quanchun98

Tìm nghiệm nguyên dương của PT sau: $x^{4}+7^{x}+47=y^{2}$ ( Theo phương pháp mof thì đã tìm được 2 cặp là (4;52),(4;-52))

Cho $p$ là số nguyên tố thỏa mãn $\frac{p-1}{2}$ cũng là số nguyên tố và $a,b,c$ là các số nguyên dương không chia hết cho $p$. Chứng minh rằng có nhiều nhất $1+\sqrt{2p}$ số nguyên dương n thỏa mãn $n<p$ và $p$ là ước của $a^{n}+b^{n}+c^{n}$

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa mãn phương trình:

$xf\left ( 2f\left ( y \right )-x \right )+y^{2}f\left ( 2x-f\left ( y \right ) \right )=\frac{f\left ( x \right )^{2}}{x}+f\left ( yf\left ( y \right ) \right )\forall x,y\in \mathbb{Z},x\neq 0$

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: 

$xf\left (y \right )+f\left (xf\left (y \right ) \right )-xf\left (f\left (y \right ) \right )-f\left (xy \right )=2x+f\left (y \right )-f\left (x+y \right )$

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:

$f\left ( y^{2}+2xf\left ( y \right )+f\left ( x \right )^{2} \right )=\left ( y+f\left ( x \right ) \right )\left ( x+f\left ( y \right ) \right )\forall x,y\in \mathbb{R}$

(AXY) lần lượt cắt (O), AB, AE, AC tại K', Q, P, R. Kẻ XM, XN vuông góc với AB và AE dễ thấy hai tam giác  XMQ và XNP bằng nhau do đó AQ+AP=AM+AN=AB+AE-BE. Tương tự AP+AR=AE+AC-CE. Do đó AB-AQ=AC-AR hay BQ=CR. Dễ thấy hai tam giác K'QB và K'RC đồng dạng mà BQ=CR nên K'B=K'C nên K' trùng K. Suy ra A,K,X,Y đồng viên.

$\Delta AEH\sim \Delta CDH,\Delta AEM\sim \Delta CDN\Rightarrow \frac{EH}{DH}=\frac{AE}{CD}=\frac{EM}{DN}\Rightarrow \frac{EH}{EM}.\frac{IM}{IN}.\frac{DN}{DH}=1$ suy ra D, E, I thẳng hàng (menelaus dảo).

Từ PT 1 suy ra $2\left ( \sqrt{1-x} \right )^{3}+\sqrt{1-x}=2\left ( y-1 \right )^{3}+y-1\Rightarrow y-1=\sqrt{1-x}$ sau đó rút x ra thế vào PT 2 đặt t=y-1 rồi giải tiếp ( biến đổi tương đương hoặc nhân liên hợp(.

Gọi r, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK và ABC. Ta có $\frac{r}{R}=\frac{AK}{AC}=cosA$.

Gọi J là trực tâm tam giác ADE, M là trung điểm DE, Dễ thấy M là trung điểm IJ và $2R^{2}=2ID^{2}=2IM.IA=IJ.IA\Rightarrow \frac{IJ}{IA}=\frac{2R^{2}}{IA^{2}}=2sin^{2}\frac{A}{2}=1-cosA\Rightarrow \frac{AJ}{AI}=cosA=\frac{r}{R}$. Do đó J là tâm nội tiếp tam giác AHK.

Tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). Phân giác AI, BI cắt (O) tại D, E. DE cắt AC, BC tại F, G. Đường thẳng qua F song song với AD cắt đường thẳng qua G song song với BE tại P. Tiếp tuyến tại A, B của (O) cắt nhau tại K. CMR AE, BD, KP đôi một song song hoặc đồng quy.

Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp (O). Tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại S. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T. M là trung điểm AC. P, Q, I lần lượt là giao điểm của Tm với AB, AS với BC, AQ với CP. E, F lần lượt thuộc MP, MQ sao cho IE song song với MQ, IF song song với MP. AS cắt MP tại H. MQ giao CP tại K. CMR FH, KE, MI đồng quy.

$P=\frac{2}{\sqrt{x^{2}+1}+x+\sqrt{x^{2}+1}-x}+\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+1}}=\frac{2x+1}{\sqrt{x^{2}+1}}=\sqrt{5-\frac{\left ( x-2 \right )^{2}}{x^{2}+1}}\leq \sqrt{5}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=2

Bài này sử dụng tiêu chuẩn Schonemann's: Cho $A(x)=f^{n}(x)+pg(x)$ với $n\geq 1$, p là số nguyên tố và f,g là đa thức hệ số nguyên sao cho $degf^{n}>degg$. Giả sử tồn tại p để $\bar{f}$ bất khả quy trong $\mathbb{Z}_{p}[x]$ và $\bar{g}$ không chia hết cho $\bar{f}$. Khi đó A BKQ trong $\mathbb{Z}[x]$.

Chứng minh: Giả sử $A[x]=A_{1}[x].A_{2}[x]$ với $degA_{1}\geq 1, degA_{2}\geq 1$. Xét trong $\mathbb{Z}_{p}[x]$ ta có $\bar{A_{1}}.\bar{A_{2}}=\left ( \bar{f} \right )^{n}$. Từ đó suy ra tồn tại $g_{1},g_{2}\in \mathbb{Z}[x]$ và các số nguyên u,v sao cho u+v=n và $A_{1}=f^{u}+pg_{1},A_{2}=f^{v}+pg_{2}$ trong đó $degg_{1}<udegf$ và $degg_{2}<vdegf$. Từ đây suy ra $g=f^{u}g_{2}+f^{v}g_{1}+pg_{1}g_{2}$ (1). Do $A_{1}\neq 1$ nên u>0 và v>0. Giả sử $u\leq v$, khi đó từ (1) suy ra tồn tại $h\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $g=f^{u}.h+pg_{1}g_{2}$. Chuyển qua  $\mathbb{Z}_{p}[x]$ ta được $\bar{g}$ chia hết cho $\bar{f}$, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy A BKQ trong $\mathbb{Z}[x]$.

Trở lại bài toán: Vì p là số nguyên tố có dạng 4k+3 nên phương trình $x^{2}+1\equiv 0\left ( mod p \right )$ vô nghiệm, do đó $x^{2}+1$ BKQ trong   $\mathbb{Z}_{p}[x]$. Áp dụng tiêu chuẩn trên với $f\left ( x \right )=x^{2}+1,g\left ( x \right )=1$ ta suy ra P(x) BKQ trong $\mathbb{Z}[x]$.

Ta chỉ cần chứng minh $\frac{c\left ( a+b \right )+ab}{b\left ( b+a \right )}+\frac{a\left ( b+c \right )+bc}{c\left ( c+b \right )}+\frac{b\left ( c+a \right )+ca}{a\left ( a+c \right )}\geq \frac{9}{2} \Leftrightarrow \frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{9}{2} \Leftrightarrow \frac{c+b}{b}+\frac{b+a}{a}+\frac{a+c}{c}+\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{15}{2}$. Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $\frac{a+b}{4a}+\frac{a}{a+b}+\frac{b+c}{4b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c+a}{4c}+\frac{a}{c+a}+\frac{3}{4}\left ( \frac{a+b}{a}+\frac{b+c}{b}+\frac{c+a}{c} \right )\geq 3+\frac{3}{4}\left ( 3+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c} \right )\geq \frac{15}{2}.$

Thử câu hình xem. Đầu tiên ta cm bổ đề sau: Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB sao cho AD, BE, CF đồng quy.Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt DE tại H. Chứng minh EF song song với BH. Cái này đơn giản, chỉ cần dùng định lý menelaus và hàng điểm điều hòa là ra.

Trở lại bài toán: Gọi H, K lần lượt là giao điểm của FP, EP với AM. Đầu tiên ta chứng minh AP, BE, CF đồng quy. Gọi D là giao điểm của EF với BC. Sử dụng định lý menelaus ta cm được $\frac{DB}{DC}=\frac{BF}{CE}$. Tiếp theo ta chứng minh được $\widehat{MBF}+\widehat{MCE}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{MBF}=\widehat{EMC}$ nên $\Delta MBF\sim \Delta CME\Rightarrow \frac{MB}{MC}=\frac{BF}{ME}=\frac{MF}{CE}\Rightarrow \frac{BF}{CE}=\frac{MB^{2}}{MC^{2}}$. lại có MP đi qua O nên MP là đối trung trong tam giác BMC suy ra $\frac{PB}{PC}=\frac{MB^{2}}{MC^{2}}=\frac{BF}{CE}=\frac{DB}{DC}\Rightarrow \left ( D,P,B,C \right )=-1$ nên AP, BE, CF đồng quy.

Tiếp theo, sử dụng bổ đề ta được BK, CH song song với EF hay BK, CH vuông góc với AM. Ta có $\widehat{KFE}+\widehat{FEH}=\widehat{KBM}+\widehat{MCH}+2\widehat{MFE}=\widehat{ABK}+\widehat{ACH}-90^{\circ}+\widehat{BAC}=90^{\circ}$ nên FK vuông góc với HE. Do đó K là trực tâm tam giác HEF, suy ra PE vuông góc với PF (đpcm).