ChinhLu

Đề bài này có 1 thiếu sót quan trọng là không nói rõ $a,b,c$ thuộc tập số gì (số tự nhiên, số thực hay số phức).

Nếu $a,b,c$ thuộc tập số thực hay số phức thì phải định nghĩa thêm khái niệm chia hết cho số thực và số phức.Tưởng vấn đề cũng đơn giản : Một số chia hết cho 1 số thực (hay số phức) khi thương là số nguyên.

Mình hiểu chia hết ở đây là: đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) nếu P(x) =Q(x)R(x) với R cũng là một đa thức. Trong trường hợp này mình xét vành các đa thức hệ số phức, hoặc thực, hoặc nguyên (kiểu nào cũng được).  

Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho:
Fn(a,b,c)=an(b−c)+bn(c−a)+cn(a−b)⋮(a2+b2+c2+ab+bc+ca)

Đặt $G(a,b,c) = a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$.  

Giả sử $F_n$ chia hết cho $G$. cho $c=0$ ta được $ab(a^{n-1}-b^{n-1})$ chia hết cho $a^2+b^2+c^2$. Từ đây dễ dàng suy ra được $n-1$ phải chia hết cho $3$. 

Nếu $n=1$ hoặc $n=4$  ta có thể chứng minh được $F_n$ chia hết cho $G$. Giả sử $n>4$ và ta viết $n-1=3k$ với $k>1$. Ta viết 

$$F_n=ab(a^{3k}-b^{3k}) +bc (b^{3k}-c^{3k}) +ca(c^{3k}-a^{3k}).$$

Vì $a^{3k}-b^{3k}$ chia hết cho $a^2+b^2+ab$ nên ta có 

$$ab(a^{3k}-b^{3k}) = ab\frac{a^{3k}-b^{3k}}{a^2+b^2+ab}G(a,b,c) -abc(a+b+c)\frac{a^{3k}-b^{3k}}{a^2+b^2+ab}.$$

Như vậy $F_n$ chia hết cho $G$ tương đương với $H_n$ chia hết cho $G$, với

$$H_n(a,b,c)= \frac{a^{3k}-b^{3k}}{a^2+b^2+ab}+\frac{b^{3k}-c^{3k}}{c^2+b^2+cb}+\frac{c^{3k}-a^{3k}}{a^2+c^2+ac}.$$

Cho $c=0, b=1$ và $a$ là một số phức khác $1$ sao cho $a^3=1$ (có 2 số phức như thế). Thay vào $H_n$ ta được $H_n(a,b,c)$ khác $0$ nhưng $G(a,b,c)=0$. Như vậy $H_n$ không chia hết cho $G$. 

Kết luận $n=1$ hoặc $n=4$. 

 

Cho $a,b,c,d\in \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn:

$(a+bc)(b+ac)=5^d;a,b$ không chia hết cho 5.

Chứng minh $d$ chẵn.

Ta có thể viết $a+bc=5^m$ và $b+ac=5^n$ với $m,n$ là các số tự nhiên. Không mất tính tổng quát ta giả sử $m\geq n$. Từ hai phương trình vừa có ta suy ra được 

$$b(c^2-1)=5^n(5^{m-n}c-1).$$

Ta có hai trường hợp: 

TH1: $c=1$. Khi đó $m=n$ và $d$ là số chẵn. 

TH2: $c>1$. Do $b$ không chia hết cho $5$ nên ta phải có $c^2-1$ chia hết cho $5^n$. Từ đó

$$c\geq 5^n-1.$$

Như vậy ta phải có $a=1, b=1, c=5^n -1$. Suy ra $d$ là số chẵn. 

Để thuận tiện ta đặt 

• TH1: Các số $a_i$ là đôi một khác nhau. Khi đó tồn tại $k < m$ sao cho 

• TH2:  Tồn tại $k\neq m$ sao cho $a_k=a_m$. Ta có thể giả sử $a_1=a_n$. Đặt $y_1=x_1+x_2, y_2=x_3,...,y_{n-1}=x_n$. Ta có thể viết lại $F(x,a)$ dưới dạng

Chỗ này em không hiểu lắm. Tại sao các cột còn lại có nhiều hơn $\frac m2 \frac n4$ cây xanh vậy ạ ?

Trong ô vuông mxn ta đã trích ra ô vuông con gồm n/2 cột và m hàng. Bây giờ xét ô vuông con gồm n/2 cột (sau khi đã loại đi n/2 cột vừa xét) và m/2 hàng. Lưu ý rằng theo cách chọn ra m/2 hàng vừa nêu thì trên mỗi hàng có ít nhất 3n/4 cây xanh. Ta đã lấy đi không quá n/2 cây xanh nên bây giờ còn lại nhiều hơn n/4 cây xanh. Có m/2 hàng như thế nên tổng cộng là nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{n}{4}$. 

Bài 4b. Giả sử (phản chứng) rằng n  không chia hết cho 4. Để cho thuận tiện ta gọi hai loại cây là cây xanh và cây đỏ. Khi đó số cây xanh (cũng như cây đỏ) trên mỗi hàng  hoặc là $\leq n/4$ hoặc là $\geq 3n/4$. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: có ít nhất $m/2$ hàng mà mỗi hàng có ít nhất $3n/4$ cây xanh. Ta đánh dấu $m/2$ hàng này.  Gọi $k$ là số cột có ít nhất $m/4$ cây xanh. Khi đó trong ô chữ nhật tạo bởi $m/2$-hàng (đã chọn) và $n$ cột có số cây xanh tối đa là

$k \frac{m}{2} + (n-k)\frac{m}{4}$

Trong ô chữ nhật này ta phải có nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{3n}{4}$ cây xanh (vì $n$ không chia hết cho 4). Vậy $k>\frac{n}{2}$.  

Bây giờ ta tính số cây xanh trong ô chữ nhật $mxn$. Ta giả sử $n$ chẵn (nếu $n$ lẻ ta làm tương tự).  Lấy ra $\frac{n}{2}$ cột sao cho mỗi cột có ít nhất $3m/4$ cây xanh. Trong các cột còn lại có nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{n}{4}$ cây xanh. Cộng hết lại ta được nhiều hơn $mn/2$ cây xanh (mâu thuẫn). 

Cho dãy số thực $(x_n)$ thỏa mãn $x_i\geqslant 0,i=0,1,2,...,n$ $x_0=1$ và
$$x_i \leqslant x_{i+1}+x_{i+2}$$
Chứng minh:
$$ \sum_{i=0}^{n}x_i\geqslant \frac{f_{n+2}-1}{f_n}$$

($f_{n}$ là dãy Fibonaci.)

Cho $a;b;c;d \in \left [ 0;1 \right ]$. Chứng minh rằng:

$$\sum \frac{a}{bc+cd+db+1}\leq \frac{3}{4}+\frac{1}{4abcd}$$

Ta đánh giá $bd+1\geq b+d$. Từ đó $bc+cd+db +1\geq (c+1)(b+d)\geq (c+a)(b+d)$. Đặt $x= \frac{a+c}{2}, y= \frac{b+d}{2}$. Đưa BDT đã cho về 

$$\frac{x+y}{xy}\leq \frac{3}{2}+\frac{1}{2x^2y^2}.$$

Áp dụng thêm lần nữa $x+y\leq xy+1$ thì ta thu được $(xy-1)^2\geq 0$. 

Bài toán:Cho tam giác $ABC$.$(AB<AC)$.$D$ cố định trên $BC$. Một điểm $P$ di động trên $AD$, điểm $E$ trên $BC$ thỏa mãn hệ thức

$$\frac{EC}{EB}=\frac{PD}{PA}+\frac{DB.DC}{AP.AD}$$

Gọi $F$ là giao điểm của $(ABP)$ và $AC$ khác  $A$. Đường tròn $(CEF)$ cắt đường tròn $(O)$ tại $G$ khác $C$.

Chứng minh rằng khi $P$ di chuyển trên $AD$ thì $EG$ luôn đi qua một điểm cố định.

                                                                                (Kiểm tra đội tuyển IMO)

Gọi $D_1$ là giao điểm của $AP$ với đường tròn $(O)$ và $D_2$ là điểm trên cung $BC$ (không chứa $A$) sao cho góc $BAD_2$ bằng góc $CAD_1$. Gọi $G_1$ là giao điểm của $EG$ với đường tròn $(O)$.

Những điều sau đây là dễ thấy:

1). $\frac{PD_1}{PA}=\frac{EC}{EB}$,

2). $EF$ song song với $AG_1$.

Điều sau đây là dễ thấy bằng trực giác nhưng KHÓ chứng minh:

3). $D_2=G_1$ là điểm cố định cần tìm. 

Sau đây là lời giải sử dụng số phức. Giả sử đường tròn có bán kính $1$ và $O$ là góc toạ độ. Cũng có thể xem $A=1$. Gọi toạ độ các điểm khác là các chữ nhỏ (A= a=1, B=b, D_1=d,....). Ở đây mình ký hiệu $D_1=d$ cho gọn, vì mình không dùng dến toạ độ của $D$. Ta cần chứng minh góc giữa $EF$ và $AB$ bằng với góc giữa $AD_1$ và $AC$, tức là 

$$\frac{(e-f)(d-1)}{(b-1)(c-1)}\in \mathbb{R}.  (4)$$

Theo đề bài thì $ABPF$ nằm trên cùng một đường tròn. Do đó 

$$\frac{(d-1)(f-b)}{(c-1)(p-b)}\in \mathbb{R}. (5)$$

Ta chọn $r,s\in \mathbb{R}$ sao cho

$$f=s+(1-s)c, \ p=r+(1-r)d, \ e=rb +(1-r) c.$$

Khi đó (5) tương đương với

$$Y=(d-1)(s+(1-s)c-b)(\bar{c}-1)(r+(1-r)\bar{d}-\bar{b})\in \mathbb{R}.$$

Và (4) tương đương với 

$$ X=(d-1)(rb-s+(s-r)c)(\bar{b}-1)(\bar{c}-1) \in \mathbb{R}. $$

Ta có thể rút gọn để thu được đẳng thức sau đây:

$$X-Y=s(1-r)|c-1|^2|d-1|^2 + (1-r)(d-1)(b-c)(\bar{c}-1)(\bar{b}-\bar{d}).$$

Số hạng cuối cùng là số thực bởi vì $ABCD_1$ nằm trên $(O)$. Do $X\in \mathbb{R}$ nên $Y$ cũng là số thực. Điều đó chứng tỏ góc giữa $AB$ và $AD_2$ bằng góc giữa $AB$ và $AG_1$, tức là $G_1=D_2$.

Comments: Ở trên, mình sử dụng sự kiện là 

Góc ABC = Góc XYZ khi và chỉ khi $\frac{(a-b)(y-z)}{(b-c)(x-y)}\in \mathbb{R}.$

Mình tìm thấy bài toán này ở đây: http://www.artofprob...p?f=57&t=406528

Và vài thảo luận ở đây: http://math.stackexc...-such-that-phin

Nếu trên diễn đàn VMF đã có bạn giải được thì hay quá. 

Do đó, mình xin có vài câu hỏi: 

1. Người post bài có lời giải cho bài toán này không?

2. Bạn E. Galois (editor) có lời giải cho bài này không?

3. Người post bài có phải là tác giả của bài toán này không? (hay là bạn tìm thấy ở đâu đó)

4. Theo quy định của diễn đàn thì khi post bài có cần trích dẫn rõ ràng nguồn gốc hay không? Hay là cứ việc sưu tầm ở đâu đó rồi không nói thêm gì cả để gợi tò mò cho người xem?

Cho dãy số thực $(x_k)$ thỏa mãn:
$$|x_{m+n}-x_{m}-x_{n}| < \dfrac{1}{m+n}, \forall m, n \geq 1$$
Chứng minh rằng $(x_k)$ lập thành 1 cấp số cộng

Cố định $k\in \mathbb{N}^*$. Xét dãy số $y_n= x_{n+1}-x_n$. Dãy này có giới hạn là $x_1$ vì 

$$|y_n-x_1|<\frac{1}{n+1}.$$

Khi đó dãy số $y_n+...+y_{n+k-1}= x_{n+k}-x_n$ có giới hạn là $kx_1$ và cũng là $x_k$. Do đó $x_k=kx_1$. 

Một bài toán khá hay của thầy giáo mình.Post lên cho mọi người tham khảo

 

Problem:Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$.$P$ và $Q$ là hai điểm bất kì thỏa mãn $P,O,Q$ thẳng hàng. Giả sử $A_{1},B_{1},C_{1}$ lần lượt là hình chiếu của $P$ lên $BC,CA,AB$. Gọi $A_{2},B_{2},C_{2}$ lần lượt là các giao điểm của $AQ,BQ,CQ$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng tâm ngoại tiếp các tam giác $$PA_{1}A_{2},PB_{1}B_{2},PC_{1}C_{2}$$

thẳng hàng.

                                                                                                  Tác giả:Trần Quang Hùng

Mình trình bày lời giải bằng cách sử dụng số phức. Lời giải trông rất  phức tạp (vì dùng số phức mà)  nhưng có thể dùng trong nhiều bài toán hình học mà những "clever trick" không dễ gì tìm được. Mình cũng rất muốn được chiêm ngưỡng một lời giải đẹp mắt, nhưng vẫn chưa thấy. Bạn nào không thích lời giải phức tạp thì xin thứ lỗi nhé. 

Ta xem $O$ là gốc trong mặt phẳng phức, $P,Q$ nằm trên trục hoành $P=p, Q=q \in \mathbb{R}$. Các đỉnh của tam giác $ABC$ nằm trên đường tròn đơn vị và được biểu diễn bởi $A=a, B=b, C=c\in \mathbb{C}$.

Ta cũng có hai sự kiện sau:

1. $X,Y,Z$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\frac{x-y}{x-z}\in \mathbb{R}$

2. $XY$ vuông góc với $YZ$ khi và chỉ khi $\frac{x-y}{z-y}\in i\mathbb{R}$. 

Toạ độ của $A_2, B_2,C_2$ là $a_2,b_2,c_2\in \mathbb{C}$ thoả mãn:

$$a_2=\frac{q-a}{1-qa}, b_2=\frac{q-b}{1-qb}, c_2=\frac{q-c}{1-qc}.  (1)$$

Gọi giao điểm của đường tròn $PA_1A_2, PB_1B_2, PC_1C_2$ với $BC, CA, AB$ là $A_3,B_3,C_3$ và đặt

$$r= \frac{a_3-b}{a_3-c}\in \mathbb{R}, s= \frac{b_3-c}{b_3-a}\in \mathbb{R}, t= \frac{c_3-a}{c_3-b}\in \mathbb{R}.$$

Ta cần chứng minh $rst=1$. Ta có thể giả sử cả 3 số thực $r,s,t$ đều khác $0, \infty$. Để ý rằng $A_3A_2$ vuông góc với $PA_2$. 

Từ đó ta tính được 

$$r=\frac{Re\left[a_2p-1+\bar{a_2}b-pb\right]}{Re\left[a_2p-1+\bar{a_2}c-pc\right]}$$

Mình xin cung cấp thêm một cách xoay nữa ngắn hơn các của bạn hxthanh:

 

(R U Ri U) xoay đúng 5 lần. U (mặt đỏ) xuất hiện 10 lần nên mũi tên đổi chiều, R và Ri xuất hiện cùng nhau nên mũi tên mặt R không đổi hướng. Giống như khi bạn hxthanh xoay 2 vòng vậy (nhưng làm vậy hơi lâu). 

 

Nguyên bản nằm ở đây:  http://www.speedsolv...be-Center-piece

Mình xoay thử rồi và chính xác. 

Van con mot thuat toan khac ngan hon: 

(URLUURiLi)^2 =Id

Mat U xoay 6 lan, cac mat khac giu nguyen.

Đấy, ý mình là tại sao $x_i$ lại lẻ, bạn nên tính ra cho mọi người thấy.

Mỗi $x_i$ là một hoán vị kiểu (1,2,3,4) biến thành (2,3,4,1). Có tổng cổng 3 lần inversion nên là lẻ.