davidsilva98

Bài 10. Cho b là một số nguyên dương thỏa mãn b + 1 = q ≥ 5 là số nguyên tố.
Gọi p là ước số nguyên tố lớn nhất của $b^{y}$ + 1, q là ước số nguyên tố nhỏ nhất của

y. Chứng minh rằng:
p ≥ q + 2.

Dễ thấy nếu $q=2$ thì bài toán được giải quyết. Do đó xét $q>2$ nên $y$ lẻ

Gọi $t=ord_{p}(q-1)$. Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1. Nếu $t=1$ thì $ord_{p}(q-1)=1$. Dẫn đến $$q-1\equiv 1(mod\: p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}p \end{matrix}\right|q-2\Rightarrow q-2\geq p\:(1)$$ Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}q \end{matrix}\right|(q-1)^y+1$ và  $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ nên suy ra $q\leq p\:(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta được $q\leq p\leq q-2$. Dẫn đến điều mâu thuẫn.

Trường hợp 2. Nếu $t=2$ thì $ord_{p}(q-1)=2\Rightarrow \left.\begin{matrix}p \end{matrix}\right|(q-1)^2-1=q(q-2)$

Do $p,q$ là các số nguyên tố nên $(p,q)=1$. Dẫn đến $ \left.\begin{matrix}p \end{matrix}\right|q-2\Rightarrow q-2\geq p\:(3)$

Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}q \end{matrix}\right|(q-1)^y+1$ và  $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ nên suy ra $q\leq p\:(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ ta được $q\leq p\leq q-2$. Dẫn đến điều mâu thuẫn.

Trường hợp 3. Xét $t>2$.Từ giả thiết suy ra $$\left.\begin{matrix}p \end{matrix}\right|(q-1)^{2y}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}t\end{matrix}\right|2y$$ Do $t>2$ nên $ \left.\begin{matrix}t \end{matrix}\right|y$ mà $q$ là ước số nguyên tố nhỏ nhất của $y$. Dẫn đến $q\leq t(*)$

Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ ta được $$(q-1)^{p-1}\equiv 1(mod\: p)$$ Từ đó suy ra $t\leq p-1(**)$. Kết hợp giữa $(*)$ và $(**)$ suy ra $q\leq p-1\Leftrightarrow p\geq q+1$

Cho các số thực a,b,c thỏa mãn $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.Cmr:

$\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}$

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được $$\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}=\frac{b^2}{ab}+\frac{c^2}{bc}+\frac{a^2}{ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$$ Mặt khác, theo giả thiết ta suy ra $$abc(a+b+c)\geq ab+bc+ca$$ Từ đó ta suy ra $$\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{abc(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{abc}$$ Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bài số $\fbox{2a}$:

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x^2 y=x+z \\ y^2 z=y+x \\ z^2 x = z + y\\ \end{matrix}\right.$
 

Hệ phương trình trên tương đương với $$\left\{\begin{matrix} y(x^2+1)=x+y+z\; (1) \\ z(y^2+1)=x+y+z \;  (2)\\ x(z^2+1) = x+y+z\; (3)\\ \end{matrix}\right.$$ Nếu $x+y+z=0$ thì ta suy ra $x=y=z=0$

Nếu $x+y+z\neq 0$ thì dẫn đến $x,y,z$ cùng dấu. Ta có nhận xét $(x_{0};y_{0};z_{0})$ là nghiệm của hệ thì $(-x_{0};-y_{0};-z_{0})$ cũng là nghiệm của hệ. Do đó, ta chỉ cần xét $x,y,z>0$.

Trường hợp 1. Nếu $x>y$ thì dẫn đến $$x^2+1>y^2+1\Rightarrow y<z\Rightarrow y^2+1<z^2+1\Rightarrow z>x\Rightarrow z^2+1>x^2+1\Rightarrow x<y$$ Do đó dẫn đến vô lý.

Trường hợp 2. Nếu $x<y$ thì tương tự ta có được $x>y$. Dẫn đến mâu thuẫn

Suy ra $x=y=z$. Khi đó ta có phương trình $x^3=2x\Leftrightarrow x=0\vee x=\pm \sqrt{2}$

Vậy nghiệm của hệ là $\left ( x,y,z \right )=\left \{ \left ( 0,0,0 \right ) ;\left ( \sqrt{2},\sqrt{2},\sqrt{2} \right );\left ( -\sqrt{2},-\sqrt{2},-\sqrt{2} \right )\right \}$

Cho a, b, c, x, y, z thỏa mãn $a> 0$ và $(b-1)^{2}-4ac<0$. Chứng minh rằng 3 bất đẳng thức $ax^{2}+bx+c\leq y$, $ay^{2}+by+c\leq z$, $az^{2}+bz+c\leq x$ không thể cùng đúng.

Giả sử cả $3$ bất đẳng thức trên cùng đúng. Khi đó, cộng $3$ bất đẳng thức ta được $$a(x^2+y^2+z^2)+(b-1)(x+y+z)+3c\leq 0$$ Mặt khác, ta lại có bất đẳng thức sau $$x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}$$ Từ đó suy ra $$\frac{a(x+y+z)^2}{3}+(b-1)(x+y+z)+3c\leq 0$$ Đặt $t=\frac{x+y+z}{3}$. Dẫn đến $$\frac{at^2}{3}+(b-1)t+3c\leq 0\Leftrightarrow \frac{a}{3}\left [t+\frac{3(b-1)}{2a}  \right ]^2+\frac{3\left [ 4ac-(b-1)^2 \right ]}{4a}\leq 0$$ Kết hợp giả thiết ta thấy bất đẳng thức trên vô lý. Dẫn đến điều giả sử là sai

Câu 3b. Trên mặt phẳng cho $2017$ điểm sao cho với $3$ điểm bất kì trong số các điểm đó ta luôn tìm được $2$ điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn $1$. Chứng minh rằng luôn tồn tại một đường tròn bán kính bằng $1$ chứa không ít hơn $1009$ điểm đã cho.

Lời giải. 

Gọi $A_{1},A_{2},..,A_{2017}$ là các điểm đã cho trên mặt phẳng.

* Nếu tất cả các đoạn thẳng được tạo ra từ $2$ điểm trong $2017$ điểm đã cho có độ dài bé hơn $1$. Như vậy các điểm đã cho nằm trong đường tròn tâm $A_{1}$ bán kính bằng $1$.

* Nếu tồn tại đoạn thẳng có độ dài lớn hơn hoặc bằng $1$. Giả sử $A_{1}A_{2}$ là đoạn thẳng có độ dài lớn nhất. Khi đó ta xét $3$ điểm $A_{1},A_{2},A_{k},\: k=\overline{3,2017}$. 

Do $A_{1}A_{2}$ có độ dài lớn hơn hoặc bằng $1$ nên một trong hai đoạn thẳng $A_{1}A_{k}$ và $A_{2}A_{k}$ có độ dài nhỏ hơn $1$.

Gọi $B_{1}$ là số đoạn thẳng $A_{1}A_{k}$,  có độ dài nhỏ hơn $1$

      $B_{2}$ là số đoạn thẳng $A_{2}A_{k}$,  có độ dài nhỏ hơn $1$

Theo nguyên lý Đirichlet, tồn tại một trong hai số $B_{1},B_{2}$ lớn hơn hoặc bằng $1008$. Giả sử là $B_{1}$.

Như vậy tồn tại ít nhất $1009$ điểm trong đường tròn tâm $A_{1}$ bán kính bằng $1$ kể cả điểm $A_{1}$

Câu 4. Cho $x,y,z$ là $3$ số thực dương thỏa $$x^3+y^2+z=2\sqrt{3}+1$$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P=\frac{1}{x}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^3}$$ Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: $$\frac{x^3}{3}+\frac{1}{3x}+\frac{1}{3x}+\frac{1}{3x}\geq \frac{4}{3}$$ $$\frac{y^2}{3}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{2}{\sqrt{3}}$$ $$\frac{z}{9}+\frac{z}{9}+\frac{z}{9}+\frac{1}{z^3}\geq \frac{4\sqrt{3}}{9}$$ Từ đó suy ra $$P=\frac{1}{x}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^3}\geq \frac{12+10\sqrt{3}}{9}-\frac{x^3+y^2+z}{3}=\frac{9+4\sqrt{3}}{9}$$ Đẳng thức xảy ra khi $x=1;\: y=\sqrt[4]{3};\: z=\sqrt{3}$

Chứng minh rằng nếu hai số nguyên dương $a, b$ thỏa $p = a + b$ với $p$ là số nguyên tố thì $2ab = c^{2} + d^{2}$

Nhận xét

Nguồn: AoPS
Một bài rất dễ tuy nhiên hướng đi rất hay :-) Chờ lời giải từ các bạn :3

Theo đề bài của bạn thì với $a=2$ và $b=3$ thì không tồn tại $c,d$. Mình nghĩ đề như sau mới chính xác:  

Chứng minh nếu hai số nguyên dương $a,b$ thỏa $a+b=p$ với $p$ là số nguyên tố thì tồn tại $c,d$ sao cho $2ab=c^{2}-d^{2}$

Chứng minh như sau: Với $p=2$ ta dễ chứng minh được. Xét $p> 2$ thì $p$ lẻ nên có thể giả sử $a$ chẵn.

Khi đó ta có thể chọn $c=\frac{a}{2}+b$ và $d=\frac{a}{2}-b$ thì $2ab=c^2-d^2$.

Bài toán được chứng minh.

Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)}\geq \frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{xy+yz+zx}$

Ta chuẩn hóa $xy+yz+zx=3$. Ta chỉ cần chứng minh $$(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8$$

Thật vậy: $$(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8\Leftrightarrow (x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz\geq 8\Leftrightarrow 3(x+y+z)-xyz\geq 8$$

Bất đẳng thức trên đúng do $xy+yz+zx=3$ nên $x+y+z\geq 3,\; xyz\leq 1$

Cho a,b,c>0 va a+b+c=1 chung minh $\frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ca}{b+ac}\geq \frac{3}{4}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $$\sum \frac{ab}{c+ab}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{ab}{c(a+b+c)+ab}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{ab}{(c+a)(c+b)}\geq \frac{3}{4}$$

$$\Leftrightarrow 4\sum ab(a+b)\geq 3(a+b)(b+c)(c+a)\Leftrightarrow 4\sum ab(a+b)\geq 3\left ( \sum ab(a+b) +2abc\right )$$

$$\Leftrightarrow \sum ab(a+b)\geq 6abc\Leftrightarrow \sum a(b-c)^{2}\geq 0$$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Buổi thi thứ hai.

 

Bài 5. (7 điểm)

Cho tam giác $ABC$ có $AB> AC$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB$. Các đường trung trực của $AB,AC$ cắt tia $AM$ tại $D,E$ tương ứng. Đường thằng $BD$ và $CE$ cắt nhau tại $F$ ($F$ nằm trong tam giác $ABC$)

 

       a) Chứng minh $AF$ là phân giác ngoài góc $EFD$

     

       b) Chứng minh rằng $A,N,F,P$ cùng nằm trên một đường tròn.

Duới đây mình xin trình bày một cách giải ảo diệu câu a 

Ta có: $$\frac{FE}{FD}=\frac{sin\widehat{EDF}}{sin\widehat{DEF}}=\frac{sin2\widehat{BAM}}{sin2\widehat{CAM}}=\frac{sin\widehat{BAM}}{sin\widehat{CAM}}.\frac{cos\widehat{BAM}}{cos\widehat{CAM}}=\frac{sin\widehat{BAM}}{sin\widehat{CAM}}.\frac{AP/AD}{AN/AE}$$ 

$$\Rightarrow \frac{FE}{FD}=\frac{sin\widehat{BAM}}{sin\widehat{CAM}}.\frac{AB}{AC}.\frac{AE}{AD}=\frac{AE}{AD}.\frac{\frac{1}{2}.AB.AM.sin\widehat{BAM}}{\frac{1}{2}.AC.AM.sin\widehat{CAM}}=\frac{AE}{AD}.\frac{S_{ABM}}{S_{ACM}}=\frac{AE}{AD}$$ 

Suy ra $AF$ là phân giác ngoài góc $DFE$

Buổi thi thứ nhất.

Bài 1. (5 điểm)

Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ được xác định bởi $$\left\{\begin{matrix} x_{1}\in \left ( 0;1 \right )\\ x_{n+1}=x_{n}+\left ( \frac{x_{n}}{n} \right )^{2}, \forall n\geq 1\end{matrix}\right.$$ Dãy số $\left ( x_{n} \right )$ có hội tụ không? Tại sao?

 

Ngày thi thứ nhất

 

Câu I: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $3^p+4^p$ là số chính phương

 

Đặt $3^{p}+4^{p}=k^{2}\; (k\in \mathbb{N})$

Dễ thấy $p=2$ thỏa mãn đề bài và $p=7$ không thỏa.

Xét trường hợp $p\neq 7$. Do $p$ lẻ nên $3^{p}+4^{p}\: \vdots \: 7\Rightarrow k=7^{a}.b$ với $(b,7)=1$

Theo định lý LTE ta được $$2a=v_{7}(3^{p}+4^{p})=v_{7}(3+4)+v_{7}(p)=1$$ Điều này vô lý do $a\in \mathbb{N}$. Vậy $p=2$

Bài toán. Chứng minh rằng phương trình $$x^{7}+y^{7}=1998^{z}$$ không có nghiệm nguyên dương.

Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn $a^2+b^2$ chia hết cho $ab+1$

 

Chứng minh $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$là số chính phương

Cho $k$ cố định. Xét tập sau $$S=\left \{ (a,b)\in \mathbb{N}^{2} :\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}=k\right \}$$

Qua C dựng đt d vuông góc với AC. Từ B dựng BE vuông góc với d. Gọi M là trung điểm BE. AM giao với CE tại D. CMR BC vuông góc với BD

Gọi $F$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Xét tam giác $BFC$ có $M$ là trung điểm $BE$ nên $A$ là trung điểm $CF$

Suy ra $AF=AC=AB$ (do tam giác $ABC$ cân ở $A$) nên $\angle CBF=90^{0}\Rightarrow \angle CBD=90^{0}$

Dẫn đến $BC$ vuông góc $BD$