bangbang1412

Có thể chứng minh bài 4 như sau ; giả sử n > a thì $n=a+s$ với s nguyên dương ;

Gọi $2^{2^{a}}=x$ ; ta sẽ chứng minh $(x+1; x^{2^{r}}+1)$=1

Phản chứng  minh ; giả sử 2 số này có ước nguyên tố lẻ là d ; lấy hiệu 2 số là $x(x^{2^{r-1}}-1)$ chia hết cho d 

Mà x là lũy thừa của 2 nên $x^{2^{r-1}}-1$ chia hết cho d ; nhân nó với $x^{2^{r-1}}$ thì $x^{2^{r}}-x^{2^{r-1}}$ chia hết cho d

Trừ số này với số $x^{2^{r}}+1$ thì  $x^{2^{r-1}}+1$ là bội của d ; nên 2 là bội của d ; mà d lẻ nên d  = 1

Bài 5) Do a + 2k nguyên tố nên a lẻ ; a + k nguyên tố do đó k chẵn . Ta chứng minh k chia hết cho 3

Giả sử k không chia hết cho 3 thì k có dạng 3u + 1 hoặc 3u + 2 

Với k = 3u + 1 ; thì các số ban đầu là a ; a+ 3u + 1 ; a + 6u + 2

Do a là số nguyên tố > 3 nên a có dạng 3v + 1 hoặc 3v + 2

Không mất tính tổng quát ; ta chỉ xét a= 3v + 1

Thì a + 6u + 2 = 3(v + 2u ) + 3 chia hết co 3 ( vô lý )

Các trường hợp sau chứng minh tương tự nên k chia hết cho 3 mà ( 2 ; 3 ) = 1 nên k chia hết cho 6 .

7) a) ta biết một số chia bình phương của nó chia 3 luôn dư 1 nên $p^{2}-1$ chia hết cho 3

vừa mới xem ở trang khác thì ở đây có ; cái này hay .

Bài 2: do $n+2$ nguyên tố ; theo định lý Wilson thì $(n+1)!+1$ chia hết cho $n+2$ ; đặt $A=n!-1$

Đặt $(n+1)!+1=k(n+2)$ với k nguyên => $(n+1)!=(n+2)k-1$ => $n!-1=A=\frac{(n+2)(k-1)}{n+1}$

Vì $n+2$ là số nguyên tố nên A là hợp số .

Đổi biến $(a;b;c;d)=(\frac{ab}{c^{2}};\frac{bc}{d^{2}};\frac{cd}{a^{2}};\frac{ad}{b^{2}})$

Thay vào bất đẳng thức và dùng cauchy - schwarz ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau :

                                            $\frac{(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})^{2}}{\sum (a^{2}b^{2}+c^{4})(ab+c^{2})}\geq 1$

Hay                                      $\frac{\sum a^{6}+\sum a^{3}b^{3}}{\sum a^{6}+abc^{4}+bcd^{4}+dca^{4}+adb^{4}+a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}d^{3}+d^{3}a^{3}+\sum a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 1$

Tương đương với :

                                            $2\sum a^{3}b^{3}\geq \sum abc^{4}+a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}d^{3}+d^{3}a^{3}+\sum a^{2}b^{2}c^{2}$

Bằng AM - GM ; ta chứng minh được : 

                                            $\sum a^{3}b^{3}\geq \frac{3}{2}a^{2}b^{2}c^{2}$

Chỉ cần chứng minh $\frac{1}{2}\sum a^{2}b^{2}c^{2}+a^{3}c^{3}+b^{3}d^{3}\geq \sum abc^{4}$

cách em ngắn hơn bác ạ ; 

Bây giờ nếu ta gọi $M'$ là trung điểm của $BC$, chỉ cần chứng minh được $M'$ thuộc $(DEF)$ thì ta được $M\equiv M'$, tức là $M$ là trung điểm của $BC$. Thật vậy, vì môt đường thẳng chỉ cắt đường tròn tối đa 2 điểm. Xét đường thẳng $BC$ cắt đường tròn $(DEF)$, theo đề bài thì  $BC$ cắt $(DEF)$ tại hai điểm $M$ và $D$. Gỉa sử $M$ và $M'$ không trùng nhau thì ta đã chứng minh $M'$ thuộc $(DEF)$, suy ra $BC$ cắt $(DEF)$ tại 3 điểm (vô lí)

Tương tự thì $N,P$ cũng sẽ là trung điểm của $AC,AB$. Ba đường thẳng đề bài cho sẽ đồng quy tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Banve.JPG

Do vậy ở đây, ta xét điểm $M$ là trung điểm của $BC$ và ta chứng minh $M$ thuộc $(DEF)$ bằng cách chứng minh tứ giác $DFEM$ là tứ giác nội tiếp

Ta có $\widehat{FEM}=\widehat{FEB}+\widehat{BEM}$

Mà $\widehat{FCB}=\widehat{FEB}$ ($EFBC$ là tứ giác nội tiếp)

và $\widehat{BEM}=\widehat{MBE}=\widehat{DFC}$

($\widehat{BEM}=\widehat{MBE}$ là vì tam giác $BEM$ cân tại $M$ theo tính chất trung tuyến trong tam giác vuông,

$\widehat{MBE}=\widehat{DFC}$ là do tứ giác $FHDB$ nội tiếp với $H$ là trực tâm tam giác $ABC$)

Suy ra $\widehat{FEM}=\widehat{FCB}+\widehat{DFC}$

Lại có $\widehat{FDB}=\widehat{FCB}+\widehat{DFC}$ (tính chất góc ngoài tam giác)

Suy ra $\widehat{FEM}=\widehat{FDB}$

Do đó $EFDM$ là tứ giác nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong)

Bài toán kết thúc

 

Đường tròn nói trên chính là đường tròn Euler, đường tròn Chín Điểm, đường tròn này còn đi qua trung điểm các đoạn $HA,HB,HC$ và tâm của nó là trung điểm của đoạn $OH$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

cách giải của bạn thankdotk14 đúng rồi nhưng đánh lỗi nhé ; ở trước dòng sử dụng đồng nhất thức ai còn cách nào khác hay hơn không 

Cho tam giác ABC ; các đường cao AD ; BE ; CF . Đường tròn đi qua D ; E ; F cắt BC ; CA ; AB tại M ; N; P . Chứng minh các đường vuông góc với các cạnh tam giác ABC hạ từ M ; N ; P đồng quy với nhau .

P/s : theo như hình vẽ và cách chứng minh của minh thì đường tròn đi qua D ; E ; F cắt các cạnh A ; B ; C tại 3 trung điểm . Nếu ai cũng làm ra như thế thì ghi chứng minh ở đây nhé .

Một cách tổng quát ; ta luôn chứng minh được phương trình sau đây không có nghiệm nguyên khi k chẵn và không có nghiệm dương khi k lẻ  $x^{k}+y^{k}=(k+1)^{k}$ mà không cần dùng đến định lý lớn Fermat .

Điều kiện x  ;y khác 0 ; sau khi quy đồng thì $(x+y)^{2}=xy$

Rõ ràng không tồn tại vì x ; y trái dấu nên VP âm còn VT dương .

Xét sự hội tụ của chuỗi sau với i là một số nguyên dương :

                                 $A=\sum_{i=1}^{\infty +}\int_{i}^{i+1}\frac{e^{x}}{x}dx$

Giả sử đa thức $f(x)$ có nghiệm nguyên là a thì $f(x)=(x-a)g(x)$ ; khi đó $g(x)$ là một đa thức có hệ số nguyên 

Ta có $f(1).f(2)=(1-a)(2-a)g(1)g(2)=35$

Điều này vô lý vì $(1-a)(2-a)$ chẵn vì là tích hai số nguyên liên  tiếp và vế phải lẻ ; do đó đa thức không có nghiệm nguyên .

Có thể mở rộng cho TH tổng quát :

Cho đa thức $f(x)$ có các hệ số nguyên và $f(a).f(a+1)=2k+1$

Khi đó đa thức này không có nghiệm nguyên với k nguyên .

Với n = 1 hiển nhiên bất đẳng thức đúng ; Giả sử $k^{k}\leq (k!)^{2}$

Hay $k^{k-2}\leq (k-1)!^{2}$ ; ta sẽ chứng minh $(k+1)^{k-1}\leq (k!)^{2}$

Thật vậy tương tự bài trên ta thấy $VT=(k+1)^{k}.\frac{1}{k+1}\leq k^{k+1}.\frac{1}{k+1}\leq k^{k}\leq (k!)^{2}$

Bất đẳng thức được chứng minh .

Với bất đẳng thức cauchy - schwarz có một cách làm khá hay ( tuy không đúng chủ đề quy nạp ) 

Chứng minh rằng với mọi số thực không âm thì ta có bất đẳng thức :

                                                   $(\sum_{i=1}^{n}(ai)^{2})(\sum_{i=1}^{n}(bi)^{2})\geq (\sum_{i=1}^{n}ai.bi)^{2}$

Trong đó i là các hệ số từ 1 -> n 

Thật vậy theo bất đẳng thức cauchy - schwarz trong không gian vecto thực ( không gian Euclide )

Ta luôn có bất đẳng thức           $(x,y)^{2}\leq (x,x)(y,y)$

Trong đó x ; y là 2 vecto bất kỳ của không gian này ; đẳng thức xảy ra khi x ; y phụ thuộc tuyến tính .

Ta áp dụng bất đẳng thức cơ bản này cho một không gian sau $x=(x1;x2;.........xn)$ ; $y=(y1;y2;.......yn)$

Mà ở đó phép cộng 2 phần tử xác định bởi $x+y=(x1+y1;x2+y2;.......;xn+yn)$

Và phép nhân một phần tử với một số thực là $ax=(ax1;...........axn)$ ; phép nhân 2 phần tử $xy=(x1.y1;...........;xn.yn)$

Ta chứng minh được không gian này là một không gian tuyến tính ; áp dụng bất đẳng thức trên cho không gian tuyến tính ; áp dụng bất đẳng thức  $(x,y)^{2}\leq (x,x)(y,y)$

Ta có ngay điều phải chứng minh .