Lời giải bài 13: Không mất tính tổng quát, giả sử: $a\le b\le c$.
Ta nhận thấy rằng: $1^3+10^3+10^3=2001$. Và chúng ta sẽ chứng minh rằng: $(1,10,10)$ là nghiệm duy nhất của phương trình, ngoại trừ các hoán vị của $(1,10,10)$.
Bổ đề: Giả sử $n$ là số nguyên. Khi đó số dư của $n^3$ khi chia cho $9$ là $0,1$ hoặc $-1$.
Thật vậy, nếu $n=3k$ thì $9|n^3$ và nếu $n=3k\pm 1$ thì $n^3=27k^3\pm 27k^2+9k\pm 1\equiv \pm 1(\text{ mod 9})$.
Vì $2001=9.222+3\equiv 3(\text{ mod 9})$ và $a^3+b^3+c^3=2001\implies a^3\equiv 1(\text{ mod 9}),b^3\equiv 1(\text{ mod 9}),c^3\equiv 1(\text{ mod 9})$. vì vậy $a,b,c$ phải đều có dạng: $3\alpha+1$.
Suy ra $a,b,c\in \left\{1,4,7,10,...\right\}$.
Nếu $c\ge 3\implies c^3\ge 2197>2001(\text{ loại })$.
Nếu $c\le 7\implies 2001=a^3+b^3+c^3\le 3.343(\text{ loại })$.
Do đó: $c=10\implies a^3+b^3=1001$. Nếu $b<c=10\implies a\le b\le 7\implies 1001=a^3+b^3\le 2.7^3=2.343(\text{ loại })$.
Vậy nên $b=10\implies a=1$.
Kết luận: $(a;b;c)\in \left\{(1,10,10),(10,1,10),(10,10,1)\right\}$.
Lời giải bài 14:
Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
Cho $|a|\ge |b|$. Khi đó ta có:
$\frac{|a|}{2008+|a|}\ge \frac{|b|}{2008+|b|}$.
Thật vậy, từ $|a|\ge |b|$ suy ra:
$2008+|a|\ge 2008+|b|>0$.
$\implies \frac{2008}{2008+|a|}\le \frac{2008}{2008+|b|}$.
$\implies 1-\frac{2008}{2008+|a|}\ge 1-\frac{2008}{2008+|b|}$.
$\implies \frac{|a|}{2008+|a|}\ge \frac{|b|}{2008+|b|}$.
Trở lại bài toán. Ta có: $|x|+|y|\ge |x-y|\ge 0$.
Áp dụng bổ đề trên ta suy ra:
$\frac{|x|+|y|}{2008+|x|+|y|}\ge \frac{|x-y|}{2008+|x-y|}$.
$\implies \frac{|x|}{2008+|x|+|y|}+\frac{|y|}{2008+|x|+|y|}\ge \frac{|x-y|}{2008+|x-y|}(1)$.
Mặt khác: $\frac{|x|}{2008+|x|}\ge \frac{|x|}{2008+|x|+|y|}(2)$.
$\frac{|y|}{2008+|y|}\ge \frac{|y|}{2008+|x|+|y|}(3)$.
Từ $(1),(2)$ và $(3)$ ta có:
$\frac{|x|}{2008+|x|}+\frac{|y|}{2008+|y|}\ge \frac{|x-y|}{2008+|x-y|}(dpcm)$.
Lời giải bài 15:
Trong các tam giác vuông $IAE,IAF$ ta có:
$\angle{IAE}+\angle{AIE}=90^0;\angle{IAF}+\angle{AIF}=90^0$.
$\implies \angle{IAE}+\angle{IBA}+\angle{IAB}=90^0;\angle{IAF}+\angle{ICA}+\angle{IAC}=90^0$.
$\implies \angle{IAE}+\frac{1}{2}\angle{CBA}+45^0=90^0;\angle{IAF}+\frac{1}{2}\angle{BCA}+45^0=90^0$.
$\implies \angle{IAE}+\angle{IAF}+\frac{1}{2}(\angle{CBA}+\angle{BCA})=90^0$.
$\implies \angle{EAF}+45^0=90^0\implies \angle{EAF}=45^0(1)$.
nên ta có: $OE=OA;OF=OA$.
Do đó các tam giác $OAE,OAF$ cân tại $O$.
Vậy $\angle{EOF}=\angle{EOI}+\angle{FOI}=2\angle{EAO}+2\angle{FAO}=2\angle{EAF}=90^0(\text{ do (1)})$.
Suy ra tam giác $OEF$ cân tại $O$. Từ đó:
$EF^2=OE^2+OF^2=2OI^2(\text{ vì OE=OF=OI})=\frac{1}{2}AI^2$.(vì $OI=\frac{1}{2}AI$)
$\implies 2EF^2=AI^2$.
Lời giải bài 16:
Gọi $m$ là số lớn nhất trong $A$. Ta xét ba trường hợp:
1) $m=1$. Khi đó $A=\left\{1\right\}$. Ta chọn $B=\left\{1\right\}$, yêu cầu bài toán được thỏa mãn.
2) $m=2$. Trong trường hợp này ta có: $A=\left\{2\right\}$ hoặc $A=\left\{1;2\right\}$.
+ Xét trường hợp: $A=\left\{2\right\}$. Khi đó: $\sum\limits_{x\in A}x^2=4$.
Như thế nếu tồn tại tập $B$ thỏa mãn các điều kiện bài toán thì $\sum\limits_{x\in B\A}x=4-2=2$. Từ đó: $B\A=\left\{2\right\}$, mâu thuẩn vì $2\in A$.
+Xét trường hợp $A=\left\{1;2\right\}$. Tương tự như trên ta cũng chứng minh được rằng không tồn tại tập $B$ thỏa mãn các điều kiện bài toán.
3) $m>2$
Xét số $y=\sum\limits_{x\in A}(x^2-x)$.
Ta có: $y=\sum\limits_{x\in A}(x^2-x)\ge m^2-m=m(m-1)\ge 2m>m$.
Như thế: $y\notin A$. Xét tập $B=A\cup \left\{y\right\}$.
Ta có: $\sum\limits_{x\in B}x=(\sum\limits_{x\in A}x)+y=\sum\limits_{x\in A}x^2$, do đó tập $B$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy tất cả các tập hợp $A$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $A=\left\{1\right\}$ hoặc $A$ là tập hợp hữu hạn tùy ý mà phần tử lớn nhất của nó lớn hơn $2$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 10-10-2018 - 09:47