Đến nội dung

Hình ảnh

[TOPIC] Sáu Bảy Tám Chín.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 105 trả lời

#101
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 181: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số $k$ sao cho $1983^k-1$ chia hết cho $10^5$.

Bài 182: cho bảng ô vuông $nxn(n>5)$. trong mỗi ô của bảng ta viết một dấu $(+)$ hoặc $(-)$ sao cho trong toàn bộ bảng chỉ có một dấu $(-)$ và không nằm ở các ô góc. Mỗi lần cho phép đổi tất cả các ô trên cùng một hàng, cùng một cột, cùng một đường song song với đường chéo, hoặc bốn ô ở góc. Hỏi sau hữu hạn lần có thể làm cho bảng chỉ gồm các dấu cộng được không?

Bài 183:[Định lý Feuerbach-Luchterhand] Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp, $M$ là điểm bất kỳ trong mặt phẳng tứ giác. Ta có hệ thức: $MA^2.BC.CD.DB-MB^2.CD.DA.AC+MC^2.DA.AB.BD-MD^2.AB.BC.CA=0$.

Bài 184: [Định lý Lyness] Cho tam giác $ABC$, đường tròn ngoại tiếp $(O,R)$, đường tròn nội tiếp $(I,r)$. Đường tròn $(O_1,p)$ tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc với các cạnh $AB,AC$ theo thứ tự $D,E$. Chứng minh rằng: $I$ là trung điểm $DE$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 02-01-2019 - 08:52


#102
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 181: Cho $k$ lấy giá trị từ $1$ đến $10^5+1$ rồi thay vào biểu thức $1983^k-1$ sẽ nhận được $10^5+1$ giá trị khác nhau. Chia $10^5+1$ số vừa nhận ở trên cho $10^5$, sẽ được nhiều nhất là $10^5$ số dư. Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, phải có ít nhất hai số cho cùng một số dư. Giả sử đó là số $1983^m-1$ và $1983^n-1(m>n)$. Thế thì $(1983^m-1)-(1983^n-1)$ chia hết cho $10^5$ mà $(1983^m-1)-(1983^n-1)=(1983^m-1983^n)=1983^n(1983^{m-n}-1)$. Nhưng $1983$ và $10^5$ nguyên tố cùng nhau, do vậy phải có $1983^{m-n}-1$ chia hết cho $10^5$. Số $k=m-n$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

Lời giải bài 182: Thay cho dấu $(+)$ ta viết số $1$, dấu $(-)$ ta viết số $(-1)$. Xét hình chữ nhật $4x4$ chứa dấu $(-)$ sao cho dấu $(-)$ nằm ở biên nhưng không nằm ở các ô góc. Tô màu các ô hình chữ nhật $4x4$ như sau:

ccsd.jpg

Gọi $S(n)$ là tích các số được viết trong các ô được tô màu sau bước thứ $n$. Ta luôn có $S(n)=-1$.

Lời giải bài 183: Gọi $I$ là giao điểm $AC$ và $BD$. Áp dụng định lý Stewart, ta có:

$MA^2.IC+MC^2.IA-IA.IC.AC=MI^2.AC; MB^2.ID+ID^2.IB-IB.ID.BD=MI^2.BC$

$\implies MA^2.IC.BD+MC^2.IA.BD-IA.IC.AC.BD=MI^2.AC.BD=MB^2.ID.AC+MD^2.IB.AC-IB.ID.BD.AC$.

$\implies MA^2.IC.BD+MC^2.IA.BD=MB^2.ID.AC+MD^2.IB.AC(1)$

Mặt khác, ta có: $\frac{IA}{IC}=\frac{S_{ABD}}{S_{CBD}}=\frac{AD.AB}{CB.CD}\implies IC=\frac{CB.CD}{AD.AB}.IA$. Tương tự: $ID=\frac{DA.DC}{BA.BC}.IB$.

Thay vào $(1)$, ta có;

$MA^2.\frac{CB.CD}{AD.AB}.IA.BD+MC^2.IA.BD=MB^2.\frac{DA.DC}{BA.BC}+MD^2.IB.AC$

$\iff \frac{IA}{AB.AD}(MA^2.BC.CD.DB+MC^2.AB.BD.DA)=\frac{IB}{AB.AC}(MB^2.AC.DC.CA+MD^2.AB.BC.CA)(2)$

Lại có: $\triangle{IAD}\sim \triangle{IBC}\implies \frac{IA}{AD}=\frac{IB}{IC}$, thay vào $(2)$, ta có đpcm.

Lời giải bài 184: Ta có: $AI=\frac{r}{sin\frac{A}{2}};AO_1=\frac{p}{sin\frac{A}{2}}\implies IO_1=\frac{p-r}{sin\frac{A}{2}}\implies \frac{IO_1}{AO_1}=\frac{p-r}{p}=1-\frac{r}{p}$. Áp dụng định lý Stewart cho tam giác $AOO_1$, ta có: $OO_1^2.AI+OA^2.O_1I-OI^2.AO_1=AI.O_1I.AO_1$. Chú ý rằng: $OO_1=R-p,OI^2=R^2-2Rr,OA=R$, ta tính được; $sin^2\frac{A}{2}=1-\frac{r}{p}$. Suy ra $\frac{IO_1}{AO_1}=sin^2\frac{A}{2}=\frac{p^2}{AO_1^2}\implies IO_1.AO_1=p^2$. Do đó $I$ nằm trên đường đối cực của $A$ đối với $(O_1)\implies I\in DE\implies I=AO_1\cap DE\implies I$ là trung điểm $DE$ (đpcm).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 02-01-2019 - 09:17


#103
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 185: Chứng minh rằng tồn tại những số nguyên $a,b$ và $c$ không đồng thời bằng $0$ và giá trị tuyệt đối không quá $1000000$, thỏa mãn $|a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}|<10^{-11}$.

Bài 186: Trên bảng cho đa thức $f(x)=x^2+4x+3$. Thực hiện trò chơi sau, nếu trên bảng đã cho có đa thức $P(x)$ thì được phép viết thêm lên bảng một trong hai đa thức sau: $Q(x)=x^2.f(\frac{1}{x}+1),R(x)=(x-1)^2f(\frac{1}{x-1})$.

Hỏi sau một số bước ta có thể được đa thức $g(x)=x^2+10x+9$ hay không?

Bài 187: [Định lý Lyness mở rộng (Bổ đề Sawayama)] Cho tam giác $ABC$ nộ tiếp đường tròn $(O)$. $M$ thuộc $BC$. Một đường tròn $(O')$ tiếp xúc với hai cạnh $MA$ và $MC$ tại $E$ và $F$ đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $K$. Khi đó ta có tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$ nằm trên đường thẳng $EF$.

Bài 188:[Định lý Thébault] Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $D$ là một điểm nằm trên cạnh $BC$. Đường tròn tâm $P$ tiếp xúc với $2$ đoạn $AD,DC$ và tiếp xúc trong với $(O)$. Đường tròn tâm $Q$ tiếp xúc với $2$ đoạn $AD,DB$ và tiếp xúc trong với $(O)$. Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$. Ta có $P,I,Q$. 



#104
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 185: Đặt $S$ là tập hợp của $10^{18}$ số thực $r+s\sqrt{2}+t\sqrt{3}$ với mọi $r,s,t$ thuộc $\left\{0,1,2,...,10^6-1\right\}$ và đặt $d=(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}d).10^6$. khi đó mỗi $x$ trong $S$ đều nằm trong khoảng $0\le x<d$. Chia đoạn này thành $10^{18}-1$ phần bằng nhau, mỗi đoạn nhỏ có độ dài $e=\frac{d}{10^{18}-1}$. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai số trong $10^{18}$ số của $S$ nằm trong cùng một đoạn nhỏ. Hiệu của hai số này kí hiệu là $a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}$ đó chính là các sổ $a,b,c$ vì $e=\frac{10^7}{10^{18}}=10^{-11}$.

Lời giải bài 186: Không thể.

Đa thức $P(x)=ax^2+bx+c$ có biệt thức $\Delta_{P}=b^2-4ac$. Xét hai đa thức được viết thêm: $Q(x)=(a+b+c)x^2+(b+2a)x+a$ và $R(x)=cx^2+(b-2a)x+(a-b+c)$.

Dễ dàng kiểm tra được rằng: $\Delta_{Q}=\Delta_{R}=b^2-4ac=\Delta_{P}$.

Như vậy, các đa thức được viết thêm và đa thức ban đầu có cùng biệt thức $\Delta$.

Vì hai đa thức $f(x)$ và $g(x)$ có biệt thức $\Delta$ khác nhau nên không thể viết được đa thức $g(x)$.

Lời giải bài 187: Gọi $G$ là giao điểm khác $K$ của $KF$ và $(O)$. Phép vị tự biến $(O')\rightarrow (O)$ biến $F,BC\rightarrow$ tiếp tuyến của $(O)$ song song với $BC$ tại $G\implies G$ là trung điểm cung $BC\implies GC^2=GF.GK$. Gọi $I$ là giao $AG$ và $EF$.

Ta có: $\angle{IEK}=\angle{IAK}(=\angle{FKD})\implies AEIK$ nội tiếp.

$\implies \angle{AIK}=\angle{EFK}(=\angle{AEK})\implies \triangle{AIK}\sim \triangle{IFK}(g.g)$

$\implies \angle{GKI}=\angle{GIF}(=\angle{EKA})\implies \triangle{GIF}\sim \triangle{GKI}(g.g)\implies GI^2=GF.GK\implies GI=GC\implies I$ là tâm nội tiếp $\triangle{ABC}$. 

Lời giải bài 188: Gọi $E,F$ là tiếp điểm của $(P)$ với $BC,AD$; $G,H$ là tiếp điểm của $(Q)$ với $BC,AD$. Gọi $I$ là giao điểm của $EF$ và $GH\implies I$ là tâm nội tiếp $\triangle{ABC}$. Gọi $X$ là giao điểm $GH$ và $QD$; $Y$ là giao điểm $EF$ và $PD$. Ta thấy $IXDY$ là hình chữ nhật $\implies \frac{IX}{PD}=\frac{YD}{PD}=\frac{QX}{QD}\implies P,I,Q$ thẳng hàng (đẳng thức thứ $2$ có là do $\triangle{QGD}\sim \triangle{DEP}$). 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 29-01-2019 - 07:08


#105
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 189: Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$, tồn tại vô số số nguyên dương $n$ thỏa mãn $2^n-n\vdots p$.

Bài 190: Giả sử $a,b,c$ là các số nguyên, $(a,b)=d$. Khi đó ta có:

i) $(\frac{a}{d},\frac{b}{d})=1$

ii) $(a+cb,b)=(a,b)$.

Bài 191: [Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự, định lý Leibnitz] Nếu $I$ là tâm tỉ cự của hệ điểm $A_i$ ứng với các hệ số $a_i$ thì với mọi điểm $M$ trên mặt phẳng ta có: $\sum\limits_{i=1}^{n}a_iMA_i^2=\sum\limits_{i=1}^{n}a_iIA_i^2+MI^2.\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$.

* Định lý Leibnitz: Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $M$ là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Ta có: $MG^2=\frac{1}{3}(MA^2+MB^2+MC^2)-\frac{1}{9}(AB^2+BC^2+CA^2)$.

Bài 192:[Định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp] Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn $(O)$. Khi đó trung điểm $2$ đường chéo của tứ giác thẳng hàng với $O$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 21-02-2019 - 06:09


#106
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Lời giải bài 189: Nếu $p=2$ thì mọi $n$ chẵn đều thỏa mãn điều kiện đề bài nên không mất tính tổng quát nếu ta giả sử $p>2$. Khi đó theo đính lý nhỏ của Fermat, $2^{m}(p-1)\equiv 1(\text{ mod }p)$.

Lấy $n=m(p-1)$ với $m\equiv -1 (\text{ mod }p)$ ta có: $n=m(p-1)\equiv 1(\text{ mod }p)$ và $2^{n}-n\equiv 2^{n}-1\equiv 0(\text{ mod }p)$.

Lời giải bài 190: 

i) Giả sử $a$ và $b$ là các số nguyên và $(a,b)=d$. Giả sử $e$ là một ước chung dương của $\frac{a}{d}$ và $\frac{b}{d}:e|(\frac{a}{d}),e|(\frac{b}{d})$. Khi đó tồn tại các số nguyên $k$ và $l$ sao cho $\frac{a}{d}=ke,\frac{b}{d}=le$  tức là $a=dek,b=del$. Do đó $de$ là ước chung của $a$ và $b$. Vì $d$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ nên $e=1$. Vậy $(\frac{a}{d};\frac{b}{d})=1$.

ii) Ta có nhận xét sau: Giả sử $a,b,c,m$ và $n$ là các số nguyên. Nếu $c|a$ và $$c|b  thì $c| ma+nb$.

Giả sử $a,b,c$ là các số nguyên. Ta sẽ chỉ ra rằng, các ước chung của $a$ và $b$ hoàn toàn trùng với ước chung của $a+cb$ và $b$, từ đó suy ra $(a+cb,b)=(a,b)$. Giả sử $e$ là một ước chung của $a$ và $b$. Do nhận xét trên suy ra $e| (ca+b)$ nên $e$ là ước chung của $a+cb$ và $b$. Ngược lại, giả sử $f$ là ước chung của $a+cb$ và $b$. Khi đó $f|[(a+cb)-cb]$, tức là $f|a$. Vậy $f$ là ước chung của $a$ và $b$.

Lời giải bài 191: 

Chứng minh: Vì $I$ là tâm tỉ cự của hệ điểm nên $\sum \limits_{i=1}^{n}a_i\vec{IA_i}=\vec{0}$. Do đó: 

$\sum \limits_{i=1}^{n}a_iMA_i^2=\sum\limits_{i=1}^{n}a_i(\vec{MI}+\vec{IA_i})^2=\sum \limits_{i=1}^{n}a_iIA_i^2+2\vec{MI}\sum \limits_{i=1}^{n}a_i\vec{IA_i}+MI^2\sum \limits_{i=1}^{n}a_i=\sum \limits_{i=1}^{n}a_iIA_i^2+MI^2\sum \limits_{i=1}^{n}a_i$.

Định lý Leibnitz: Gọ $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $M$ là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Ta có: $MG^2=\frac{1}{3}(MA^2+MB^2+MC^2)-\frac{1}{9}(AB^2+BC^2+CA^2)$.

Lời giải bài 192: Gọi $P,Q,R,S$ lần lượt là các tiếp điểm của các đoạn thẳng $AB,BC,CD,DA$ đối với đường tròn $(O)$. Đặt $SA=AP=a, BP=BQ=b, CQ=CR=c, DR=DS=d$. Áp dụng định lý con nhím cho tứ giác $ABCD$ ta có:

$(a+b)\vec{OP}+(b+c)\vec{OQ}+(c+d)\vec{OR}+(d+a)\vec{OS}=\vec{0}$.

$\iff \sum (a+b)(\frac{b}{a+b}\vec{OA}+\frac{a}{a+b}\vec{OB})=\vec{0}$.

$\iff (b+d)(\vec{OA}+\vec{OC})+(a+c)(\vec{OB}+\vec{OD})=\vec{0}$.

Suy ra $2$ vector $\vec{OM},\vec{ON}$ cùng phương $\implies O,M,N$ thẳng hàng (đpcm).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 23-02-2019 - 16:28





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh