Hoang72

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\leq b$.

$\bullet$ $a=b$: Khi đó $a^3 + a$ là một luỹ thừa của $3$

$\Rightarrow a\mid a^2+1\Rightarrow a=1\Rightarrow b=1$. (loại)

$\bullet$ $a<b$: Tồn tại $x,y\in\mathbb N^*; x < y$ mà: $\begin{cases} a^3 + b = 3^x \\ a+b^3 = 3^y\end{cases}$.

Ta có $3^x(3^{y-x} - 1) = 3^y - 3^x = (b-a)(b^2 + ba + a^2 - 1)$.

Nhận thấy nếu $a,b$ cùng chia hết cho $3$ thì phải có $3v_3(a) = v_3(b) $ và $3v_3(b) = v_3(a)$, vô lí.

Do đó $3\nmid a,b$, suy ra $(a,b) = 1$.

Có $a^3+b\mid b^3 + a $ và $a^3 + b\mid a^9 + b^3\Rightarrow 3^x = a^3 + b\mid a^9 - a$

$\Rightarrow 3^x\mid a^8 - 1$

$\Rightarrow a^3 + b\mid a^2 - 1$ (Do $3\nmid a^2 + 1$ và $3\nmid a^4 + 1$)

$\Rightarrow a = 1$.

Từ đây ta có $(b+1)(b^2-b+1) = 3^x$, suy ra $b+1\mid b^2-b+1\Rightarrow b = 2$.

Vậy $(a,b) \in \{(1,2), (2,1)\}$.

 

 

 

Gợi ý: Gọi $R$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$, kẻ đường kính $RD$ của $(RPQ)$.

Dễ thấy $PQ$ là trung trực $AR$ nên $\frac{DA}{DR}=\sin DPA = \sin (90^\circ - \angle BAC) = \cos \angle BAC =\frac{AH}{MR}$

$\Rightarrow M,D,H$ thẳng hàng. Từ đó $N\in (DR)$ nên ta có đpcm.

$(BOC)$ cắt lại $AC,AB$ theo thứ tự tại $D,E$ và $DE$ cắt $BC$ tại $F$.

Dễ dàng chứng minh được $CB,CX$ đẳng giác trong $\angle ECA'$ và $BC,BY$ đẳng giác trong $\angle DBA'$.

Từ đây, biến đổi tỉ số và sử dụng Menelaus ta chứng minh được $\frac{KB}{KC} = \frac{FD}{FE}$.

Mà $DE$ là đường đối song trong $\Delta ABC$ nên $AK,AF$ đẳng giác trong $\angle BAC$.

$(ADE)$ cắt lại $(O)$ tại $T$. Dễ dàng chứng minh được $A,F,T$ thẳng hàng (Điểm Miquel của tứ giác toàn phần).

$H'$ đối xứng với $H$ qua trung trực $BC$.

$T$ là tâm vị tự quay biến $B$ thành $E$ và $C$ thành $D$, mà $\Delta H'BC\sim\Delta OED$ nên ảnh của $H'$ qua phép vị tự quay là $O$

$\Rightarrow (TO,OH')\equiv (TE,EB)\pmod \pi$

$\Rightarrow (TO,OH')\equiv( TF,BC)\pmod \pi$

$\Rightarrow (TO,TF)\equiv (OH',BC)\pmod \pi$

$\Rightarrow (TO,TF)\equiv (OH,BC)\pmod \pi$

$\Rightarrow (AT,AO)\equiv (OH,BC)\pmod \pi$.

Xét phép đối xứng phân giác $\angle BAC$ thì $AT$ thành $AF$, còn $AO$ thành đường thẳng vuông góc với $BC$ nên suy ra $AK\perp OH$. (đpcm)

Gọi $R$ là trung điểm của $BC$.

Qua $R$ kẻ đường thẳng song song với $AM$ cắt $DE$ tại $G$.

$D_1$ đối xứng với $D$ qua $R$. Theo kết quả quen thuộc, $A,E,D_1$ thẳng hàng

$\Rightarrow RD = RE = RD_1$.

Biến đổi góc, ta có $E$ là phép vị tự quay biến $R$ thành $I$, $G$ thành $A$

$\Rightarrow \angle GAE = \angle RIE = \angle DD'E$

$\Rightarrow AG\parallel DD'\parallel OM$.

Do đó tứ giác $AMRG$ là hình bình hành

$\Rightarrow \frac{FD'}{FM} = \frac{DD'}{RM} =\frac{DD'}{AG} = \frac{ED'}{EA}\Rightarrow EF\parallel AM$.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1\leq b_1\leq c_1\Rightarrow a_n \leq b_n\leq c_n,\forall n\in\mathbb N^*$.

Dễ thấy $(a_n), (b_n), (c_n)$ là các dãy tăng.

Ta có: $c_{n+1}= c_n + \frac{1}{\sqrt{a_nb_n}} \geq c_n + \frac{1}{c_n}$ nên nếu $\lim c_n = L$ thì $L\geq L +\frac{1}{L}$, vô lí.

Mà $(c_n)$ là dãy tăng nên $\lim c_n = +\infty$.

Ta có: $\frac{b_{n+1}-b_n}{c_{n+1}-c_n} = \sqrt{\frac{b_n}{c_n}}\geq \frac{b_n}{c_n}\Rightarrow b_{n+1}c_n\geq b_nc_{n+1}\Rightarrow \frac{b_{n+1}}{c_{n+1}}\geq \frac{b_n}{c_n}$.

Do đó dãy $\left\{\frac{b_n}{c_n}\right\}$ là dãy tăng, và bị chặn trên bởi $1$ nên nó có giới hạn hữu hạn.

Đặt $\lim \frac{b_n}{c_n} = K\Rightarrow \lim\frac{b_{n+1} - b_n}{c_{n+1} - c_n} = \lim\sqrt{\frac{b_n}{c_n}} = \sqrt{K}$.

Áp dụng định lý Stolz - Cesaro ta có $\lim \frac{b_n}{c_n} = K$

$\Rightarrow K = \sqrt{K}$. Mà $K>0$ nên $K=1$

$\Rightarrow \lim \frac{b_n}{c_n} = 1\Rightarrow \lim b_n = +\infty$.

Tương tự $\lim a_n = +\infty$. Ta có đpcm.

Có cách giải nữa gần giống bạn UserNguyenHaiMinh:

Đặt $d_1 = \gcd(a,c), d_2 = \gcd(b,d)$.

Thế thì tồn tại $a',b',c',d'$ mà $a = d_1a', c = d_1c', b = d_2b', d = d_2d'$ và $(a',c') = (b',d') = 1$.

Có $ab=cd\Rightarrow a'b' = c'd'$.

Do đó $c'\mid a'b'$, mà $(a',c') = 1$ nên $c'\mid b'$.

Tương tự do $b'\mid c'd'$ mà $(b',d') = 1$ nên $b'mid c'$.

Dẫn đến $b'=c'$, và $a'=d'$.

Vì vậy: $a+b+c+d = d_1a' + d_2b' + d_1c' + d_2d' = d_1a' + d_2c' + d_1c' + d_2a' = (a'+b')(d_1+d_2)$ là hợp số. (đpcm)

P/s: Lời giải trên, bạn chưa hiểu chỗ nào thì có thể nhắn tin riêng với mình

$k$ chưa chắc là số nguyên mà bạn

Lời giải khác: Giả sử $p=a+b+c+d$ là số nguyên tố.

Ta có: $p\mid d(a+b+c+d) = ad + bd + ab + d^2 = (d+a)(d+b)$

$\Rightarrow p\mid d+a$ hoặc $p\mid d+b$.

Điều này là vô lí vì $0 < d+a<p$ và $0 < p < d+b$.

Vậy $a+b+c+d$ là hợp số.

Đổi mô hình về tam giác $MNP$, có $(O_c)$ là tâm ngoại và $K$ là trực tâm; $DX\parallel EF, EY\parallel FD, FZ\parallel DE$.

Dễ thấy $OH\equiv O_cK$.

Chiều thuận: Giả sử $MX,NY,PZ$ đồng quy tại $I$ thuộc $O_cK$.

Kẻ đường kính $DD',EE',FF'$ của $(O)$.

Dễ dàng chỉ ra $MD',NE',PF'$ là ba đường cao của $\Delta MNP$.

Áp dụng định lý Pascal cho bộ $\begin{vmatrix}M&D &E'\\N &E &D'  \end{vmatrix}$ suy ra $EM\cap DN\subset O_cK$.

Lại có áp dụng định lý Pascal cho bộ $\begin{vmatrix}D & Y & M\\ E & X & N \end{vmatrix}$ suy ra $DX\cap EY, I, EM\cap DN$ thẳng hàng.

Mà $I\in O_cK$ nên $DX, EY, O_cK$ đồng quy.

Tương tự $EY,FZ,O_cK$ đồng quy. Vậy $DX,EY,FZ$ đồng quy tại điểm thuộc $O_cK$.

Chiều đảo: Hoàn toàn tương tự.

Qua $I$ kẻ đường thẳng vuông góc với $IB$ cắt $BA,BC$ tại $B_a,B_c$, và kẻ đường thẳng vuông góc với $IC$ cắt $CA,CB$ tại $C_a,C_b$.

$(O_b), (O_c)$ tiếp xúc với $(O)$ tại $X_b,X_c$.

Ta có kết quả quen thuộc: $A',C_b,X_c$ thẳng hàng và $A',B_c,X_b$ thẳng hàng.

Do đó: $\overline{A'C_b}.\overline{A'X_c}=A'B^2=A'C^2=\overline{A'B_c}.\overline{A'X_b}$

$\Rightarrow A'$ thuộc trục đẳng phương của $(O_b),(O_c)$.

Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$.

Ta có: $IB_cO_b\backsim\Delta DBI(g.g)\Rightarrow \frac{IO_b}{IB_c}=\frac{ID}{BD}$.

Tương tự ta có $\frac{IO_c}{IC_b}=\frac{ID}{CD}\Rightarrow \frac{IO_b}{IO_c} . \frac{IC_b}{IB_c} = \frac{CD}{BD}$.

Lại có $\Delta IC_bB_c\backsim\Delta JCB(g.g)\Rightarrow \frac{IC_b}{IB_c} = \frac{JC}{JB}$

$\Rightarrow \frac{IO_b}{IO_c} = \frac{CD}{BD}:\frac{JC}{JB}$. $(1)$.

$JD$ cắt lại $(BIC)$ tại $Z$.

Theo bổ đề cát tuyến: $\frac{ZC}{ZB} = \frac{CD}{BD}:\frac{JC}{JB}$.

Kết hợp với $(1)$ suy ra $\frac{ZC}{ZB}=\frac{IO_b}{IO_c}$

$\Rightarrow \Delta ZCB\backsim\Delta IO_bO_c(g.g)\Rightarrow \angle IO_bO_c=\angle ZCB=\angle BJZ$.

Mà $JB\perp IO_b$, nên $O_bO_c\perp ZJ$

$\Rightarrow A'M\perp O_bO_c$.

Cũng có $A'$ thuộc trục đẳng phương của $(O_b),(O_c)$, do đó, $A'M$ là trục đẳng phương của hai đường tròn này.

Kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm đã cho.

$P(0, 0)\Rightarrow 2f(0) = f^2(0)$

$\Rightarrow f(0) \in \{0; 2\}$.

$\bullet$ $f(0) = 0$: 

$P(x,0)\Rightarrow f(x^2) = f^2(x),\forall x\in\mathbb R$

$\Rightarrow f(x) = \pm f(-x),\forall x\in\mathbb R$.

Đồng thời, ta cũng có $f(x)\geq 0,\forall x\geq 0$.

Giả sử tồn tại $a>0$ sao cho $-f(a)\neq f(-a)$.

Thế thì $f(a) = f(-a)$.

$P(-a, -a)\Rightarrow f(a^2 + 2af(-a)) + f(a^2) = 0$

$\Rightarrow f(a^2 + 2af(a)) + f(a^2) =0$.

Lại có $a\geq 0$ nên $f(a)\geq 0\Rightarrow a^2+2af(a)\geq 0$

$\Rightarrow f(a^2+2af(a)) \geq 0$

$\Rightarrow f(a^2)\leq 0\Rightarrow f(a^2)=0$

$\Rightarrow f(a) = f(-a) = 0$, mâu thuẫn vì $-f(a) \neq f(-a)$.

Do đó $-f(x) = f(-x),\forall x>0$, hay $f$ là hàm lẻ.

$P(x,-y)\Rightarrow f(x^2+2yf(x)) + f(y^2) = f^2(x+y),\forall x,y\in\mathbb R$.

Khi $x,y\geq 0$, ta có $x^2+2yf(x) \geq 0\Rightarrow f(x^2+2yf(x))\geq 0$

$\Rightarrow f(y^2)\leq f^2(x+y) \Rightarrow f(y)\leq f(x+y),\forall x,y\geq 0$.

Suy ra $f$ không giảm trên $\mathbb R^+$.

Kết hợp với $f$ là hàm lẻ và $f(x)\leq 0,\forall x\leq 0$, ta có $f$ không giảm trên $\mathbb R$.

Bây giờ, xét trường hợp tồn tại $a> 0$ sao cho $f(a) = 0$.

$P(x, 2x - 2f(x))\Rightarrow f(2x - 2f(x)) = 0,\forall x\in\mathbb R$. $(*)$

Cho $x=a$ ta có $f(2a) = 0$.

Cứ lặp lại liên tục ta có $f(2^{n}a) = 0,\forall n\in\mathbb N$.

Mà $f$ là hàm không giảm nên $f(x) = 0,\forall x\geq a$.

Cũng có $f(x)\leq f(a) = 0,\forall 0\leq x\leq a\Rightarrow f(x) = 0,\forall x\in [0,a]$.

Dẫn đến $f(x) = 0,\forall x\in\mathbb R^+$, hay $f(x) = 0,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại ta thấy hàm này thoả mãn.

Còn Nếu $f(x)\neq 0,\forall x>0$ thì $f(x)\neq 0,\forall x\neq 0$.

Từ $(*)$ ta có ngay $f(x) = x,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại ta thấy thoả mãn.

$\bullet$ $f(0) = 2$: $P(x,0)\Rightarrow f(x^2) + 2 = f^2(x),\forall x\in\mathbb R$.

$P(0, -y)\Rightarrow f(4y) + f(y^2) = f^2(y),\forall y\in\mathbb R$.

Kết hợp ta có $f(4x) = 2,\forall x\in\mathbb R$, hay $f(x) = 2,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại ta thấy hàm này thoả mãn.

Tóm lại có ba hàm số thoả mãn yêu cầu bài toán: $f(x) = x,\forall x\in\mathbb R$, $f(x) = 0,\forall x\in\mathbb R$ và $f(x) = 2,\forall x\in\mathbb R$.

Đặt $A= \{2x+2g(x)|x\in\mathbb R\}$.

 $g(x-y)=5g(x),\forall x\in\mathbb R, y\in A$. $(*)$

Xét 2 trường hợp:

$\bullet$ $\exists m\in\mathbb R: \{m, -m\} \subset A$: Thay $y=-m$ vào $(*)$ ta có: $g(x+m) = 5g(x),\forall x\in\mathbb R$.

Thay $x$ thành $x+m$ và $y=m$ vào $(*)$ ta có: $g(x) = 5g(x+m),\forall x\in\mathbb R$.

Do đó $g(x) = 0 ,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại ta thấy thoả mãn.

$\bullet$ $\forall m\in A, -m\not\in A$: Ta có $2g(x-y) + 2(x-y)\in A\Rightarrow 10g(x) + 2x - 2y\in A,\forall x\in\mathbb R,y\in A$.

Cho $x=y$ ta có $10g(y)\in A,\forall y\in\mathbb A$. $(1)$

Cũng có $10g(x) + 2x - 2y\in A,\forall x\in\mathbb R, y\in A$

$\Rightarrow 10g(x) + 2x - 2(10g(x) + 2x - 2y)\in A,\forall x\in\mathbb R,y\in A$

$\Rightarrow 4y - 2x - 10g(x)\in A,\forall x\in\mathbb R,y\in A$.

$\Rightarrow 4(2x + 2g(x)) - 2x - 10g(x)\in A,\forall x\in\mathbb R$

$\Rightarrow 6x - 2g(x)\in A,\forall x\in\mathbb R$.

Do đó $6(x-y) - 2g(x-y)\in A\Rightarrow 6(x-y) - 10g(x)\in A,\forall x\in\mathbb R,y\in A$. $(**)$

Cho $x=y$ ta có $-10g(y)\in A,\forall y\in A$. $(2)$

Từ $(1),(2)$ ta có $10g(y)$ và $-10g(y)$ đều thuộc $A$, vô lí với điều kiện của trường hợp này.

Vậy $g(x)= 0,\forall x\in\mathbb R$ là hàm duy nhất thoả mãn phương trình hàm đã cho.

Ta có $x^2+5xy + y^2 = 5$

$\Leftrightarrow 4(x^2+5xy+y^2)=200$

$\Leftrightarrow (2x+5y)^2 = 20 + 21y^2$.

Vì $21y^2+20\equiv 2\pmod 3$, nên $(2x+5y)^2\equiv 2\pmod 3$, vô lí.

Vậy PT đã cho vô nghiệm nguyên.

Cho một đường tròn bất kì. Lấy ba điểm bất kì thuộc đường tròn. Tính xác suất để ba điểm đã cho tạo thành một tam giác tù? (Không kể đến thứ tự các điểm)

Không gian mẫu $n(\Omega) =\displaystyle\binom{2018}{3}$.

Giả định rằng mỗi cung chắn một dây là một cạnh của tam giác là một cung đơn vị.

Xét $ABC$ là một tam giác tù được chọn ra và có góc $A$ tù, điểm $B$ nằm bên trái $A$ và điểm $C$ nằm bên phải $A$.

Gọi $x$ là số cung đơn vị mà cung $BA$ chứa, $y$ là số cung đơn vị mà cung $CA$ chứa.

Thế thì ta phải có $x,y\in\mathbb N^*$ và $x+y<1009$.

Đặt $z=1009-x-y$ thì $x+y+z=1009$ và $z\in\mathbb N^*$. Theo công thức bài toán chia kẹo Euler, số bộ thoả mãn là $\displaystyle\binom{1008}{2}$.

Với mỗi vị trí của điểm $A$ và một cặp $(x,y)$, ta có một song ánh đến một tam giác tù thoả mãn.

Suy ra số tam giác tù thoả mãn là: $\displaystyle2018\binom{1008}{2}$.

Xác suất để chọn ra $3$ đỉnh là tam giác tù là: $\displaystyle \frac{2018\binom{1008}{2}}{\binom{2018}{3}}$.

Xét $x$ là một phần tử bất kì thuộc $A$. Đặt $x=m^2 . p$, với $m,n\in\mathbb N^*$ và $p$ là một số square-free.

Thế thì $\forall y\in A$, ta có $yp$ là số chính phương.

Mà $p$ là số square-free nên $p\mid y$ và $\frac{y}{p}$ là số chính phương.

Vì $\frac{y}{p} \leq \frac{n}{p}$ nên có tối đa $\left \lfloor \sqrt{\frac{n}{p}}\right\rfloor + 1$ phần tử của $A$ như vậy.

Để được tối đa các phần tử thì $p=1$ và khi đó có $A$ có nhiều nhất $\lfloor \sqrt{n}\rfloor + 1$ phần tử.

Đẳng thức xảy ra khi $A$ là tập hợp các số chính phương không lớn hơn $n$.