $Y'A=Y'B$.
Tương tự: $Y'C=Y'D$ nên $Y'\equiv Y$.
Vì vậy: $\angle{AYB}=\angle{AZB}=2\angle{ADX}$.
Ta có điều phải chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 20-08-2018 - 05:40