Chủ đề này có 105 trả lời

[tritanngo99]

Bài 25: Cho $\triangle{ABC}(AB<AC)$. Gọi $G,I$ lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác và $GI$ cắt tia $MB$ tại $K$. Chứng minh rằng: $AB+AC>2BC$.

Bài 26: Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ là các số nguyên (khác $0$) thỏa mãn điều kiện $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=3$ thì tích số $abc$ là lập phương của một số nguyên.

Bài 27: Cho $33$ điểm nằm trong hình vuông có độ dài cạnh bằng $4$, trong đó không có $3$ điểm nào thẳng hàng. Người ta vẽ các đường tròn có bán kính bằng $\sqrt{2}$ và tâm là các điểm đã cho. Hỏi có hay không ba điểm trong các điểm đã cho sao cho chúng đều thuộc phần chung của ba hình tròn có tâm cũng chính là ba điểm đó? Vì sao?

Bài 28: Cho mười số nguyên dương $1,2,...,10$. Sắp xếp mười số đó một cách tùy ý thành một hàng. Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong hàng, ta được mười tổng. Chứng minh rằng trong mười tổng đó tồn tại ít nhất hai tổng có chữ số tận cùng giống nhau.

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 25: Trước hết, ta có nhận xét sau: 

Nhận xét: Cho $\triangle{ABC}$ với $AB<AC$. Gọi $AD$ là đường phân giác trong, $AM$ là đường trung tuyến của tam giác đó thì $M$ nằm giữa $C,D$.

Thật vậy, ta có: $\frac{BM}{CM}=1>\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}\implies \frac{BC}{CM}>\frac{BC}{CD}\implies \frac{BM}{CM}+1>\frac{BC}{CD}+1$.

$\implies \frac{BC}{CM}>\frac{BC}{CD}\implies CD>CM\implies M$ nằm giữa $C$ và $D$.

Quay lại bài toán: Gọi $D,M$ là các giao điểm tương ứng của $AI$ và $AG$ với $BC$. Từ $I$ kẻ đường thẳng song song với $BC$, cắt $GM$ tại $J$, khi đó theo Nhận xét, $J$ nằm $G$ và $M$ nên $\frac{AI}{ID}=\frac{AJ}{JM}>\frac{AG}{GM}=2(1)$.

Mặt khác $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle{ABC}$ nên: $\frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BD+CD}=\frac{AB+AC}{BC}(2)$.

Từ $(1),(2)$ ta suy ra được: $AB+AC>2BC$.

Lời giải bài 26:

Đặt $x^3=\frac{a}{b},y^3=\frac{b}{c},z^3=\frac{c}{a}$. Từ giả thiết ta có: $x^3+y^3+z^3-3xyz=0$.

hay $(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=0$

Ta có hai trường hợp:

$1)x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx=0\implies (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=0\implies x=y=z$.

Từ đây, dễ suy ra: $a=b=c$. Do đó $abc=a^3$, ta có điều phải chứng minh.

$2) x+y+z=0$, tức là: $\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a}}=0$.

Nhân cả hai vế của đẳng thức này lần lượt với $\sqrt[3]{b^2c}$ và $\sqrt[3]{ac^2},$ ta được hệ:

$\left\{\begin{array}{I} \sqrt[3]{abc}+b+\frac{1}{a}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\\ \frac{1}{b}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+\sqrt[3]{abc}+c=0\end{array}\right.$

Khử $\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ trong hệ này, tính được:

$(a-b)\sqrt[3]{abc}=b(c-a)$.

Do $abc\ne 0$ thì:

$(1)\implies \sqrt[3]{abc}=\frac{b(c-a)}{a-b}\implies abc=(\frac{b(c-a)}{a-b})^3$.

$(2)$ chứng tỏ $abc$ là lập phương của một số hữu tỉ. Nhưng vì $abc$ nguyên nên nó là lập phương của một số nguyên.

Vậy trong mọi trường hợp, $abc$ đều là lập phương của một số nguyên.

Lời giải bài 27: Chia hình vuông đã cho thành $16$ hình vuông đơn vị ( các cạnh song song với các cạnh hình vuông đã cho và có độ dài bằng $1$).

Do $33>16.2$ nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất $3$ điểm nằm trong hoặc trên cạnh của một hình vuông đơn vị. Giả sử đó là ba điểm $A,B,C$ ở trong hoặc nằm trên cạnh của hình vuông đơn vị $MNPQ$.

Ta có: $MP=\sqrt{2}$ và với mọi điểm $E$ thuộc hình vuông $MNPQ$ thì $\sqrt{2}=MP\ge AE$. Từ đó hình tròn $(A;\sqrt{2})$ phủ toàn bộ hình vuông hình vuông $MNPQ$. Tương tự, các hình tròn $(B;\sqrt{2});(C;\sqrt{2})$ phủ toàn bộ hình vuông  $MNPQ$.

Vậy ba hình tròn $(A;\sqrt{2});(B;\sqrt{2});(C;\sqrt{2})$ đều chứa hình vuông $MNPQ$ nên ba điểm $A,B,C$ nằm trong phần chùng của ba hình tròn nói trên,

Lời giải bài 28: Giả sử $10$ số đã cho viết thành một hàng là: $a_1,a_2,...,a_{10}$.

Xét mười tổng: $a_1+1,a_2+2,...,a_{10}+10$ 

Khi đó: $S=(a_1+1)+(a_2+2)+...+(a_{10}+10)$.

Giả sử rằng $10$ tổng trên không có hai tổng nào có tận cùng giống nhau thì tổng tất cả các chữ số tận cùng của chúng là: $0+1+2+...+9=45$. Suy ra chữ số tận cùng của tổng $S=(a_1+1)+(a_2+2)+...+(a_{10}+10)$ là $5$ nhưng $S=(a_1+a_2+...+a_{10})+(1+2+3+...+10)=110$ có tận cùng là $0$. Vậy điều giả sử trên là sai $\implies $ dpcm, 

 

  

 

[tritanngo99]

Bài 29: Giải phương trình: $(\frac{8x^3+2001}{2002})^3=4004x-2001$.

Bài 30: Xét $n$ điểm liên tiếp $A_1,A_2,...,A_n$ cùng thuộc một đường thẳng sao cho $A_1A_2=A_2A_3=...=A_{n-1}A_n$. Tìm $n$, biết rằng trên đường thẳng đó có tất cả $2025$ đoạn thẳng nhận một trong các điểm đã cho làm trung điểm.

Bài 31: Tìm tất cả các bộ hai số nguyên dương $a,b$ sao cho khi chia $a^2+b^2$ cho $a+b$ được thương là $q$ và số dư $r$ thỏa mãn $q^2-r=2007$.

Bài 32: Giải phương trình nghiệm nguyên dương : $x^{y}.y^{x}+x^{y}+y^{x}=5329$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 01-09-2018 - 03:47

[tritanngo99]

Lời giải bài 29: Đặt $t=2x$ và $b=2001$ thì:

$PT\iff (\frac{t^3+b}{b+1})=(b+1)t-b(1)$.

Đặt $y=\frac{t^3+b}{b+1}$, từ $PT(1)$ dẫn đến giải hệ PT hai ẩn:

$\left\{\begin{array}{I} y^3-(b+1)t+b=0(2)\\t^3-(b+1)y+b=0(3) \end{array}\right.$

Trừ theo từng vế $(2)$ và $(3)$ ta được:

$y^3-t^3+(b+1)(y-t)=0$.

$\iff (y-t)(y^2+yt+t^2+b+1)=0(4)$.

Ta có: $y^2+yt+t^2+b+1=(y+\frac{t}{2})^2+\frac{3t^2}{4}+b+1>0$  vì $b+1=2002>0$.

Nên từ $(4)$ suy ra $y=t$.

Thay vào $(3)$ ta được: $t^3-t-bt+b=0$.

$\iff (t-1)(t^2+t-b)=0\iff (t-1)(t^2+t-2001)=0$.

Giải $PT$ này được $3$ nghiệm:

$t_1=1,t_2=\frac{-1+\sqrt{1+4b}}{2},t_3=\frac{-1-\sqrt{1+4b}}{2}$.

$\implies$ PT(1) có $3$ nghiệm:

$x_1=\frac{1}{2},x_2=\frac{-1+\sqrt{8005}}{4},x_3=\frac{-1-\sqrt{8005}}{4}$.

Lời giải bài 30:

Ta thấy trong $n$ điểm thỏa mãn đề bài thì:

$A_1$ và $A_n$ không là trung điểm của đoạn thẳng nào.

$A_2$ và $A_{n-1}$ là trung điểm của $1$ đoạn thằng.

$A_3$ và $A_{n-2}$ là trung điểm của $2$ đoạn thằng.

...

$A_i$ và $A_{n-i+1}$ là trung điểm của $i-1$ đoạn thẳng với mọi $i=2,3,...$ mà $2i\le n$.

Xét hai trường hợp sau:

+ Nếu $n$ lẻ, $n=2k+1(k\in \mathbb{N^*})$ thì $k<k+1=n-k<n-k+1$ nên có một điểm chính giữa $A_{k+1}$ là trung điểm của $k$ đoạn thẳng, do đó số đoạn thằng nhận một trong các điểm đã cho làm trung điểm là:

$S=1+2+...+(k-2)+(k-1)+k+(k-1)+(k-2)+...+2+1=k(k-1)+k=k^2$.

Theo giả thiết $k^2=2025$ nên $k=45$ và $n=2k+1=91$.

+ Nếu $n$ chẵn, $n=2k(k\in \mathbb{N^*})$ thì $k<k+1=n-k+1$ nên không có điểm chính giữa, do đó số đoạn thằng thỏa mãn yêu cầu bằng $S=k(k-1)$. Ta thấy $S$ là số chẵn mà $2025$ là số lẻ, do đó không có $n$ điểm như thế.

 

Lời giải bài 31: Ta có: $2(a^2+b^2)\ge (a+b)^2\iff \frac{a^2+b^2}{a+b}\ge \frac{a+b}{2},$

$q=[\frac{a^2+b^2}{a+b}]\ge [\frac{a+b}{2}]\ge \frac{a+b-1}{2}\ge \frac{r}{2}\implies r\le 2q$.

Khi đó: $2007=q^2-r\ge q^2-2q=(q-1)^2-1$.

$\implies (q-1)^2\le 2008$.

Vì $q$ là số nguyên dương nên $q-1\le 44$ hay $q\le 45(1)$.

Mặt khác, $2007=q^2-r\le q^2,q$ nguyên dương nên $q\ge 45(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $q=45,r=45^2-2007=18$.

Theo giả thiết, ta có:

$a^2+b^2=45(a+b)+18\iff (2a-45)^2+(2b-45)^2=4122$.

Để ý rằng $4122$ là số chẵn, chia cho $4$ dư $2$, được phân tích thành tổng hai số chính phương lẻ, suy ra hai số chính phương đó phải tận cùng là $1$ hoặc $9$.

Thử với $x=1,9,11,19,21,29,31,39,41$ sao cho $4122-x^2$ là số chính phương, ta tìm được $x=39$ và $4122=39^2+51^2$.

Nếu coi $a\le b$ thì ta có:

$\left\{\begin{array}{I} 2a-45=39\\2b-45=51 \end{array}\right.$

hoặc $\left\{\begin{array}{I} 2a-45=-39\\2b-45=51 \end{array}\right.$

Từ đó tìm được: 

$\left\{\begin{array}{I} a=42\\b=48 \end{array}\right.$

hoặc $\left\{\begin{array}{I} a=3\\b=48 \end{array}\right.$

Vậy có $4$ bộ số cần tìm là: $(42;48),(3;48),(48;42),(48;3)$.

Lời giải bài 32:

Phương trình đã cho tương đương: $(y^x+1)(x^y+1)=5330$.

Phân tích $5330$ thành nhân tử ta có: 

$5330=1.5330=5.1660=10.533=13.410=26.205=41.130=65.82=2.2665$.

Trong $6$ trường hợp đầu tiên, chúng vô nghiệm.

+Nếu $(x^y+1)(y^x+1)=65.82$ thì:

Tương tự ngược lại ta có :$(x;y)=(3;4);(4;3)$.

+Nếu $(x^y+1)(y^x+1)=2.2665\implies (x;y)=(1;2664)$ hoặc $(x;y)=(2664;1)$.

Vậy $(x;y)\in \left\{(3;4);(4;3);(1;2664);(2664;1)\right\}$.

  

 

 

[tritanngo99]

Bài 33: Cho dãy số tự nhiên $2,6,30,210,...$ được xác định như sau: Số hạng thứ $k$ bằng tích $k$ số nguyên tố đầu tiên $(k=1,2,3,...)$. Biết rằng tồn tại hai số hạng của dãy số có hiệu bằng $30000$, tìm hai số hạng đó.

Bài 34: Chứng minh rằng trong $2007$ số khác nhau tùy ý được lấy ra từ tập hợp $A=\left\{1,2,3,...,2006^{2007}\right\}$, có ít nhất hai số $x,y$ thỏa mãn:$0<|\sqrt[2007]{x}-\sqrt[2007]{y}|<1$.

Bài 35: Tính tổng $S$ gồm $23$ số hạng:

$S=\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{(n-1)n(n+1)}+...+\frac{1}{23.24.25}$.

Bài 36: Cho $x,y,z$ là $3$ số dương thay đổi luôn thỏa mãn điều kiện $x+y+z=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}$.

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 33: Gọi hai số của dãy là $a$ và $b$ thỏa mãn $a-b=30000(*)$. theo định nghĩa của dãy ta có: $a\vdots b\implies a-b\vdots b$.

$\implies 30000\vdots b\implies 2^4.3.5^4\vdots b$. Theo cách xác định $b$ thì $b$ chỉ có thể là $2;2.3;2.3.5$. Lần lượt thay vào $(*)$ để tìm $a$ ta được một đáp số $b=2.3.5=30$ và $a=2.3.5.7.11.13=30030$.

Vậy hai số hạng cần tìm là: $30;30030$.

Lời giải bài 34: Xét $A=\left\{1,2,3,...,2006^{2007}\right\}$.

$\forall x\in A$ thì $1\le \sqrt[2007]{x}\le 2006$.

Xét $2006$ tập hợp $[1;2);[2;3);...[2005;2006);{2006}$ mà có tới $2007$ số thuộc tập trên, then nguyên lí $Dirichlet$ tồn tại ít nhất hai số thuộc cùng một tập. Gọi hai số đó là $x,y$ ta có: $0<|\sqrt[2007]{x}-\sqrt[2007]{y}|<1$.

Lời giải bài 35: Dễ thấy rằng với mỗi số tự nhiên $n>1$, ta có:

$\frac{2}{(n-1)n(n+1)}=\frac{(n+1)-(n-1)}{(n-1)n(n+1)}$.

$=\frac{1}{(n-1)n}-\frac{1}{n(n+1)}$.

Sử dụng hệ thức trên cho từng số hạng trong tổng sau:

$2S=\frac{2}{1.2.3}+\frac{2}{2.3.4}+...+\frac{2}{(n-1)n(n+1)}+...+\frac{2}{23.24.25}$.

$=\frac{1}{1.2}-\frac{1}{2.3}+\frac{1}{2.3}-\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(n-1)n}-\frac{1}{n(n+1)}+...+\frac{1}{23.24}-\frac{1}{24.25}$.

Để ý rằng trong vế phải của hệ thức trên, trừ số hạng đầu và cuối, các số hạng còn lại tạo thành từng cặp đối nhau. Do đó có thể rút gọn: $2S=\frac{1}{1.2}-\frac{1}{24.25}=\frac{299}{600}$.

Vậy $S=\frac{299}{1200}$.

Lời giải bài 36: Đặt $a=\sqrt{x},b=\sqrt{y},c=\sqrt{z}(a,b,c \text{ đều dương})$ và áp dụng các BĐT:

$(a+b+c)^2\le 3(a^2+b^2+c^2)$ và

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{a+b+c};\forall a,b,c>0$. Ta được:

$P=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{a+b+c}\ge \frac{9}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}=\frac{9}{3}=3$.

Đẳng thức xảy ra khi: $x=y=z=\frac{x+y+z}{3}=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 02-09-2018 - 05:34

[tritanngo99]

Bài 37: Cho $0\le a-b\le 1$ và $ 1\le a+b\le 4$. Tìm giá trị của $8a+2002b$ khi $a-2b$ đạt giá trị lớn nhất.

Bài 38: Lấy $51$ số bất kì từ tập $100$ số nguyên dương đầu tiên $\left\{1;2;...;100\right\}$. Chứng minh rằng tồn tại hai số trong $51$ số đó thỏa mãn: số này chia hết cho số kia.

Bài 39: Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bằng một trong ba màu xanh, vàng hoặc đỏ. Chứng minh rằng luôn tìm được hai điểm cùng màu có khoảng cách bằng $1cm$.

Bài 40: Cho hình thang $ABCD(AB\parallel CD)$. Chứng minh rằng nếu $AC+CB=AD+DB$ thì $ABCD$ là hình thang cân.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 02-09-2018 - 07:49

[tritanngo99]

Lời giải bài 37: Ta có: $a=\frac{1}{2}[(a-b)+(a+b)];-2b=(a-b)-(a+b)$.

$\implies a-2b=\frac{-1}{2}(a+b)+\frac{3}{2}(a-b)$.

Do đó: $a-2b$ đạt giá trị lớn nhất khi $a+b=1;a-b=1\iff a=1;b=0$. Khi đó: $8a+2002b=8a=8$.

Lời giải bài 38: Đặt $A=\left\{1,2,3,...,100\right\}$. Có tổng cộng $50$ số lẻ trong tập $A:2k-1,k=1,2,...,50$. Bất kì phần tử nào trong $A$ đều có thể viết được duy nhất dưới dạng $2^{m}q$, trong đó $m$ là số nguyên không âm và $q$ là số nguyên dương lẻ.

Khi tất cả các số trong $A$ được phân hoạch theo $q$ vào $50$ lớp, thì mỗi số trong $A$ phải thuộc về một lớp duy nhất. Do đó khi ta lấy bất kì $51$ phần tử nào thuộc $A$, theo nguyên lý Dirichlet, phải có ít nhất hai số thuộc cùng một lớp, và hai số đó thỏa mãn yêu cầu bài toán: Số này chia hết cho số kia bởi vì hai số này có cùng $q$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải bài 39:

Xét các hình thoi $ABCD$ có cạnh $1(cm)$, lấy $A$ cố định và $\angle{BAD}=60^0$. Khi đó $AB=BC=CD=DA=BD=1(c_m)$.

Bốn điểm $A,B,C,D$ được tô bằng ba màu nên tồn tại hai điểm được tô cùng màu.

+ Nếu một trong năm đoạn thẳng $AB,BC,CD,DA,BD$ có hai đoạn cùng màu, chẳng hạn $AB$ thì hai điểm $A,B$ thỏa mãn đề bài.

+ Nếu không có đoạn thẳng trong năm đoạn $AB,BC,CD,DA,BD$ có hai đầu cùng màu thì $C$ với $A$ cùng màu. Dẫn đến các điểm thuộc đường tròn tâm $A$, bán kính $AC=\sqrt{3}$ được tô cùng màu với $A$. Khi đó, lấy $M,N$ bất kì thuộc đường tròn $(A;\sqrt{3})$ sao cho $MN=1(cm)$ thì hai điểm $M,N$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải bài 40:

Gọi $I,J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $ABD$. $E$ và $F$ là hình chiếu của $I$, $J$ tương ứng trên $AC,DB$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $S_{ABC}=S_{ABD}$, ta có:

 $IE(AB+BC+CA)=JF(AB+BD+DA)(1)$

Vì $AC+BC=AD+BD$ nên $AB+BC+CA=AB+BD+DA$.

Kết hợp với $(1)$ suy ra $IE=JF$.

Mặt khác, $2CE=AC+BC-AB=AD+BD-AB=2DF$.

Suy ra $\triangle{IEC}=\triangle{JFD}$, nên $\angle{ICE}=\angle{JDF}$, hay $\angle{ACB}=\angle{ADB}$.

Do đó hình thang $ABCD$ nội tiếp được một đường tròn, nên $ABCD$ là hình thang cân.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 03-09-2018 - 20:16

[tritanngo99]

Bài 41: Trong mặt phẳng cho $8045$ điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn $1$. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được $2012$ điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn $1$.

Bài 42: Có tồn tại hay không các số nguyên $x,y$ sao cho $2x^2+y^2=2007?$.

Bài 43: Giải phương trình: $[\frac{7x-5}{3}]=\frac{16x+3}{5}$.

Bài 44: Xét phương trình: $x^2-2kxy^2+k(y^3-1)=0$, trong đó $k$ là tham số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình trên có nghiệm nguyên $(x;y)$ thỏa mãn $x>0,y>1$ khi và chỉ khi $k$ là số chính phương.

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 41:

Trong $8045$ điểm luôn tìm được $3$ điểm là đỉnh của tam giác có diện tích lớn nhất, giả sử đó là $A,B,C$ với $S_{ABC}\le 1$. Dựng các đường thẳng đi qua $A$ và song song với $BC$, qua $B$ và song song với $AC$, qua $C$ và song song với $AB$, chúng đôi một cắt nhau tại $M,N,P$. Khi đó: $S_{MNP}=4S_{ABC}\le 4$.

Ta sẽ chứng minh rằng $8045$ điểm đã cho nằm trong hoặc trên cạnh tam giác $MNP$.

Thật vậy, giả sử $\exists D\notin \triangle{MNP}$ (chẳng hạn $D$ và $B$ cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa $AC$) thì $S_{DAC}>S_{ABC}$(mâu thuẩn với cách chọn tam giác $ABC$). Tam giác $MNP$ được chia thành $4$ tam giác nhỏ bằng nhau $ANC,AMB,ABC,BCP$. Ta có: $8045=4.2011+1$. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất $2011+1=2012$ điểm phải nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác nhỏ có diện tích không lớn hơn $1$.

Lời giải bài 42: Giả sử tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho $2x^2+y^2=2007$. Do $2x^2$ là số chẵn, $2007$ là số lẻ nên $y$ lẻ suy ra $y=2k+1(k\in \mathbb{Z})$.

Do đó: $2x^2+4k^2+4k=2006$. Suy ra $2x^2$ không chia hết cho $4$. Vậy $x$ lẻ nên $x=2l+1(l\in \mathbb{Z})$.

Khi đó $2(2l+1)^2+4k^2+4k=2006$ hay $8(l+1)l+4k(k+1)=2004$( mâu thuẩn).

(vì vế trái chia hết cho $8$ mà vế phải không chia hết cho 8).

Vậy không tồn tại các số nguyên $x,y$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải bài 43: Đặt $\frac{16x+3}{5}=y(y\in \mathbb{Z})$, 

$\implies x=\frac{5y-3}{16}\implies \frac{7x-5}{3}=\frac{25y-101}{48}$.

Do đó: $[\frac{35y-101}{48}]=y\iff 0\le \frac{35y-101}{48}\iff 0\le \frac{35y-101}{48}-y<1$.

$\iff 0\le -13y-101<48\iff \frac{-101}{13}\ge y>\frac{149}{13}$.

$\iff y=-8;-9;-10;-11(\text{ do }y\in \mathbb{Z})$.

Với $y=-8$ thì $\frac{16x+3}{5}=-8\iff x=\frac{-43}{16}$.

Với $y=-9$ thì $\frac{16x+3}{5}=-9\iff x=-3$.

Với $y=-10$ thì $\frac{16x+3}{5}=-10\iff x=\frac{-53}{16}$.

Với $y=-11$ thì $\frac{16x+3}{5}=-11\iff x=\frac{-58}{16}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:

$\left\{\frac{-58}{16};\frac{-53}{16};\frac{-43}{16};-3 \right\}$.

Lời giải bài 44: Xét phương trình (PT): $x^2-2kxy^2+k(y^3-1)=0(1)$.

trong đó $k$ là tham số nguyên dương.

Điều kiện đủ: Giả sử $k$ là số chính phương, $k=t^2$ với $t$ là số nguyên lớn hơn $1$. Lúc đó PT (1) trở thành:

$x^2-2t^2xy^2+t^2y^3-t^2=0$.

$\iff x^2-t^2+t^2y^2(y-2x)=0$.

PT này có nghiệm dạng $x=t,y=2t$.

Điều kiện cần. Giả sử PT(1) có nghiệm nguyên $(x,y)$ với $x>0,y>1$. Lúc đó $PT(1)$ ẩn $x$ có biệt số $\Delta=4k^2y^4-4k(y^3-1)$ phải là số chính phương( dễ thấy $y>1$ nên $\Delta>1$).

Ta có: $\Delta-(2ky^2-y-1)^2=4k+4ky^2-y^2-1-2y=(y^2+1)(4k-1)-2y>(y-1)^2>0$ và $(2ky^2-y+1)^2-\Delta =4ky^2-4k+y^2+1-2y=4k(y^2-1)+(y-1)^2=(y-1)(4ky+y+4k-1)>0$.

Do đó nếu $\Delta$ là số chính phương thì:

$\Delta=(2ky^2-y)^2\implies 4k^2y^4-4k^3+4k=4k^2y^4-4ky^3+y^2\implies 4k=y^2\implies y=2a$ và $k=a^2$ là số chính phương.

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 04-09-2018 - 06:06

[tritanngo99]

Bài 45: Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{I} x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{51}{4}\\x^2+y^2+z^2+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{771}{16} \end{array}\right.$.

Bài 46: Cho phương trình $x^4+2mx^2+4=0$.

Tìm giá trị của tham số $m$ để phương trình có $4$ nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3,x_4$ thỏa mãn:

$x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4=32$

Bài 47: Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le \frac{1}{2}$ trong đó các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $abc=1$. Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 48: Cho $x=\frac{2}{\frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}+1}-1}-\frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}+1}+1}}$.

Tính giá trị của biểu thức: $A=(x^4-x^3-x^2+2x-1)^{2003}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 05-09-2018 - 10:21

[tritanngo99]

Lời giải bài 45: Đặt $u=x+\frac{1}{x},v=y+\frac{1}{y},p=z+\frac{1}{z}$. Khi đó hệ đã cho có dạng:

$\left\{\begin{array}{I} u+v+p=\frac{51}{4}\\u^2+v^2+p^2=\frac{867}{16} \end{array}\right.$

$\implies 3(u^2+v^2+p^2)=\frac{2601}{16}=(\frac{51}{4})^2=(u+v+p)^2(1)$.

Nhưng ta dễ dàng chứng minh được $3(u^2+v^2+p^2)\ge (u+v+p)^2(2)$.

Nên từ $(1),(2)\implies u=v=p=\frac{17}{4}$.

Từ đó hệ đã cho có $8$ nghiệm $(x,y,z)$ là: $(4,4,4),(4,4,\frac{1}{4}),(4,\frac{1}{4},4),(\frac{1}{4},4,4),(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4}),(\frac{1}{4},\frac{1}{4},4),(\frac{1}{4},4,\frac{1}{4}),(\frac{1}{4},4,\frac{1}{4}),(4,\frac{1}{4},\frac{1}{4})$.

Lời giải bài 46: $x^4+2mx^2+4=0(1)$. Đặt $x^2=t,PT(1)$ trở thành $t^2+2mt+4=0(2)$. $PT(1)$ có $4$ nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $PT(2)$ có hai nghiệm phân biệt $t_1,t_2$, nghĩa là:

$\left\{\begin{array}{I} \Delta'=m^2-4>0 \\t_1+t_2=-2m>0\\t_1t_2=4>0 \end{array}\right.$.

$\iff m<-2$.

Khi đó phương trình $(1)$ có nghiệm là : $x_{1,2}=\pm\sqrt{t_1},x_{3,4}=\pm\sqrt{t_2}$ và 

$x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4=2(t_1^2+t_2^2)=2(t_1+t_2)^2-4t_1t_2=8m^2-16$.

Từ giả thiết có $8m^2-16=32\iff m=-\sqrt{6}$(vì $m<-2$).

Lời giải bài 47: 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: $a^2+b^2\ge 2ab$ và $b^2+1\ge 2b$. Suy ra: $a^2+2b^2+3\ge 2(ab+b+1)$ và ta có:

$\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le \frac{1}{2(ab+b+1)}$.

Tương tự: $\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le \frac{1}{2(bc+c+1)}$.

$\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le \frac{1}{2(ac+a+1)}$.

Đặt vế trái của BĐT cần chứng minh là $A$, ta có:

$A\le \frac{1}{2}(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1})$.

$=\frac{1}{2}(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{b+1+ab}+\frac{b}{1+ab+b})(\text{ vì }abc=1)$.

$=\frac{1}{2}.\frac{ab+b+1}{ab+b+1}=\frac{1}{2}$.

 

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c=1$.

Lời giải bài 48: Quy đồng mẫu số để rút gọn biểu thức của $x$ được $x=\sqrt{2}$. Thay $x=2$ vào biểu thức của $A$ ta được $A=1$.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 05-09-2018 - 10:21

[tritanngo99]

Bài 49: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $ab+bc+2ca$ trong đó $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn điều kiện: $a^2+b^2+c^2\le 8$.

Bài 50: Viết số $1^1+2^2+3^3+...+999^{999}+1000^{1000}$ trong hệ thập phân. Tìm $3$ chữ số đầu tiên bến trái của số đó.

Bài 51: Cho số nguyên tố $p>3$. Biết rằng có số tự nhiên $n$ sao cho trong cách viết thập phân của $p^n$ có đúng $20$ chữ số. Chứng minh rằng trong $20$ chữ số này có ít nhất $3$ chữ số giống nhau.

Bài 52: Cho số tự nhiên $n>1$ và $n+2$ số nguyên dương $a_1,a_2,...,a_{n+2}$ thỏa mãn điều kiện: $1\le a_1<a_2<...<a_{n+2}\le 3n$.

Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số $a_i,a_j(1\le j<i\le n+2)$ sao cho: $n<a_i-a_j<2n$. 

[tritanngo99]

Lời giải bài 49:

Ta có: $8+a+bc+2ca\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+2ca$.

$=(a+\frac{b}{2}+c)^2+\frac{3b^2}{4}\ge 0\implies ab+bc+2ca\ge -8$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $b=0;a+\frac{b}{2}+c=0;a^2+b^2+c^2=0\iff (a,b,c)=(2,0,-2)\text{ hoặc }(-2,0,2)$.

Lời giải bài 50:

Đặt $A=1^1+2^2+3^3+...+998^{998}+999^{999}+1000^{1000}.$

Đặt $B=1000^{1000}=10^{3000}=1000...0$ gồm $3001$ chữ số, mà bốn chữ số đầu tiên bên trái là $1000(1)$.

Đặt $C=1000^{1}+1000^2+...+1000^{1000}$.

$=10^3+10^6+10^9+...+10^{2994}+10^{2997}+10^{3000}=100100100...1000$ gồm $3001$ chữ số mà bốn chữ số đầu tiên bên trái là $1001(2)$.

Vì $B<A<C$ mà $B,C$ đều có $3001$ chữ số nên từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $A$ có $3001$ chữ số và ba chữ số đầu bên trái của $A$ là $100$.

Lời giải bài 51:

Giả sử ngược lại, trong $20$ chữ số của cách viết thập phân của $p^{n}$ không có $3$ chữ số nào giống nhau. Suy ra mỗi một chữ số trong $10$ chữ số xuất hiện đúng $2$ lần. Vì vậy tổng các chữ số của $p^{n}$ là:

$2(0+1+...+9)=90\implies p^{n}\vdots 3\implies p\vdots 3$, mâu thuẩn vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$.

Lời giải bài 52:

Nhận xét. Với mọi $k$ đặt $b_i=a_i+k$ thì $a_i-a_j=(a_i+k)-(a_j+k)=b_i-b_j(*)$. Do đó ta có thể chọn $k$ sao cho $b_{n+2}=3n$ và chuyển về dãy số $b_j$ sau: $1\le b_1<b_2<...<b_{n+2}=3n$.

Xét hai trường hợp:

1)  Nếu tồn tại $j$ sao cho: $n<b_j<2n$ thì ta có:

$n<b_{n+2}-b_j<2n$.

2) Nếu không có số $b_j$ nào thuộc $[n+1,2n-1]$ thì các số $b_1,b_2,...,b_{n+1}$ có mặt ở các thành phần của $n$ cặp số $(1,2n),(2,n+1),...,(n,3n-1)$.

Mặt khác do $n+1>n$ nên tồn tại hai số $b_i,b_j(j<i)$ thuộc cùng một cặp, chẳng hạn $(t,2n+t-1)$, hay $n<b_i-b_j=2n+t-1-t=2n-1<2n$. 

Theo $(*)$ từ cặp số $b_j,b_i$ thỏa mãn $n<b_i-b_j<2n$ thì tồn tại cặp số $a_i,a_j$ thỏa mãn $n<a_i-a_j<2n$.

 

 

[tritanngo99]

Bài 53: Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho số $2^8+2^{11}+2^{n}$ là số chính phương.

Bài 54: Cho hình vuông $ABCD$ và $2005$ đường thẳng thỏa mãn đồng thời các tính chất sau:

i) Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vuông.

ii) Mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành hai phần có tỉ số diện tích bằng $0,5$.

Chứng minh rằng: trong $2005$ đường thẳng có ít nhất $502$ đường đồng quy.

Bài 55: Chứng minh rằng dãy số $2003+23k$ với $k=1,2,3,4,...$ chứa vô hạn số là lũy thừa của cùng một số nguyên tố.

Bài 56: Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $EF$. Lấy hai điểm $N,P$ trên đường thẳng $EF$ sao cho $ON=OP$. Từ điểm $M$ nào đó nằm bên trong đường tròn mà không thuộc $EF$, kẻ đường thẳng $MN$ cắt đường tròn tại $A$ và $C$, đường thẳng $MP$ cắt đường tròn tại $B$ và $D$ sao cho $B$ và $O$ nằm khác phía đối với $AC$. Gọi $K$ là giao điểm của $OB$ và $AC$, $Q$ là giao điểm của $EF$ và $CD$. Chứng minh rằng các đường thẳng $KQ,BD$ và $AO$ đồng quy.

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 53: Giả sử $2^8+2^{11}+2^{n}=a^2$ với $a\in \mathbb{N}$ thì $2^{n}=a^2-48^2\iff 2^{n}=(a-48)(a+48)$.

Từ đó có: $\left\{\begin{array}{I} a+48=2^p\\a-48=2^q \end{array}\right.$

với $p,q\in \mathbb{N}$ và $p+q=n,p>q$.

Suy ra: $2^{p}-2^{q}=96\iff 2^{q}(2^{p-q}-1)=2^{5}.3$.

$\implies q=5$ và $p-q=2\implies p=7$.

$\implies n=5+7=12$.

Thử lại có: $2^8+2^{11}+2^{12}=80^2$.

Lời giải bài 54:

Bước 1:

Đặt $AB=AD=a$. Gọi $EF,HK$ là hai trục đối xứng của hình vuông $ABCD$ mà $EF\parallel AD$ và $HK\parallel AB$. Giả sử một đường thẳng cắt các đoạn thẳng $AD,BC,EF$ lần lượt tại $G,J,M$ sao cho $S_{CDGJ}=2S_{ABJG}$. Từ đó có $DG+CJ=2(AG+BJ)$ hay $(a-AG)+(a-BJ)=2AG+2BJ$. Từ đó $AG+BJ=\frac{2a}{3}$ hay $EM=\frac{a}{3}$. Suy ra $M$ là điểm cố định. Lấy điểm $N$ trên $EF$, các điểm $P,Q$ trên $HK$ sao cho $EM=MN=NF=HP=PQ=QK=\frac{a}{3}$. Lập luận tương tự như trên thì các đường thẳng thỏa mãn điều kiện của đề bài phải đi qua một trong bốn điểm cố định $M,N,P,Q$.

Bước 2: Theo nguyên tắc Dirichlet từ $2005$ đường thẳng thỏa mãn điều kiện của đề bài phải có ít nhất $502=[\frac{2005}{4}]+1$ đường thẳng đi qua một trong $4$ điểm trên, nghĩa là $502$ đường thẳng đồng quy.

Lời giải bài 55: Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $2003+23k=p^{n}(1)$ trong đó $k,n$ là các số nguyên dương nào đó.

Từ $(1)$ dễ thấy $p$ không chia hết cho số nguyên tố $23$ nên $(p,23)=1$.

Theo định lý nhỏ Fermat thì $p^{22}-1$ chia hết cho $23$, suy ra $p^{22t}$ có dạng $p^{22t}=1+23s$ với mọi số nguyên dương $t$.

Từ đó: $p^{22t+n}=(1+23s)p^{n}=p^{n}+23s.p^{n}=2003+23k+23s.p^{n}$ hay $p^{22t+n}=2003+23(k+sp^n)$ với mọi $t=1,2,3,...$.

Bài toán được giải đầy đủ khi ta chỉ ra sự tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn $(1)$. Chẳng hạn:

+ với $p=2$ có $2003+23.31=2${12}$.

+ với $p=3$ có $2003+23.8=3^{7}$.

+ với $p=2141$ có $2003+23.6=2141$.

+ với $p=2003$ thì tồn tại $k$ theo ĐL Fecma thỏa mãn: $2003+23k=2003^{23}$.

Lời giải bài 56:

Từ $\triangle{AMB}\sim \triangle{DMC}(g-g)$ suy ra $\frac{AM}{BM}=\frac{DM}{CM}\implies AM.CM=BM.DM(1)$.

Từ $\triangle{ANE}\sim \triangle{FNC}$ suy ra $\frac{AN}{EN}=\frac{FN}{CN}\implies AN.CN=EN.FN(2)$.

Tương tự từ $\triangle{DPF}\sim \triangle{EPB}$ suy ra: $PF.PE=DP.BP$. Mà $EN=PF,FN=PE$ nên từ $(2)$ có: $AN.CN=DP.BP(3)$.

Từ $(1),(3)$ có: $\frac{AM}{AN}.\frac{CM}{CN}=\frac{BM}{BP}.\frac{DM}{DP}(4)$.

Đường thẳng qua $M$ song song với $EF$, cắt $OB$ ở $T$, cắt $CD$ ở $R$, cắt $AO$ ở $G$. Đường thẳng $AO$ cắt $BD$ ở $S$. Áp dụng định lý Ta-lét có:

$\frac{AM}{AN}=\frac{MG}{NO};\frac{CM}{CN}=\frac{MR}{NQ},\frac{BM}{BP}=\frac{MT}{PO};\frac{DM}{DP}=\frac{MR}{PQ}$.

Thay vào $(4)$ và chú ý $NO=PO$ ta có: $\frac{MG}{NQ}=\frac{MT}{PQ}\iff \frac{MG}{MT}=\frac{NQ}{PQ}(5)$.

Thay thế $\frac{MT}{NO}=\frac{KM}{KN}$ và $\frac{MG}{PO}=\frac{SM}{SP}$ vào $(5)$ được: $\frac{KN}{KM}.\frac{SM}{SP}=\frac{NQ}{PQ}(6)$.

Giả sử đường thẳng $KS$ và $EF$ cắt nhau tại $X$. Gọi $I,J,H$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $N,M,P$ đến đường thẳng $KS$ ta có: $\frac{KN}{KM}.\frac{SM}{SP}=\frac{NI}{MJ}.\frac{MJ}{PH}=\frac{NI}{PH}=\frac{NX}{PX}(7)$.

 So sánh $(6)$ và $(7)$ suy ra: $\frac{NQ}{PQ}=\frac{NX}{PX}\implies \frac{NP}{PQ}=\frac{NP}{PX}\implies PQ=PX\implies X\equiv Q$, nghĩa là ba điểm $K,S,Q$ thẳng hàng, hay là ba đường thẳng $AO,BD,KQ$ đồng quy tại điểm $S$,

 

  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 07-09-2018 - 05:20

[tritanngo99]

Bài 57: Giải phương trình: $(2001-x)^4+(2003-x)^4=2000$.

Bài 58: Cho hàm số $f(x)=(x^3+6x-5)^{2006}$. Tính $f(a)$ với $a=\sqrt[3]{3+\sqrt{17}}+\sqrt[3]{3-\sqrt{17}}$.

Bài 59: Cho một đa giác có chu vi bằng $1$, chứng minh rằng có một hình tròn bán kính $r=\frac{1}{4}$ chứa toàn bộ đa giác đó.

Bài 60: Cho tam giác nhọn $ABC$ có các đường cao $AH,BK,CL$. Chứng minh rằng: $AK.BL.CH=AL.BH.CK=HK.KL.LH$

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 57: Đặt ẩn số phụ $y=2002-x$ thì $PT\iff (y-1)^4+(y+1)^4=2000$.

$\iff y^4+6y^2-999=0$.

Lại đặt $y^2=t>0,$ giải PT $t^2+6t-999=0$ được nghiệm $t=12\sqrt{7}-3$. Từ đó PT có $2$ nghiệm $x_1=2002+\sqrt{12\sqrt{7}-3},x_2=2002-\sqrt{12\sqrt{7}-3}$.

Lời giải bài 58: Nhận xét rằng: $a^3=6-6(\sqrt[3]{3+\sqrt{17}}+\sqrt[3]{3-\sqrt{17}})$.

hay $a^3=6-6a\iff a^3+6a-6=0$.

 Từ đó: $f(a)=(a^3+6a-5)^{2006}=(a^3+6a-6+1)^{2006}=1$.

Lời giải bài 59:

Lấy điểm $A$ trên biên của đa giác. Lấy điểm $B$ trên biên đa giác sao cho $AB$ chia chu vi đa giác thành hai phần có độ dài mỗi phần bằng $\frac{1}{2}$. Gọi $O$ là trung điểm $AB$. Giả sử $M$ là một điểm tùy ý thuộc biên hoặc miền trong đa giác, lấy $M'$ đối xứng với $M$ qua $O$. Tứ giác $AMBM'$ là hình bình hành và $AM+MB<\frac{1}{2}$ mà $MM'<AM+MB\implies MM'<\frac{1}{2}\implies OM\le \frac{1}{4}$. Suy ra $M$ nằm trong đường tròn tâm $O$ bán kính $r=\frac{1}{4}$. Suy ra điều phải chứng minh.

Lời giải bài 60: 

Ta có: $\triangle{AKL}\sim \triangle{ABC}$( Tứ giác $BLKC$ nội tiếp).

suy ra : $\frac{AK}{AB}=\frac{AL}{AC}=\frac{KL}{BC}(1)$.

Hoàn toàn tương tự, ta có:

$\frac{BL}{BC}=\frac{BH}{BA}=\frac{LH}{CA}(2)$.

$\frac{CH}{CA}=\frac{CK}{CB}=\frac{HK}{AB}(3)$.

Nhân theo vế các đẳng thức $(1),(2),(3)$, thu được:

$\frac{AK.BL.CH}{AB.BC.CA}=\frac{AL.BH.CK}{AC.BA.CB}=\frac{KL.LH.HK}{BC.CA.AB}$.

Từ đó suy ra: $AK.BL.CH=AL.BH.CK=HK.KL.LH$.

 

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 08-09-2018 - 18:21

[tritanngo99]

Bài 61: Gọi $A$ là tích các số nguyên liên tiếp từ $1$ đến $1001$ và $B$ là tích các số nguyên liên tiếp từ $1002$ đến $2002$. Hỏi số $A+B$ có chia hết cho $2003$ không?

Bài 62: Giả sử $n\in \mathbb{N},n\ge 2$. Xét các số tự nhiên $a_n=\overline{11...1}$ được viết bởi $n$ chữ số $1$. Chứng minh rằng nếu $a_n$ là một số nguyên tố thì $n$ là ước của $a_n-1$.

Bài 63: Cho $n$ là số nguyên dương và kí hiệu $U(n)=\left\{d_1;d_2;...;d_m\right\}$ là tập hợp tất cả các ước số nguyên dương của $n$. Chứng minh rằng: $d_1^2+d_2^2+...+d_m^2\le n^2\sqrt{n}$.

Bài 64: Hai đường chéo $AC$ và $BD$ của tứ giác nội tiếp $ABCD$ cắt nhau tại $O$. Đường tròn $(S_1)$ ngoại tiếp tam giác $ABO$ và đường tròn $(S_2)$ ngoại tiếp tam giác $CDO$ cắt nhau tại $O$ và $K$. Đường thẳng qua $O$ song song với $AB$ cắt $(S_1)$ tại $N$ và đườn thẳng qua $O$ song song với $CD$ cắt $(S_2)$ tại $M$. Gọi $P$ và $Q$ theo thứ tự các điểm thuộc $ON$ và $OM$ sao cho $\frac{OP}{PN}=\frac{MQ}{QO}$. Chứng minh rằng bốn điểm $O,K,P,Q$ cùng nằm trên một đường tròn.

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 61: 

Ta có: $A=1.2....1001$ và $B=1002.1003...2002$.

Ta viết:

$B=(2003-1001)(2003-1000)....(2003-1)$.

Ta có: $B\equiv -(1001.1000...1)(\text{ mod 2003})$.

$\implies A+B\equiv 0(\text{ mod 2003})$.

Vậy $A+B$ chia hết cho $2003$.

Lời giải bài 62:

Đặt $a_n=p$, ta có: $p=\frac{10^{n}-1}{9}$.

suy ra: $10^{n}-1\vdots p(1)$.

Vì $(p,10)=1$ nên theo định lí Fermat nhỏ ta có: $10^{p-1}-1\vdots p(2)$.

Để ý rằng: $p-1>n$ nên ta có thể viết $p-1=nq+r$ với $q,r\in \mathbb{N},q>0,r<n$.

Nếu $p-1$ không chia hết cho $n$ thì $r>0$.

Từ $(2)$ có:

$10^{nq+r}-1\vdots p\implies 10^r(10^{nq}-1)+10^r-1\vdots p(3)$.

Do $(1)$ và từ $10^{nq}-1=(10^n-1)[(10^n)^{q-1}+(10^n)^{q-2}+...+1]$, suy ra: $10^{nq}-1\vdots p$.

Từ $(3)$ suy ra: $10^r-1\vdots p$ hay $9.\underbrace{11...1}_{\text{ r chữ số 1}}\vdots p$. Điều này vô lý vì $0<9<p$ và $0<\underbrace{11...1}_{\text{ r chữ số 1}}<\underbrace{11...1}_{\text{ n chữ số 1}}=p,p$ là số nguyên tố. Vậy phải có: $p-1\vdots n$ hay $a_n-1\vdots n$, tức $n$ là ước của $a_n-1$.

Lời giải bài 63: Trước hết ta có nhận xét: Nếu $d_1,d_2,..,d_m$ là các ước của $n$ thì $\frac{n}{d_1},\frac{n}{d_2},...,\frac{n}{d_m}$ cũng là ước của $n$.

+ Với $n=1$, bài toán hiển nhiên đúng $(d_1^2=1)$.

+ Với $n=2$, ta có: $d_1^2+d_2^2=1^2+2^2<2^2\sqrt{2}$(đúng).

+ Với $n=3$ ta có: $d_1^2+d_2^2=1^2+3^2<3^{2}\sqrt{3}$(đúng).

+ Với $n\ge 4$. Không giảm tính tổng quát, giả sử: $1=d_1<d_2<...<d_m$, ta có:

$d_1=1,d_2\ge 2,d_3\ge 3,...,d_m\ge m$. Khi đó:

$d_1^2+d_2^2+...d_m^2=\frac{n^2}{d_1^2}+\frac{n^2}{d_2^2}+...+\frac{n^2}{d_m^2}$.

$=n^2(\frac{1}{d_1^2}+\frac{1}{d_2^2}+...+\frac{1}{d_m^2})$.

$\le n^2(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{m^2})$.

$<n^2(1+\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(m-1)m})$.

$=n^2(1+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m})$.

$=n^2(2-\frac{1}{m})<n^2.2\le n^2.\sqrt{n}\text{ vì }(n\ge 4)$.

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu $=$ xảy ra khi $n=1$.

Lời giải bài 64:

Không mất tính tổng quát, giả sử rằng: $\angle{ABO}\ge \angle{BAO}$. Từ giả thiết tứ giác $ABCD$ nội tiếp và $ON\parallel AB;OM\parallel CD$, ta có:$\angle{NOA}=\angle{OAB}=\angle{ODC}=\angle{DOM}=\angle{DCM}=\angle{CMO}$. 

Mặt khác: $\angle{KMC}=180^0-\angle{KOC}=\angle{KOA}$. Từ đó: $\angle{KMO}=\angle{KON}$.

Tương tự ta cũng chứng minh được $\angle{KNO}=\angle{KOM}$. 

Do đó: $\triangle{KOM}\sim \triangle{KNO}$ suy ra: $\frac{KM}{OM}=\frac{KO}{ON}(1)$.

Lại từ giả thiết $\frac{OP}{PN}=\frac{MQ}{QO}\implies \frac{OM}{MQ}=\frac{ON}{OP}(2)$.

Từ $(1),(2)$ thu được: $\frac{KM}{MQ}=\frac{KO}{OP}$, kết hợp với $\angle{KMQ}=\angle{KOP}$ ta nhận thấy $\triangle{KMQ}\sim \triangle{KOP}$, dẫn đến $\angle{KPO}=\angle{KQM}=180^0-\angle{KQO}$.

Vậy bốn điểm $O,K,P,Q$ cùng nằm trên một đường tròn. (đpcm).

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 09-09-2018 - 19:25