NLT

Giải phương trình nghiệm nguyên: $(x^2+1)(y^2+1)+4=2(x+1)(y+1)$

Ta có:\[(x^2+ 1)(y^2 + 1) + 4 = 2(x + 1)(y + 1) \Leftrightarrow (y^2 + 1)x^2 - 2(y + 1)x + {y^2} - 2y + 3 = 0( 1)\]

Mà: \[\Delta '\left( 1 \right) = {\left( {y + 1} \right)^2} - ({y^2} - 2y + 3)({y^2} + 1) =  - {y^4} + 2{y^3} - 3{y^2} + 4y - 2\]

Ta chứng minh: $\Delta '(1) \le 0, \forall y \in \mathbb{Z}$. Điều này tương đương với: \[{y^4} - 2{y^3} + 3{y^2} - 4y + 2 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {{y^2} - y} \right)^2} + 2{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0(True)\].

Để tồn tại $x,y$ thì $y=1 \to x=1$

Vậy: \[ \boxed{\text{x=y=1}}\]

P/s: Cũng có thể đánh giá $VT \ge VP$ của phương trình ban đầu, từ đó tìm được các giá trị $x,y$.

___

NLT

$\boxed{\text{ Bài toán 1 }}$  Cho $\Delta ABC$, đường tròn tâm $K$ tùy ý sao cho $BC$ là dây cung của $(K)$. Gọi $A'$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(K)$; $D$ là giao điểm của $AB$ và $A'C$, $E$ là giao điểm của $AC$ và $A'B$. Cho $P$ là một điểm tùy ý trên $AA'$; $Z$ và $F$ lần lượt là giao điểm của $DP$ và $EP$ với $(K)$ ($Z,F$ cùng một nửa mặt phẳng bờ $BC$). Chứng minh rằng: $AA'; BZ; CF$ đồng quy.

 

 

Bài 1.png

Hướng nghĩ khác: Cái hình mình chỉnh khá lâu mới được vậy, mong mọi người thông cảm.

Gọi $Q,R$ lần lượt là các giao điểm của $AB,AC$ với $(K)$.

Gọi $P$ là giao điểm của $BZ$ và $CX$ (tại em vẽ hình thiếu tên giao điểm đó, điểm $P$ đề ra có thể cho là điểm $P'$ vậy), $W$ là giao điểm của $RZ$ và $XQ$; $V$ là giao điểm của $BR$ và $CQ$, $Y$ là giao điểm của $BX$ và $CZ$.

Ta đi chứng minh $A, P, A'$ thẳng hàng.

Áp dụng Định lý Pascal cho lục giác nội tiếp đường tròn:

+ Lục giác $BBRCCQ$, ta có: $A', V, A$ thẳng hàng.

+ Lục giác $BBXCCZ$, ta có: $P, A', Y$ thẳng hàng

+ Lục giác $BXQCZR$, ta có: $W, V, Y$ thẳng hàng

+ Lục giác $XQBZRC$, ta có: $W, A, P$ thẳng hàng.

P/s: Ý tưởng của mình mới tới đây thôi, tức là chỉ còn trường hợp dưới đây: (không mất tính tổng quát có thể giả sử thứ tự các điểm như hình dưới)

Giờ em đi ngủ, lúc nào có thời gian em nghĩ tiếp, mọi người nghĩ theo ý tưởng này được không ạ? :| 

P/s: Ý tưởng dùng Desargues cho bài toán này là khá tự nhiên ... Near đã giải quá chuẩn rồi

Sắp thi rồi, có thể mình sẽ ít lên topic này một thời gian, mong mọi người đừng để nó đóng bụi nhé !

___

NLT

$\boxed{\text{ Bài toán 3}}$  Cho $\Delta ABC$, $A_1, B_1,C_1$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$. $AA_1, BB_1, CC_1$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tương ứng tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng: \[ \frac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}+\frac{BB_{1}}{B_{1}B_{2}}+\frac{CC_{1}}{C_{1}C_{2}}\ge \frac{3p^{2}}{r(4R+r)}\]

Trong đó: $p,r,R$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$.

$\boxed{\text{ Bài toán 2 }}$  Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Giả sử $\begin{vmatrix} AD-BC \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} AC - BD \end{vmatrix}$. Chứng minh tứ giác $ABCD$ là hình thang cân.

 

Spoiler

Bài này khá là lừa tình

Giải như sau: 

Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$.

Áp dụng công thức đường trung tuyến vào các tam giác $ABC, ADC, BDP$, ta có: \[AB^2 + BC^2+ CD^2 + DA^2= 2(BP^2 + DP^2)+ AC^2= 4NP^2 + AC^2 + BD^2 (1)\]

Theo định lý Ptolemy, ta có: \[AB.CD + AD.BC = AC.BD (2) \to 2AB.CD +2AD.BC = 2AC.BD \]

Lấy $(1)$ trừ $(2)$ vế theo vế ta được: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} + {\left( {BC - AD} \right)^2} = {\left( {AC - BD} \right)^2} + 4N{P^2}\]

Kết hợp với giả thiết suy ra: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} = 4N{P^2} \Leftrightarrow NP = \frac{1}{2}|AB - CD| = |MN - MP|\]

Theo BĐT tam giác suy ra $MN=MP \to AD=BC$

Vậy $ABCD$ là hình thang cân, phép chứng minh hoàn tất !

___

NLT

$\boxed{\text{ Bài toán 1 }}$  Cho $\Delta ABC$, đường tròn tâm $K$ tùy ý sao cho $BC$ là dây cung của $(K)$. Gọi $A'$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(K)$; $D$ là giao điểm của $AB$ và $A'C$, $E$ là giao điểm của $AC$ và $A'B$. Cho $P$ là một điểm tùy ý trên $AA'$; $Z$ và $F$ lần lượt là giao điểm của $DP$ và $EP$ với $(K)$ ($Z,F$ cùng một nửa mặt phẳng bờ $BC$). Chứng minh rằng: $AA'; BZ; CF$ đồng quy.

GEOMETRY IS A WONDERFUL PART OF MATHEMATICS !

Thân ái chào các bạn !

Thay cho lời mở đầu, mời các bạn vui lòng đọc topic sau!

Các Topic tổng hợp các bài toán trên Mathlinks.ro về các phần Số học, Dãy số - Giới hạn, Phương trình - Hệ phương trình, Phương trình hàm, Đa thức ,... đã được anh Phúc ( dark templar ) lập cách đây không lâu. Hôm nay mình mạn phép lập ra Topic tổng hợp các bài toán Hình học trên diễn đàn Mathlinks.ro .

P/s: Để tăng tính thẩm mỹ, các bạn gửi bài trên đây theo code sau: 

$\boxed{\text{ Bài toán ...}}$ Nội dung bài toán.

Hoặc

CHÚ Ý:  Khoảng từ 4-7 ngày kể từ sau ngày post đề bài, nếu không ai đưa ra lời giải, mình xin trích dẫn lời giải trên Mathlinks.ro. Khi có lời giải cho 1 bài toán, thì sẽ có 1 hoặc 2 bài mới được post lên. Một lưu ý nữa, khi các bạn giải bài cố gắng vẽ hình giúp nhé !

Cùng nổi bão lên nào, chém mạnh tay vào nhé !!!

___

NLT

Chat

Spoiler

@Dark templar: Thật ra lúc đầu anh cũng định lập topic Hình học nhưng mà anh thấy mảng Hình học bên VMF mình có vẻ yếu nên thôi.Cũng may đã có sự góp mặt của các siêu tân binh mới Mà em nhớ bảo các bạn vẽ Hình khi giải bài nhé.

@ NLT:Dạ, nếu họ không vẽ em sẽ ráng vẽ  ^^! Các tân binh mới cũng là lý do để em lập Topic này đó ạ. Có thể với đà này phương châm mỗi tuần 1 bài toán quá anh ơi   

 PQ đi qua trung điểm cung AB (cũng là trung điểm cung CD)

Một cách khác để chứng minh điều này, để ý rằng $IP // MN$ do cùng vuông góc $AB$.

Lại có $\angle QPI = \angle QMN (= \angle QAI = \angle QAN)$.

Từ 2 điều trên có $PQ$ đi qua trung điểm cung $AB$

Cho hình thang $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đáy lớn $CD$, $H$ là trung điểm $CD$. Gọi $I,J,K$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của $\Delta ACD, \Delta AHD, \Delta AHC$. Đường tròn đường kính $AI$ cắt $(O)$ tại $Q$ và cắt $AB$ tại $P$. Chứng minh rằng $PQ, (O)$ và đường tròn ngoại tiếp $\Delta AKJ$ cùng đi qua $1$ điểm. 

___

NLT

tạm được nhưng nếu là sách thì còn quá nghèo
có thêm chuyên đề Số chính phương
phương trình
hệ phuong trình
hàm số và parabol
bất đẳng thúc và cực trị
đa thức
bất phương trình ............
in ra sách pk

Bạn có thấy các chữ CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC không vậy bạn? Số học làm gì có những thứ kia? Bị sao thế? Công sức anh em làm ra mà bị nói vậy, tức quá 

Spoiler

Bất mãn không chịu được  

Cho $a_i (i=1,2,..,n)$ là $n$ số hữu tỉ. Chứng minh rằng nếu với mọi số nguyên dương $m$, thỏa mãn $\sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}^m} \in \mathbb{Z}$ thì $a_i \in \mathbb{Z}, i=1,2,..,n$.

___

NLT

1. Tìm tất cả các số nguyên tố $p,q$ thỏa mãn \[ p^q-q^p=pq^2-19 \]
2.  

Giải như sau: 

Phương trình tương đương: \[ p^q+19=q^2(p+q^{p-2}) \to p^q+19 \equiv 0 (\mod q)\]

Nhưng theo Fermat nhỏ thì: \[ p^q \equiv p (\mod q) \to p+19 \vdots q \]

Tương tự: \[q-19 \vdots p\]

Suy ra: \[ (p+19)(q-19) \vdots pq \to 19(q-p-19) \vdots pq \].

Do $p,q$ nguyên tố nên $(19; pq)=1 \vee q \vee q$. Đối với $2$ trường hợp $(19;qp)=q \vee q$ dễ dàng tìm được $p,q$

Trường hợp còn lại $\to q-p-19 \vdots pq \to |q-p-19| \vdots pq$

Công việc còn lại quá đơn giản, có thể xét các trường hợp sao cho biểu thức trong dấu " $| |$" không âm và dùng tính chất: Với $2$ số tự nhiên $a,b$, $b$ khác $0$ thỏa $a \vdots b$ thì $a=0 \vee a \ge b$.

P/s: Số 19 ở bài này không quan trọng, có thể thay bằng bất cứ $a$ nguyên tố nào

___

NLT

Với $n \in \mathbb{N}, n \ge 1$ Chứng minh $n^4+4^n$ là hợp số

Với $n=1$ thì bài toán sai !

Chỉ cần xét n chẵn.

Với n lẻ thì bài này tương đương với phân tích đa thức  $x^4+4a^4$ thành nhân tử 

$n \vdots 2 \to n^4+4^n \vdots 2$, xét gì nữa bạn?

______________

Có lẽ nên sửa lại đề tí $n>1$. Lời giải hoàn chỉnh:

- Nếu $n \vdots 2 \to n^4+4^n \vdots 2$, rõ ràng là hợp số.

- Nếu $n$ lẻ. Đặt $n=2k+1$. Khi đó: \[{n^4} + {4^n} = {n^4} + 4.{\left( {{2^k}} \right)^4} = \left[ {{n^4} + 4.{{\left( {{2^k}} \right)}^2} + 4.{{\left( {{2^k}} \right)}^4}} \right] - 4.{\left( {{2^k}} \right)^2} = {\left( {{n^2} + {{2.2}^{2k}}} \right)^2} - {\left( {{2^{k + 1}}} \right)^2} = \left( {{n^2} + {2^{2k + 1}} + {2^{k + 1}}} \right)\left( {{n^2} + {2^{2k + 1}} - {2^{k + 1}}} \right)\]

Vì $n>1 \to {n^2} + {2^{2k + 1}} + {2^{k + 1}} > {n^2} + {2^{2k + 1}} - {2^{k + 1}} > 1 \to Q.E.D$

@ Sagittarius912: Mình nghĩ bài này nên post ở Topic Toán THCS cậu nhé !

___

NLT

Xin lỗi nếu mình đã Spam! Dù mình không thi và cũng không phải là giám khảo của cuộc thi MSS nhưng mình có ý kiến này, mong mọi người đừng ném đá ạ !

Về việc bài các toán thủ ra đề, ta nên chọn đề nào thực sự phù hợp. Đề hay ở ý tưởng, một trận đấu chỉ với $3$ lời giải như thế này quả thật là mất đi sự thú vị, tính lạc quan của của thi,mình nghĩ vậy, giống như MO trận này, xem tại đây! MSS cũng như các cuộc thi khác của diễn đàn, là một sân chơi toán học, ở đây không quan trọng thắng thua, cái chính là ta học được gì, cho nên các bạn ra đề hãy thật sự cân nhắc, chứ không phải là một sự cạnh tranh nào ở đây cả . 

Về ý tưởng của mình ở bài toán này, không biết có trùng với bài bạn nào ở trên đây không.

Ý tưởng đơn giản, chỉ cần chứng minh $P,B,Q$ thẳng hàng và $PB,MN,OO'$ đồng quy tại 1 điểm, gọi điểm đó là $I$.

Thực ra chỉ là hệ quả của phép vị tự tâm $I$ với tỉ số $k=\frac{IM}{IN}$, biến $(O) \to (O'); M \to N; P \to Q$.

Hiển nhiên có nhiều hướng mở rộng bài toán, đặc biệt là dùng phép biến hình, suy biến đường tròn thành đường thẳng để có nhiều bài toán mới, có thể dùng bổ đề nhỏ sau: 

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$, $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$, đường kính $DE$ của đường tròn $(I)$. $AI$ cắt $BC$ tại $K$. Khi đó, $AD=CK$. Hoặc bài toán về đường đối trung với sự đồng quy tại điểm Lemoine. Chúc các bạn thành công với nhiều mở rộng hay.

___

NLT

PP. Tìm $a,b$ nguyên dương thỏa mãn $a^2+b^2|(a+b)(ab-1)$.

Giải như sau:

Gọi $d=\gcd(a+b;a^2+b^2) \to d|ab-1$.

Ta có: $d | (a+b)^2-(a^2+b^2) \to d | 2ab \to d| 2ab-2(ab-1) \to d|2 \to d=1  \vee d=2$.

Nếu $d=1 \to ab-1 \vdots a^2+b^2$, suy ra $ab=1 \vee ab-1 \ge a^2+b^2$. Mà $a,b \in \mathbb{N}^{*}$ nên $a^2+b^2 \ge 2ab>ab-1 \to ab-1=0 \to ab=1 \to a=b=1$.

Nếu $d=2 \to 2(ab-1) \vdots a^2+b^2$. Tuơng tự trên suy ra: $ab=1$ hoặc $2(ab-1) \ge a^2+b^2$, tương tự cũng tìm ra $a=b=1$.

Kết luận: \[\boxed{a=b=1}\]

___

NLT

Cho a,b,c >0 và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$. Chứng minh rằng : $5(a+b+c)+\frac{3}{abc}\geq 18$

Đặt $p=\sum a; q=\sum ab; r=abc$.

Từ: \[\sum a^2 = 3 \to p^2+2q=3\to p>\sqrt{3}\]

Có: \[q^2 \ge 3pr \to \frac{1}{r} \ge \frac{3p}{q^2}\]

Như vậy điều cần chứng minh trở thành: $$5p+\frac{9p}{q^2}-18 \ge 0 \Leftrightarrow 5p+\frac{36p}{(p^2-3)^2} - 18 \ge 0 (*)$$.

Dự đoán đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$, tức $p=3$, dễ dàng phân tích vế trái của $(*)$ trở thành:\[\frac{{{{\left( {p - 3} \right)}^2}\left( {5{p^3} + 12{p^2} - 3p - 18} \right)}}{{{{\left( {{p^2} - 3} \right)}^2}}}\]

Công việc của ta chỉ cần chứng minh: \[5{p^3} + 12{p^2} - 3p - 18 > 0\]

Để ý rằng hàm: $f(x) = 5{x^3} + 12{x^2} - 3x - 18$ đồng biến trên $(\sqrt 3 ; + \infty)$ và $f(\sqrt{3})>0$ nên $f(p)>0$, đó là đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$. Bài toán kết thúc!

___

NLT