Near

Giả sử $a;b;c$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau sao cho đẳng thức $a^n=b^2+c^2$ đúng với số nguyên $n>1$ nào đó.Chứng minh rằng $a$ có thể viết thành tổng của 2 số chính phương.

Chứng minh rằng nếu số nguyên dương $N$ có thể biểu diễn dưới dạng tổng bình phương của ba số nguyên chia hết cho 3 thì nó cũng có thể biểu diễn dưới dạng tổng bình phương của ba số không chia hết cho 3.

Bài toán 40:

 

 

 

Lục giác APCMBN nội tiếp (O).Gọi D;E;F;X;Y;Z lần lượt là giao của AC;AB với NP;của CA;CB với BD;của BC;BA với MN.Khi đó dễ dàng chứng minh được DX;EY;FZ đồng quy.

Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác ABC( kí hiệu (I) ) cắt AC tại E'.Khi đó lục giác XYZDE'F ngoại tiếp (I).

Theo định lý Brianchon ta có DX;E'Y;FZ đồng quy.Do đó E;E';Y thẳng hàng.Mà E;E' cùng thuộc AC nên E trùng E hay MNP ngoại tiếp (I).

Do $\angle BAC=\angle NMP$ nên BN song song PC.Lại có BC và PN cùng tiếp xúc với (I) nên theo tính chất đối xứng ta có AB=MN;AC=MP;BC=NP hay 2 tam giác ABC và MNP bằng nhau(đccm)

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp đường tròn $(O)$ ($AB$ không là đường kính). Gọi $P$ là 1 điểm bất kì trên cung $CD$ không chứa $A,B$. Vẽ $PA$ cắt $DC,DB$ tại $H,E$ tương ứng. Vẽ $PB$ cắt $CD,CA$ tại $F,G$ tương ứng. $HG$ cắt $FE$ tại $Q$.

$T$ là giao điểm của $AC,BD$ còn $S$ là giao điểm của $AB,CD$.

Chứng minh rằng: $P,Q,T$ thẳng hàng $\Leftrightarrow OS \perp PQ$

Gọi N là giao của AD và BC.

Theo định lý Brocard ta có:$OS\perp NT$.

Do đó bài toán được giải quyết nếu ta chứng minh được $\overline{P;Q;T}\Leftrightarrow \overline{P;Q;N}$.

Gọi I là giao của AF và BH.Theo định lý Pappus ta có $\overline{I;Q;T}$.

Gọi N là giao của AB và NT.Ta sẽ chứng minh:$\overline{P;I;L} \Leftrightarrow \frac{AH}{HP}.\frac{PF}{FB}.\frac{BL}{AL}=1$.

Bằng một vài biến đổi đơn giản ta có:$\Leftrightarrow \frac{AL}{BL}.\frac{BC}{AD}.\frac{BD}{AC}=1$.

Lại có:$\frac{BF}{PF}=\frac{BD}{DP}.\frac{sinBDC}{sinPDC}=\frac{BD}{DP}.\frac{sinBPC}{sinPBC}=\frac{BD}{DP}.\frac{BC}{CP}$

Tương tự $\frac{PH}{AH}=\frac{DP}{AD}.\frac{CP}{AC}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta có ĐCCM.

Do $\overline{P;I;L}$ nên PI;AB;NT đồng quy.Áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác PAN và IBT ta có $\overline{H;D;X}$ với X là giao của PN và IT.

Mà $\overline{I;Q;T}$ nên X cũng là giao của QT và PN.Giao điểm này thuộc CD.Vậy $\overline{P;Q;T}\Leftrightarrow \overline{P;Q;N}$.

______________________________________________________

Ở cách giải trên ta đã chứng minh được PI luôn đi qua 1 điểm cố định (giao của TN và AB) khi P di chuyển. 

Ta thấy nếu PQ luôn đi qua 1 điểm cố định thuộc PT thì hiển nhiên $\overline{P;Q;T}\Leftrightarrow \overline{P;Q;N}$.Sau khi vẽ hình và kiểm chứng ta thấy PQ luôn đi qua giao của trung trực AB và TN.Mời các bạn thử chứng minh.

______________________________________________________

Không hiểu sao em không up được hình vẽ nhỉ?

Link:http://upanh.com/sli...art=2rv27u3v6as

$\boxed{\text{ Bài toán 1 }}$  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

Ta sẽ chứng minh bài toán ngược sau:Giả thiết như bài toán trên đến đoạn DP cắt (K) tại Z,ta thay phần sau bằng:H là giao của CZ với AA';F là giao BH với (K).Chứng minh E;F;P thẳng hàng (hay EF;DZ;AA" đồng quy)

Ta sử dụng các bổ đề dưới đây:

$\bullet$ Bổ đề 1:Tứ giác ABCD nội tiếp (O); tiếp tuyến tại C;D cắt nhau tại I;  H;K lần lượt là giao của AD và BC;AC và BD.Khi đó I;H;K thẳng hàng.

$\bullet$ Bổ đề 2:Cho (A;B;C;D)=-1;K thuộc trung trực của AB;các đường thẳng vuông góc với KA;KB cắt nhau tại I.Ta có:$\angle BIC=\angle BKD$.

$\bullet$ Bổ đề 3:Tứ giác ABCD có M;P lần lượt là giao của AD và BC; N;Q thứ tự là giao của MP với AB;CD.Khi đó:(M;P;N;Q)=-1.

 

Trở lại bài toán,gọi K là giao của BZ và CF;I;G lần lượt là giao của BC và DE;AA' và BC.

Theo bổ đề 1 ta có:A,A',H,K thẳng hàng.Theo bổ đề 2 ta có (B;C;G;I)=-1.Theo bổ đề 3 ta có:$\angle CKI=\angle GA'C\Rightarrow A'A\perp KI$.

Theo định lý Brocard ta có I;Z;F thẳng hàng hay ZF;BC;DE đồng quy.

Xét bộ 3 tam giác sau:ADE;A'ZF;ABC ta thấy các bộ đường thẳng (A'Z;AB;AD);(A'F;AE;AC);(DE;ZF;BC) đồng quy

Lại có AA';BZ;CF đồng quy nên theo đinh lý Desargues ta có AA';DZ;EF đồng quy(đccm)

Bài 3:

Ta có bài toán (*) sau:

Cho (M) dây cung PQ;B thuộc cung nhỏ PQ;E;N thuộc PQ sao cho ME=MN (M là trung điểm của PQ).BE;BM;BN lần lượt cắt (M) tại A;C;F.Gọi D là giao của AF và PQ.

Chứng minh DC là tiếp tuyến của (M).

Thật vậy kẻ DC' là tiếp tuyến của (M);BC' cắt PQ tại M'.Ta sẽ chứng minh M trùng M' hay M' là trung điểm của EN.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BAF cát tuyến END có:$\frac{EB}{EA}.\frac{DA}{DF}.\frac{NF}{NB}=1$

Kết hợp với các đẳng thức:

$DC'^2=DF.DA$

$EA.EB=NB.NF(=EP.EQ=NQ.NP)$

Ta được:$\frac{DF}{DC'}=\frac{BE}{BN}$

Lại có:$\frac{DF}{DC'}=\frac{sìnC'D}{sinC'FD}=\frac{sinM'BN}{sinM'BE}$

suy ra $\frac{BE}{BN}=\frac{sinM'BN}{sinM'BE}$ hay $\frac{S_{BEM'}}{S_{BNM'}}=1$.Do đó M' là trung điểm của EN(đccm)

Trở lại với bài toán ban đầu gọi P;Q là giao của  EM với $(M;\frac{AB}{2})$;N là giao của BF và EM ta thấy đây là bài toán (*) trong trường hợp PQ là đường kính của (M).

Bài toán Cho $\Delta ABC$ nội tiếp (O), Đường tròn (U) qua B và C cắt

CA, AB tại E và F. BE giao CF tại H. M là giao điểm của UH và BC. Tia MH

cắt (O) tại K. KE cắt AB tại Q.Chứng minh rằng MQ, AH, EF đồng quy.

Gọi D là giao của EF và BC.Theo định lý Brocard ta có $UH\perp AD$ tại K'.Dễ dàng chứng minh được $K\equiv K'$.

Gọi I là giao của AH và FE;P là giao của QI và BC.Bài toán được giải quyết nếu ta chứng minh được P;K;H thẳng hàng.

Gọi N là giao của KE và BC.Theo định lý Blanchet mở rộng ta có KH là phân giác $\angle BKN$.

Do đó K;P;H thẳng hàng khi $(B;N;M;D)=-1$.

Ta có $(QB;QN;QM;QD)=-1$.Áp dụng định lý chùm điều hòa ta có:$(B;N;M;D)=-1\Leftrightarrow (F;E;I;D)=-1$

Áp dụng đinh lý Menelaus cho tam giác BEF cát tuyến AIH:$\frac{IE}{IF}.\frac{AC}{AE}.\frac{HF}{HC}=1$

Áp dụng đinh lý Menelaus cho tam giác DFC cát tuyến BHE:$\frac{BC}{BD}.\frac{ED}{EF}.\frac{HF}{HC}=1$

Vậy nên:$$(F;E;I;D)=-1\Leftrightarrow \frac{IE}{IF}=\frac{DE}{DF}\Leftrightarrow \frac{BD.EF}{BC}=\frac{AE.DF}{AC}\Leftrightarrow \frac{DF}{DB}=\frac{EF}{BC}.\frac{AC}{AE}=\frac{AF}{AC}.\frac{AC}{AE}=\frac{AF}{AE}$$

(đúng theo định lý sin)

Vậy MQ;AH;EF đồng quy.

Ta có:

$$\frac{BC}{BA}=\frac{CE}{AE}=\frac{S_{CPE}}{S_{APE}}=\frac{PC.sinCPE}{PA.sinAPE}$$

Tương tự:

$$\frac{BC}{AC}=\frac{PB.sinBPF}{PA.sinAPF}\Rightarrow \frac{PB}{PC}=\frac{AB.sinCPE}{AC.sinBPF}$$

Do đó:

$$\frac{PB}{PA}+\frac{PB}{PC}=\frac{AB.sinCPE+BC.sinAPE}{AC.sinBPF}=\frac{AB.\frac{sinCPE}{sinBPF}+AC.\frac{APF}{BPF}}{AC}=\frac{AB.\frac{CP'}{BP'}+BC.\frac{AP'}{BP'}}{AC}=\frac{AB.CP'+BC.AP'}{AC.BP'}=1$$

(áp dụng định lý Ptolemy vào tứ giác $AP'CB$ nội tiếp)

Vậy $\frac{1}{PA}+\frac{1}{PC}=\frac{1}{PB}$

 

Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng ta luôn sắp được các số 1, 2, …, p-1 trên một vòng tròn sao cho với 3 số a, b, c liên tiếp ta luôn có ac – b² chia hết cho p.

Lấy $x\in \left \{ 1;2;3;...;p-1 \right \}$ sao cho $x$ là căn nguyên thủy mod p.
Khi đó $ord_px=\varphi (p)=p-1$
Xét $A=\left \{ 0;x;x^2;...;x^{p-1} \right \}$
Nhận thấy $A$ có $p$ phần tử,hiệu 2 phần tử phân biệt bất kì có dạng $x^k$ hoặc $x^k(x^h-1)(h;k\in N^*;h;k<p-1)$ đều không chia hết cho $p$
Do đó A là hệ thặng dư đầy đủ mod p
Gọi $(x_1;x_2;...x_{p-1})$ là một bộ hoán vị của $(1;2;...;p-1)$ sao cho:
$$x\equiv x_1(mod p)$$
$$x^2\equiv x_2(mod p)$$
$$..................$$
$$x^{p-1}\equiv x_{p-1}(mod p)$$
Sắp xếp $(x_1;x_2;...x_{p-1})$ theo thứ tự trên vòng tròn,ta sẽ có một vòng tròn thỏa mãn bài toán.