IHateMath

Ta chứng minh phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương $(x,y,z)$ mà $z\geq 7$. Trước hết ta có hai bổ đề:

Bổ đề 1: nếu một số nguyên tố $p=4k+3$ chia hết $a^2+b^2$ ($a,b\in\mathbb{Z}$) thì $p|a$ và $p|b$.

Chứng minh:

Bổ đề 2: Với $n\in\mathbb{Z},n\geq 7$, tồn tại số nguyên tố $p=4k+3$ mà $\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor +1\leq p\leq n$.

Trở lại bài toán. Giả sử phương trình có nghiệm $(x,y,z)$ với $z\geq 7$. Khi đó, theo Bổ đề 2, tồn tại $p=4k+3$ nguyên tố mà $p\leq z<2p$. Từ đó suy ra $v_p(z!)=1$. Mặt khác, theo bổ đế 1, $p|x$ và $p|y$, do đó $p^2|x^2,p^2|y^2\Rightarrow p^2|x^2+y^2=z!$, mâu thuẫn. Suy ra điều cần chứng minh.

Công việc còn lại là xét các trường hợp $z=2,3,4,5,6$.

- Với $z=2$, phương trình có nghiệm $(1,1,1)$.

- Với $z=3,4,5$, phương trình đã cho ko có nghiệm nguyên dương. (dễ kiểm tra, dùng bổ đề 1 nêu trên)

- Với $z=6$, phương trình có nghiệm $(12,24,6)$ và $(24,12,6)$.

Đáp số: $(1,1,1),(12,24,6),(24,12,6)$.

P/s: Tham khảo ở link: https://www.artofpro...1148478p5425767.

- Trường hợp $R_1=R_2$ là hiển nhiên.

- Trường hợp $R_1<R_2$. Gọi D là giao điểm của 2 tiếp tuyến chung ngoài. Ta kí kiệu độ dài các đoạn thẳng BH = HC = b, CD = c, AD = d, AB = AC = a. Ta có $(O_1)$ là đường tròn nội tiếp tam giác ACD, do đó:

$R_1=\frac{c+d-a}{2}.tan\frac{D}{2}$. (1)

Ta cũng có $(O_2)$ là đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác DAB, do đó

$R_2=\frac{2b+c+d+a}{2}.tan\frac{D}{2}$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra 

$R_1+R_2=(b+c+d).tan\frac{D}{2}$.

Ta cần chứng minh $AH=R_1+R_2$, hay là 

$d^2-(b+c)^2=(b+c+d)^2.tan^2\frac{D}{2}$.

Điều này tương đương với 

$d^2-(b+2)^2=(b+c+d)^2.\left(\frac{1-cosD}{1+cosD}\right)$ (3)

Mặt khác, do $cosD=\frac{b+c}{d}$, nên 

(3) $\Leftrightarrow d^2-(b+c)^2=(b+c+d)^2.\frac{d-b-c}{d+b+c}$

$\Leftrightarrow d^2-(b+c)^2=(d-b-c)(d+b+c)$,

hiển nhiên đúng. $\blacksquare$

P/s: Tính toán hơi nặng nề. Có ai có lời giải đẹp mắt hơn không?

Mình chưa giải được bài toán nhưng sau một hồi vẽ thử với $k=3,5,7,9$, câu trả lời là được.

Đầu tiên, ta có cách phủ sau với bảng $3\times 3$:

Sau đó ta xây dựng cách phủ cho bảng $5\times 5$ dựa trên $3\times 3$:

và $7\times 7$:

Sau đó, từ $5\times 5$ xây dựng cách phủ cho $9\times 9$ từ $5\times 5$:

Từ những kết quả này, mình đưa ra dự đoán (chưa chứng minh hay phủ định được) là với mọi bảng $(2n+1)\times (2n+1)$ là có thể phủ được.

Ngày 1 (28-11)
Nguồn: Official fanpage of Trường đông

Ngày 2 (29-11)

(Xin lỗi vì sự trậm trễ)

 

 

Đang học về phương trình $\text{Pell}$, tình cờ gặp được bài này trong cuốn $\text{Số học}$ của thầy $\text{Phan Huy Khải}$. Thôi thì xin được đưa lời giải lên đây vậy.

Ta có $\text{gcd} (2n+1,3n+1)=1$, nên cả $2n+1$ và $3n+1$ đều là số chính phương khi và chỉ khi

$(2n+1)(3n+1)=m^2$ $(m\in\mathbb{Z})$.

Từ đó ta có:

$6n^2+5n+1=m^2\Rightarrow 144n^2+120n+24=24m^2\Rightarrow (12n^2+5)^2-24y^2=1$.   $(1)$

Đặt $p=12n+5$, từ $(1)$ ta thu được phương trình $\text{Pell}$ loại $\text{I}$:

$p^2-24m^2=1$.   $(2)$

Dễ thấy tất cả các nghiệm của $(2)$ được sinh ra từ dãy:

$p_0=1,p_1=5,p_{k+2}=10p_{k+1}-p_k$ $(k=1,2,\ldots)$

$m_0=0,m_1=1,m_{k+2}=10m_{k+1}-m_k$ $(k=1,2, \ldots)$

Từ đó ta thấy:

$p_k\equiv 5 \pmod{12}\Leftrightarrow k$ lẻ.

Ta có:

$n_k=\frac{p_{2k+1}-5}{12}$.

Theo trên thì:     $p_{2k+3}=10p_{2k+2}-p_{2k+1}$

                                     $=10(10p_{2k+1}-p_{2k})-p_{2k+1}$

                                     $=99p_{2k+1}-10p_{2k}$

                                     $=98p_{2k+1}+(10p_{2k}-p_{2k-1})-10p_{2k}$

                                     $=98p_{2k+1}-p_{2k-1}$.

Từ đó dẫn tới:
$12n_{k+1}+5=98(12n_k+5)-(12n_{k-1}+5)\Rightarrow n_{k+1}=98n_k-n_{k-1}+40$.

Ta có $n_0=0$, $n_1=40$.

Vậy tất cả các số tự nhiên $n$ cần tìm được xác định bởi dãy:

$(n_k)$: $n_0=0,n_40=1,n_{k+1}=98n_k-n_{k-1}+40$.   $\square$

P/s: Vậy $40$ chỉ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn đề bài, hơn nữa $40|n$ chỉ là điều kiện cần.

 

 

$\boxed{\text{Bài 18}}$ (Poland '92)

Ta chỉ xét trường hợp $a^2,b^2,c^2$ là ba cạnh một tam giác là đủ.

Trước hết ta có bất đẳng thức sau:

$(b^2-(a-c)^2)^2\geq (b^2-a^2+c^2)(b^2-c^2+a^2)$.

Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với

$(a-c)^2(a^2-b^2+c^2)\geq 0$.

Ta cũng có các bất đẳng thức tương tự $(c^2-(a-b)^2)^2\geq (c^2-a^2+b^2)(c^2-b^2+a^2)$, $(a^2-(b-c)^2)^2\geq (a^2-b^2+c^2)(a^2-c^2+b^2)$.

Nhân theo vế ba bất đẳng thức trên lại, ta có $\text{đ.p.c.m}$.

$\boxed{\text{Bài 7}}$ (UK '86) Bài toán này có nhiều cách, dưới đây xin trình bày một cách:

Dễ dàng tính được $xy+yz+zx=-3$. Ta có

$3\sum{x^2y}=\sum{x(2xy+z^2)}\leq\sqrt{(\sum{x^2})[\sum{(2xy+z^2)^2}]}$

$=\sqrt{6\sum{(2xy+z^2)^2}}=\sqrt{6\sum{(4x^2y^2+4xyz^2+z^4)}}$

$=\sqrt{6[(\sum{x^2})^2+2\sum{x^2y^2}+4xyz\sum{x}]}=18$.

Suy ra:

$x^2y+y^2z+z^2x\leq 6$.

Trong giải tích có định lý sau đây:

($CESARO$) Cho dãy số thực $(a_n)$. Nếu $lim(a_{n+1}-a_n)=L$ thì $lim\frac{a_n}{n}=L$.

Vậy mệnh đề đảo của định lý nói trên có đúng không? Tức là nếu có $lim\frac{a_n}{n}=L$ thì ta có suy ra được $lim(a_{n+1}-a_n)=L$ hay không? Nếu không, thì liệu có thêm điều kiện gì của $(a_n)$ để nó đúng? Rất mong các bạn cho câu trả lời.

Bài $2$
Không khó để chỉ ra rằng phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mỗi $n$ nguyên dương. Bây giờ ta viết lại phương trình như sau

$2016^x+x=-n$

Vế trái là hàm tăng thực sự, phải là hàm giảm thực sự. Do đó, dãy nghiệm của phương trình sẽ giảm. Dễ chứng minh được dãy tiến về $-\infty$. Suy ra 

$lim(x_n+n)=-lim2016^{x_n}=0$.

Vậy

$lim(x_{n+1}-x_n)=lim((x_{n+1}+n+1)-(x_n+n)-1)=-1$. $\square$

 

Ngày thi: 11/11/2016
Thời gian: 3h
1. Cho số nguyên dương $n\geq 2$ và $n$ số thực $a_1,a_2,\ldots ,a_n$ sao cho $a_1>-1,a_2\geq\frac{n-1}{2}$. Giả sử phương trình

$x_n^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\ldots +a_{n-1}x+a_n=0$

có đúng $n$ nghiệm thực. Chứng minh rằng tất cả các nghiệm đó nằm trong đoạn $[-a_1,a_1+2]$.
2. Với mỗi số nguyên dương $n$, xét phương trình

$2016^x+x+n=0$

CMR với mỗi $n$, phương trình trên có đúng một nghiệm thực và gọi nghiệm đó là $x_n$. Xét dãy ${x_n}$. Tìm

$lim_{n\rightarrow\infty}(x_{n+1}-x_n)$.

3. Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,AC$. Đường tròn $(ADE)$ cắt các đường tròn $(BCD)$ và $(BCE)$ lần lượt tại $P,Q$. CMR $AP=AQ$.
4. Số nguyên dương $n$ được gọi là đẹp nếu tồn tại một hoán vị của bộ $\left\{ 1,1,2,2,\ldots, n,n\right\}$ sao cho với mọi $k=1,2\ldots ,n$, giữa 2 số $k$ có đúng $k$ số (ví dụ, $n=3$ là số đẹp vì có bộ $\left\{ 2,3,1,2,1,3\right\}$). CMR $n$ là số đẹp nếu và chỉ nếu $4|n^2+n$.
5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho

$n|x^3-35y^3+1$.

Câu 3 mình làm như thế này được không, có bị trừ điểm gì không:
Giả sử $A=\left \{ a_{1},a_{2},...,a_{8} \right \}$, với một phần tử bất kì chẳng hạn $a_{1}$, vì giao của 2 tập bất kì không phải là một tập con 2 phần tử nên từ 7 phần tử còn lại chọn được tối đa 3 cặp 2 phần từ để tạo thành các tập con chứa $a_{1}$, nên mỗi phần tử chỉ nằm trong nhiều nhất 3 tập con, và do $\left | A \right |=8$ nên có tối đa 8 tập con có 3 phần tử thõa mãn đề bài.
Dễ dàng thấy 8 tập con sau thõa mãn yêu cầu bài toán:
$\left \{ a_{1},a_{2},a_{3} \right \},\left \{ a_{1},a_{4},a_{5} \right \},\left \{ a_{1},a_{6},a_{7} \right \},\left \{ a_{2},a_{4},a_{8} \right \},\left \{ a_{2},a_{5},a_{6} \right \},\left \{ a_{3},a_{4},a_{7} \right \},\left \{ a_{3},a_{6},a_{8} \right \},\left \{ a_{5},a_{7},a_{8} \right \}$
P/S: Mình không học chuyên mà tự mò đòi đi thi nên làm được có 3 bài đầu, thi hôm thứ 4 chắc rớt quá

Bạn có nói cụ thể tại sao suy ra có tối đa 8 tập con không?
P/s: bạn không học chuyên mà có tinh thần và đam mê như vậy thì rất tốt

Gõ lại LATEX cho các bạn tiện đọc.

1. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ sao cho

$f((1+f(x)).f(y))=y+xf(y)\forall x,y\in\mathbb{R}$.

2. Cho dãy $(x_n)$ xác định như sau: $x_1=3,x_{n+1}=\sqrt{21+\sqrt{2x_n+6}}$ với $n=1,2,\ldots$. Chứng minh rằng dãy có GHHH và tìm GH đó.

3. Cho tập $A,|A|=8$. Tìm số lớn nhất các tập con 3 phần tử của $A$ sao cho giao hai tập bất kỳ trong các tập này không phải là tập 2 phần tử.

4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$, tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho

$n|x^2-58y^2+1$.

5. Cho 2 đường tròn $(O),(O')$ tiếp xúc ngoài tại $T$. Một đường thẳng cắt $(O)$ tại $A,B$ và tiếp xúc $(O')$ tại $X$ ($B$ nằm giữa $A,X$). $XT\cap (O)=\left\{ T,S\right\}$. $C$ thuộc cung $TS$ không chứa $A,B$. $CY$ tiếp xúc với $(O')$ tại $Y$ sao cho $CY$, $ST$ không giao nhau. $XY\cap SC=J$.

a. CMR $C,T,Y,J$ đồng viên.

b. Gọi $I$ là tâm nội tiếp $ABC$. $AJ\cap (O)=K$. CMR $\overline{I,J,K}$ và tính $\frac{KI}{KJ}$.

6. Cho $a=\overline{a_1a_2\ldots a_5},b=\overline{b_1b_2\ldots b_5}$. Ta gọi $i$ lớn nhất ($1\leq i\leq 5$) mà $a_i\ne b_i$ là khoảng cách của $a,b$, ký hiệu $d(a,b)$. Xét hoán vị $H$ bất kỳ của tất cả các số có $5$ chữ số. Đặt $S=\sum{d(a,b)}$ với $a,b$ được lấy cạnh nhau trong $H$. Tìm min $S$.

P/s: Đề đã được viết lại cho phù hợp.

Bài số $5$ ngoài cách của bạn moonkey01 ra, còn có thể chứng minh như sau:

Trước hết ta cần có một bổ đề:

Cho tam giác $ABC$, $M,N\in BC$ sao cho $AM,AN$ đẳng giác trong góc $A$. Khi đó ta có

$\frac{BD}{DC}.\frac{BE}{EC}=\frac{AB^2}{AC^2}$.

Đây chính là định lý Steiner nổi tiếng. Chứng minh: ta có 

$\frac{BD}{CD}=\frac{S(BAD)}{S(DAC)}=\frac{AB}{AC}.\frac{sin\angle BAD}{sin\angle DAC}$

Hoàn toàn tương tự

$\frac{BE}{EC}=\frac{AB}{AC}.\frac{sin\angle{BAE}}{sin\angle{EAC}}$

Nhân hai vế hai biểu thức trên, ta có đpcm. $\square$

Trở lại bài toán. Ta kéo dài cho $AM,BM,CM,AA_1.BB_1,CC_1$ cắt các cạnh đối tại $A_2,B_2,C_2,A_3,B_3,C_3$. Sử dụng bổ đề trên ta có:

$\frac{BB_2}{CB_2}.\frac{BB_3}{CB_3}=\frac{AB^2}{AC^2}$

$\frac{CC_2}{AC_2}.\frac{CC_3}{AC_3}=\frac{BC^2}{BA^2}$

$\frac{AA_2}{BA_2}.\frac{AA_3}{BA_3}=\frac{CA^2}{CB^2}$.

Nhân 3 kết quả trên lại và chú ý rằng, $AA_2.BB_2,CC_2$ đồng qui, sử dụng định lý $Menelaus$ ta có ngay đpcm. $\square$

 

Chắc hẳn các bạn đã từng nghe ở đâu đó về định đề này. Phát biểu của nó là

"Với mọi số nguyên dương $n$, đoạn $[n+1,2n]$ chứa ít nhất một số nguyên tố."

 

Định đề này được đưa ra lần đầu tiên vào năm 1845 dưới dạng một phỏng đoán bởi J. Bertrand. Sau đó vào năm 1852, Chebyshev đưa ra chứng minh đầu tiên cho định đề này. Tuy nhiên, chứng minh này đòi hỏi các kiến thức giải tích không hề đơn giản. Dưới đây xin giới thiệu một chứng minh hoàn toàn sơ cấp và đẹp đẽ, được đề xuất bởi P. Erdos (1932).

File đính kèm:  bertrand prime_postulate.pdf   211.23KB   1744 downloads

Bài này nằm trong đề thi $APMO2002$. Lời giải có ở link:https://mks.mff.cuni...ln/asol022.html