Leonguyen

Bài 2:

Nếu ta chọn một số trong dãy $ a_1;a_2;...;a_{19},$ và một số trong dãy $b_1;b_2;...;b_{21}$ thì ta chọn được được có $19.21=399$ cặp. Từ điều kiện đề cho thì tổng của hai số đã chọn sẽ có giá trị từ $2$ đến $400,$ tổng có 399 giá trị. Nếu tồn tại đồng thời hai tổng có giá trị là $2$ và $400$ thì bốn số cần tìm là $(1;1;200;200).$ Nếu không thì khi này chỉ còn 398 giá trị cho 399 tổng, theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai tổng $a_i+b_k=a_j+b_l$ hay $a_j-a_i=b_l-b_k.$

Bài 1:

a) $10^{2023}+2024\equiv1^{2023}+2\equiv1+2\equiv0\pmod3$ nên $10^{2023}+2024$ chia hết cho $3.$

b) $n^3+2024n+2\equiv n^3-n+2=n(n-1)(n+1)+2\equiv2\pmod3$ (do $n(n-1)(n+1)$ là tích $3$ số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3), thu được $n^3+2024n+2$ không chia hết cho $3.$

Mà theo câu a) lại có $10^{2023}+2024$ chia hết cho 3 nên ta suy ra được $n^3+2024n+2$ không chia hết cho $10^{2023}+2024.$ 

Bài 3:

a) Ta có:

$3^{2n+1}-7\equiv 3^{2n}.3+3\equiv3(3^{2n}+1)\equiv3(9^n+1)\equiv3((-1)^n+1)\equiv 3(-1+1)\equiv0\pmod5$ (do $n$ là số nguyên lẻ).

$3^{2n+1}-7\equiv (-1)^{2n+1}-7\equiv -1-7\equiv 0\pmod4.$ 

Từ hai điều trên suy ra được $3^{2n+1}-7$ chia hết cho $20.$

b) Dễ thấy $n^4-2n^3+3n^2+2n-2$ là số chẵn nên $n^4-2n^3+3n^2+2n-2$ là số nguyên tố khi và chỉ khi nó bằng $2.$ 

Suy ra $n^4-2n^3+3n^2+2n-2=2$ $\Leftrightarrow n^4-2n^3+3n^2+2n-4=0 $ $\Leftrightarrow (n+1)(n−1)(n^2−2n+4)=0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} n=1& \\  n=-1& \end{matrix}\right.$ (do $n$ là số tự nhiên).

Ta sẽ chọn các số $x,y,z,t$ thoả mãn $xa^4b+yb^4c+zc^4d+td^4a\geq a^2bcd.$

Sử dụng $\text{Weighted AM-GM}$ ta được

\begin{align*} xa^4b+yb^4c+zc^4d+td^4a&\geq(x+y+z+t)\cdot\sqrt[x+y+z+t]{(a^4b)^x\cdot(b^4c)^y\cdot(c^4d)^z\cdot(d^4a)^t}\\&=(x+y+z+t)\cdot\sqrt[x+y+z+t]{a^{4x+t}b^{4y+x}c^{4z+y}d^{4t+z}} \end{align*}

Chọn $x+y+z+t=1,$ đồng nhất các tham số ta được $\left\{ \begin{array}{l} 4x + t = 2\\ 4y + x = 1\\ 4z + y = 1\\4t + z = 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{23}{51}\\y = \frac{7}{51}\\z = \frac{11}{51}\\t = \frac{10}{51}\end{array} \right.  .$

$\ast$

$\ast$     $\ast$

Sử dụng bất đẳng thức $\text{AM-GM}$ ta có

\begin{align*}a^4b +b^4c + c^4d +d^4a &=\sum\left(\frac{23}{51}a^4b +\frac{7}{51}b^4c + \frac{11}{51}c^4d + \frac{10}{51}d^4a\right)\\&=\frac{1}{51}\sum(23a^4b +7b^4c + 11c^4d +10d^4a)\\&\geq\frac{1}{51}\left(\sum51\sqrt[51]{a^{23\cdot4+10}b^{23+7\cdot4}c^{7+11\cdot4}d^{11+10\cdot4}}\right)\\&=\sum a^2bcd=abcd(a+b+c+d)\end{align*}

Vậy ta có đpcm.

Trong một giải đấu bóng bàn nam có $n$ $(n\geq3)$ vận động viên tham gia, hai vận động viên bất kì thi đấu với nhau đúng một trận (không có kết quả hoà). Kết thúc giải đấu, mỗi vận động viên sẽ viết ra tên những đối thủ thua mình và tên những vận động viên thua một trong các đối thủ đó. Một vận động viên được gọi là vô địch tương đối nếu anh ta viết được tên của tất cả $n-1$ đối thủ còn lại. Gọi $S_n$ là số vận động viên vô địch tương đối nhiều nhất có thể.

a) Tính $S_3,S_4.$

b) Chứng minh rằng $S_n=n$ với mọi $n\geq5.$

P/s: các mod cho em hỏi ở phần tiêu đề các bài tổ hợp cần tóm tắt không ạ?

$1,$ 

Xét $x=3$ thoả mãn phương trình.

Xét $x>3$ thì $\sqrt[5]{x-2}+\sqrt[7]{x-3}>1$ còn $\sqrt[3]{4-x}<1,$ không thoả mãn.

Xét $x<3$ thì $\sqrt[5]{x-2}+\sqrt[7]{x-3}<1$ còn $\sqrt[3]{4-x}>1,$ không thoả mãn.

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\{3\}.$

Cho $n,a,b$ là các số nguyên dương. Chứng minh $(n^a-1,n^b-1)=n^{(a,b)}-1.$  

$\angle KEC=\angle AEF=\frac{180^{\circ}-\angle A}{2}$ (do $\bigtriangleup AEF$ cân tại $A$).

$\angle KIC=180^{\circ}-\angle BIC=180^{\circ}-\left(180^{\circ}-\angle BIC-\angle BCI\right)=\frac{\angle ABC}{2}+\frac{\angle ACB}{2}=\frac{180^{\circ}-\angle A}{2}.$

Suy ra $\angle KEC=\angle KIC.$

Xét tứ giác $IEKC$ có $\angle KEC=\angle KIC$ nên là tứ giác nội tiếp.

Do đó $\angle IKC=\angle IEC=90^{\circ},$ thu được $BK\perp KC.$

Vậy ta có đpcm.

Bằng phép quy đồng, ta chứng minh được đẳng thức $\sum \frac{ab}{(c-a)(c-b)}=1.$

Ta có:

$\sum \left ( \frac{a}{b-c} \right )^{2}=\left(\sum\frac{a}{b-c}\right)^2+2\sum \frac{ab}{(c-a)(c-b)}=\left(\sum\frac{a}{b-c}\right)^2+2\geq2$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=8.$ Chứng minh rằng

$$(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2+k)\geq3(k+3)$$ với $7\geq k \in N^+.$

Nguồn: AoPS.

Bài 6.

Đặt $x=a^2,y=b^2,z=c^2$ $(x,y,z\in\mathbb{N}*).$

Ta có \[\begin{array}{l} \left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\left( {z + 1} \right)\\ = \left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right)\\ = \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {ab - 1} \right)}^2}} \right]\left( {{c^2} + 1} \right)\\ = \left[ {{{\left( {ac + bc} \right)}^2} + {{(ab - 1)}^2}} \right] + \left[ {{{\left( {abc - c} \right)}^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}} \right]\\ = \left[ {{{\left( {ac + bc + ab - 1} \right)}^2} - 2(ac + bc)(ab - 1)} \right] + \left[ {{{(abc - c - a - b)}^2} + 2(abc - c)(a + b)} \right]\\ = {(ab + bc + ca - 1)^2} + {(abc - a - b - c)^2}.\end{array}\]

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bản đẹp hơn và đầy đủ hơn của tài liệu trên.

Nếu như ta thu hẹp phạm vi của biến lại thành $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì có thể giải như sau:

Chứng minh. Đặt $X=a^2+b^2+c^2,$ $Y=ab+bc+ca.$ Khi đó ta có $$9(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^4=9XY-(X+2Y)^2=(X-Y)(4Y-X).$$

Dễ dàng chứng minh được $X-Y\geq0,$ còn $4Y-X>2Y-X=2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)>0$ (dựa trên Bất đẳng thức tam giác). Vậy ta hoàn tất chứng minh.

Trở lại bài toán.

Áp dụng bất đẳng thức $\text{AM - GM}$ thu được $$a+b+c=\frac{1}{2}[(a+b)+(b+c)+(c+a)]\geq\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}=3.$$

Do đó $(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{1}{9}(a+b+c)^4\geq9.$

____

P/s: Ngóng lời giải hoàn thiện của bài toán.

2/ Đặt $f(x)=x^4+x^3+x^2+x+1 $. Tìm số dư của $\frac {f(x^5)}{f(x)}$.

$f(x^5)=x^{20}+x^{15}+x^{10}+x^5+1=(x^{20}-1)+(x^{15}-1)+(x^{10}-1)+(x^5-1)+5.$

Theo câu 1/ ta chứng minh được $x^{20}-1,$ $x^{15}-1,$ $x^{10}-1,$ $x^5-1$ đều chia hết cho $f(x).$ Do vậy $5$ là dư của phép chia đa thức $f(x^5)$ cho $f(x).$

1/ Chứng tỏ rằng
$$x^{44}+x^{33}+x^{22}+x^{11}+1\,\vdots \,x^4+x^3+x^2+x+1  $$

Đặt $P={x^{44}} - {x^4} + {x^{33}} - {x^3} + {x^{22}} - {x^2} + {x^{11}} - x + 1 - 1 $ $= {x^4}({x^{40}} - 1) + {x^3}({x^{30}} - 1) + {x^2}({x^{20}} - 1) + x({x^{10}} - 1).$

Vì $x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)$ mà $x^{40}-1, x^{30}-1, x^{20}-1, x^{10}-1$ đều chia hết cho $x^5-1$ nên cũng chia hết cho $x^4+x^3+x^2+x+1,$ suy ra $P$ chia hết cho $x^4+x^3+x^2+x+1.$ Do vậy $x^{44}+x^{33}+x^{22}+x^{11}+1\,\vdots \,x^4+x^3+x^2+x+1$ (đpcm).

(c) Ta sử dụng tính chất: $\boxed{a^n-b^n\,\,\vdots \, a^k-b^k\,\,\forall n=mk\,\,(k,m,n\in\mathbb{N})}$

$\ast$ Với $n=3k$ thì ta có:

$$x^{2n}+x^n+1={x^{6k}} + {x^{3k}} + 1= {x^{6k}} - 2{x^{3k}} + 1 + 3{x^{3k}}= {({x^{3k}} - 1)^2} + 3{x^{3k}}.$$

Mà $(x^{3k} - 1)^2\, \vdots \,x^2+x+1$ còn $3x^{3k}\not{\vdots} \,x^2+x+1$ nên $x^{2n}+x^n+1$ không chia hết cho $x^2 + x + 1.$

$\ast$ Với $n=3k+1$ thì ta có:

$$x^{2n}+x^n+1={x^{6k + 2}} + {x^{3k + 1}} + 1= {x^{6k + 2}} - {x^2} + {x^{3k + 1}} - x + {x^2} + x + 1$$ $$= {x^2}({x^{6k}} - 1) + x({x^{3k}} - 1) + x^2 + x + 1.$$

Mà $x^{6k}-1\,\,\vdots \,x^3-1\,\,\vdots \,x^2+x+1,$ $x^{3k}-1\,\,\vdots \,x^3-1\,\,\vdots \,x^2+x+1$ nên $x^{2n}+x^n+1$ chia hết cho $x^2 + x + 1.$

$\ast$ Với $n=3k+2$ thì ta có:

$$x^{2n}+x^n+1={x^{6k + 4}} + {x^{3k + 2}} + 1= {x^{6k + 4}} - {x^4} + {x^{3k + 2}} - {x^2} + {x^4} + {x^2} + 1$$ $$= {x^4}({x^{6k}} - 1) + {x^2}({x^{3k}} - 1) + {x^4} + {x^2} + 1.$$

Mà $x^{6k}-1, x^{3k}-1, x^4+x^2+1$ đều chia hết cho $x^2+x+1$ nên $x^{2n}+x^n+1$ chia hết cho $x^2 + x + 1.$

Vậy $n=3k+1$ và $n=3k+2$ $(k\in\mathbb{N})$ là các giá trị cần tìm.