HaiDangPham

Từ $1$ đến $90$ có :

- $45$ số chia hết cho $2$.

- $18$ số chia hết cho $5$.

- $3$ số chia hết cho $5^2$.

$\Rightarrow$ $90!$ chia hết cho $10^{18+3}=10^{21}$

$\Rightarrow 20$ chữ số tận cùng của $90!$ là $20$ chữ số $0$.
 

Viết chi tiết cách làm trên cho mọi người dễ hiểu hơn chút. 

Từ $1$ đến $90$ có tất cả $18$ số chia hết cho $5$ là $5, 10, 15,..., 85, 90$. Trong $18$ số này lại có $3$ số chia hết cho $25$ là $25, 50, 75$. Từ đó suy ra tích của $18$ số nói trên chia hết cho $5^{21}$. Mặt khác dễ thấy tích của $90$ số tự nhiên liên tiếp thì phải chia hết cho $2^{21}$. Từ đó ta suy ra $90!$ chia hết cho $10^{21}$. Vậy $90!$ có $21$ chữ số tận cùng đều là $0$. 

Bài toán 3. Tìm hai chữ số tận cùng của $n^{20}$ với $n$ là một số tự nhiên tận cùng bằng $2$. 

Đây có lẽ là bài toán thú vị nhất. Sẽ thật dễ dàng nếu ta được sử dụng  khai triển nhị thức Newton. Bởi từ khai triển đó, nếu đặt $n=10k+2$ ta có ngay  $n^{20}\equiv 2^{20} \pmod{100}$, rồi kết hợp với $2^{20}=1048576$ ta suy ra hai chữ số tận cùng cần tìm là $76$. 

Tuy nhiên, nếu cần một lời giải cho bậc THCS thì phải có cách thức giải khéo léo hơn. Bạn Chanhquocnghiem đã có cách giải quyết rất hay. Sau đây là một hướng khác. Ý tưởng: chứng minh $n^{20}-2^{20} \vdots 100$. 

Ta có nhận xét

$a^5-b^5=(a-b)(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4).$

Áp dụng cho $a=n^4, b=2^4$ ta có 

\begin{equation}n^{20}-2^{20}=(n^4)^5-(2^4)^5=(n^4-2^4)(n^{16}+n^{12}.2^4+n^{8}.2^8+n^{4}.2^{12}+2^{16})\end{equation} 

Theo giả thiết ta có $n \equiv 2 \pmod{10}$ nên 

\begin{equation} n^4 -2^4 \equiv 0 \pmod{10}\end{equation} 

và,  

\begin{equation} n^{16} \equiv n^{12}.2^4 \equiv n^{8}.2^8  \equiv n^{4}.2^{12} \equiv 2^{16} \pmod{10}\end{equation} 

Từ $(3)$ ta suy ra 

\begin{equation} n^{16}+n^{12}.2^4+n^{8}.2^8+n^{4}.2^{12}+2^{16}\equiv 5.2^{16} \equiv 0 \pmod{10}\end{equation} 

Từ $(1)$, $(2)$ và $(4)$ ta suy ra $n^{20}-2^{20}\equiv 0\pmod{100}$. Đây là điều phải chứng minh. 

Bài toán 1. Tìm năm chữ số tận cùng của $5^{55}$. 

Sau đây là một lời giải khác. Ý tưởng: chứng minh $5^{55} \equiv 5^7\pmod{10^5}$. Khi đó do $5^7=78125$ nên $5^{55}$ có $5$ chữ số tận cùng là $78125$. 

Ta có 

$$5^{55}-5^7=5^7(5^{48}-1)=5^7.(5^{24}+1)(5^{12}+1)(5^6+1)(5^3+1)(5^3-1).$$

Trong đó $5^7 \vdots 5^5$ và 

$$(5^{24}+1)(5^{12}+1)(5^6+1)(5^3+1)(5^3-1) \vdots 2^5.$$

Do đó $5^{55}-5^7 \vdots 10^5$. Đây là điều phải chứng minh. 

Nhìn mãi mới làm được bài 2 nên em xin được làm bài 2

 

Có: $\left\{\begin{matrix} 2\sum_{i=1}^{100}(i^5)=(1^5+100^5)+(2^5+99^5)+...+(100^5+1^5) \vdots101 & \\ 2\sum_{i=1}^{100}(i^5)=2.100^5+(1^5+99^5)+...+(99^5+1^5) \vdots 100 & \end{matrix}\right.$
Mà: $(100,101) =1$ $\rightarrow2 \sum_{i=1}^{100}i^5\vdots10100 $$\rightarrow \sum_{i=1}^{100}i^5 \vdots 5050=\sum_{i=1}^{100}i$
Vậy chữ số tận cùng của $\sum_{i=1}^{100}i^5$ là $0$

Nếu có sai sót mong mọi người giúp đỡ

Lời giải trên có thể viết gọn lại như sau: 

Ta có với $n$ là số tự nhiên lẻ thì $a^n+b^n \vdots a+b$. Do đó 

$ 2\sum_{i=1}^{100}i^5=2.100^5+(1^5+99^5)+...+(99^5+1^5) \vdots 100 $. 

Suy ra  $ \sum_{i=1}^{100}i^5 \vdots 10 $. 

Vậy chữ số tận cùng của biểu thức đã cho là $0$. 

 

Mà: $(100,101) =1$ $\rightarrow \sum_{i=1}^{100}i^5\vdots10100 $
Vậy chữ số tận cùng của $\sum_{i=1}^{100}i^5$ là $0$

 

Từ $(100, 101)=1$ chỉ suy ra được $ 2\sum_{i=1}^{100}i^5 \vdots 10100$. 

Hơn nữa, để tìm chữ số tận cùng của một số $a$, ta chỉ cần xét số dư khi chia $a$ cho $10$ là được. 

Bài toán 1. Tìm năm chữ số tận cùng của $5^{55}$. 

Bài toán 2. Tìm chữ số tận cùng của $1^5+2^5+3^5+4^5+...+100^5$.

Bài toán 3. Tìm hai chữ số tận cùng của $n^{20}$ với $n$ là một số tự nhiên tận cùng bằng $2$. 

Bài toán 4. Tìm $20$ chữ số tận cùng của $90!$. 

Như vậy là chúng ta đã hoàn thành xong toàn bộ chuyên đề. 

Cảm ơn sự tham gia của các thành viên perfectstrong, Leonguyen, huytran08, hovutenha, Dminh08. Đặc biệt là Leonguyen, rất vui vì có em đồng hành tích cực trong suốt 1 tháng qua! 

Có thời gian mình sẽ soạn thảo LaTex lại toàn bộ chuyên đề này để gửi tặng mọi người như một kỷ niệm nho nhỏ giữa chúng ta.

Chuyên đề này xin được khép lại tại đây, và hẹn gặp lại mọi người vào dịp khác. 

Xin chúc các bạn học sinh lớp 9 thành công trong kỳ thi vượt cấp sắp tới! 

 

NHÓM 5 (Năm 2021, 2022, 2023) 

 

BÀI 15. (Năm 2023) 

Cho 3 điểm phân biệt cố định $A, B, C$ cùng năm trên đường thẳng $d$ (điểm $B$ nằm giữa $A$ và $C$), gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Đường tròn tâm $O$ luôn đi qua hai điểm $B$ và $C$ (điểm $O$ không thuộc $d$). Kẻ tiếp tuyến $AM, AN$ với đường tròn tâm $O$ ($M, N$ là các tiếp điểm). Đường thẳng $MN$ cắt $OA$ tại điểm $H$ và cắt $BC$ tại điểm $K$.

            a) Chứng minh tứ giác $OMNI$ nội tiếp và $AH.OA=AN^2$.

            b) Khi đường tròn tâm $O$ thay đổi, chứng minh $MN$ luôn đi qua điểm $K$ cố định.

            c) Tia $AO$ cắt đường tròn $O$ tại hai điểm $P, Q$ (điểm $P$ nằm giữa $A$ và $O$). Gọi $D$ là trung điểm của $HQ$. Từ $H$ kẻ đường thẳng vuông góc với $MD$ và cắt đường thẳng $MP$ tại $E$. Chứng minh $P$ là trung điểm $ME$.

a) $OMNI$ nội tiếp đường tròn đường kính $OA$. $AH.AO=AN^2$ theo hệ thức lượng trong tam giác $AON$ vuông tại $N$ với đường cao $NH$. 

b) Ta có $AH.AO=AB.AC=AN^2$, suy ra tam giác $AHB$ đồng dạng với tam giác $AOC$ (c.g.c). Do đó $\angle AHB=\angle ACO$, và dẫn tới tứ giác $BHOC$ nội tiếp đường tròn.

Từ đây, ta có $\angle OHC=\angle OBC$. Mặt khác, $\angle OBC=\angle OCA$ (tam giác $OBC$ cân tại $O$). Do đó $\angle BHA=\angle OHC$, hay nói cách khác $\angle BHK=\angle CHK$. Vậy $HK$ là tia phân giác của góc $BHC$. 

Cuối cùng, do $HA \perp HK$ nên $HA$ là tia phân giác ngoài tại đỉnh $H$ của tam giác $BHC$. Do đó 

$\frac{KB}{KC}=\frac{AB}{AC}$. 

Vậy $MN$ luôn đi qua điểm $K$ không đổi khi đường tròn $(O)$ thay đổi. 

c) Gọi $J$ là chân đường vuông góc hạ từ $H$ xuống $MD$. 

Ta có tam giác $JDH$ đồng dạng với tam giác $JHM$ (g.g). Suy ra 

$\angle JMH=\angle JHD$ và $\frac{JH}{JM}=\frac{DH}{HM}$. 

Mà $H$ là trung điểm $MN$ và $D$ là trung điểm $QH$ nên ta có 

$\angle JHQ=\angle JMN$ và $\frac{JH}{JM}=\frac{HQ}{MN}$. 

Vậy tam giác $JHQ$ đồng dạng với tam giác $JMN$ (c.g.c). 

Tiếp theo, ta có $\angle JQH=\angle JNK$ (suy ra từ sự đồng dạng của hai tam giác nói trên). Điều này dẫn tới tứ giác $QJHN$ nội tiếp đường tròn. Do đó $\angle QJN=\angle QHN=90^{\circ}$. 

Ta lại có $\angle JNP=\angle QNP-\angle QNI=90^{\circ}-\angle QNI=\angle JQN$. Mà $\angle JQN=\angle JHN$ (tứ giác $QHJN$ nội tiếp) và $\angle JHN=\angle JDH$, nên $\angle JNP=\angle JDH$. Chứng tỏ tứ giác $JDNP$ nội tiếp đường tròn. 

Cuối cùng, ta có $DH$ là tia phân giác của góc $JDN$ và tứ giác $DJPN$ nội tiếp đường tròn nên $P$ là điểm chính giữa cung $JN$, hay nói cách khác $PN=PJ$. Mà $PN=PM$ nên $PJ=PM$. 

Kết hợp với giả thiết $EJ \perp JM$ ta có ngay $P$ là trung điểm $ME$. Đây là điều phải chứng minh. 

________

Ở đây, bước chứng minh tam giác $JHQ$ đồng dạng với tam giác $JMN$ là một bài toán cơ bản có thể coi như một bổ đề. Mình đã đề cập tới bổ đề đó trong một bài viết gần đây, mọi người có thể vào đây đọc tham khảo thêm. 

 

NHÓM 5 (Năm 2021, 2022, 2023) 

 

BÀI 14. (Năm 2022) 

Cho tam giác $ABC$ là tam giác nhọn, không cân, $AB<AC$, nội tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC, CA, AB$. Đường thẳng $PO$ cắt đường thẳng $AM$ tại $D$, đường thẳng $NO$ cắt đường thẳng $AM$ tại $E$, đường thẳng $BD$ cắt đường thẳng $CE$ tại $F$.

            a) Chứng minh bốn điểm $B, C, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.

            b) Chứng minh tam giác $FEO$ đồng dạng với tam giác $NEM$.

            c) Chứng minh rằng $\angle OPF=\angle ONF$.

a) Vì $M, N, P$ tương ứng là trung điểm của $BC, AC, AB$ nên $OM, ON, OP$ tương ứng là ba đường trung trực của $BC, AC, AB$. Từ đó $\angle OBD=\angle OAD$ và $\angle OCE=\angle OAE$, dẫn tới $\angle OBF=\angle OCF$. Vậy tứ giác $BFOC$ nội tiếp. 

b) Ta có $\angle OEF=90^{\circ}+\angle ECN$, $\angle MEN=90^{\circ}+\angle EAN$ và $\angle ECN=\angle EAN$ ($E$ thuộc đường trung trực của $AC$), suy ra $\angle OEF=\angle MEN$. 

Tứ giác $MONC$ nội tiếp đường tròn đường kính $OC$ nên $\angle ONM=\angle OCM$. Tứ giác $BFOC$ nội tiếp nên $\angle OFC=\angle OBC$. Mà $\angle OCM=\angle OBC$ nên $\angle ONM=\angle OFC$, hay $\angle MNE=\angle OFE$. 

Vậy tam giác $FEO$ và tam giác $NEM$ đồng dạng (g.g). 

c) Gọi $K$ là giao điểm của $BD$ và $MN$. Ta có $D$ nằm trên đường trung trực của $AB$ và $MK \parallel AB$ nên dễ thấy $K$ đối xứng với $M$ qua $OP$. 

Từ đây, dễ thấy $AKMB$ là hình thang cân, suy ra $AKNP$ cũng là hình thang cân. Do đó $K$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $APN$, hay nói cách khác $K$ thuộc đường tròn đường kính $OA$. 

Tiếp theo ta có $\angle DKN=\angle DMN$ (do $K$ đối xứng với $M$ qua $OP$). Mà $\angle DMN=\angle EOF$ (tam giác $FEO$ đồng dạng với tam giác $NEM$), ta suy ra $\angle DKN=\angle EOF$. Chứng tỏ $F$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $OKN$. 

Vậy $F$ thuộc đường tròn đường kính $OA$, dẫn tới $\angle OPF=\angle ONF$. Đây là điều phải chứng minh. 

Chúng ta tiếp tục với Nhóm 5, chặng cuối cùng. Bài 12 b) tương đối khó, thiết nghĩ cũng không nên trì hoãn lâu hơn. Hi vọng chúng ta có thể hoàn thành trọn vẹn chuyên đề trong Tháng 5 này! Mời mọi người tham gia! 

 

NHÓM 5 (Năm 2021, 2022, 2023) 

 

BÀI 13. (Năm 2021) 

Cho đường tròn $(O; R)$. Dây cung $BC$ cố định không đi qua tâm $O$. Trên tia đối của tia $BC$ lấy điểm $A$ ($A$ khác $B$). Từ $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AM$ và $AN$ tới đường tròn $(O)$ ($M$ và $N$ là hai tiếp điểm). Gọi $I, H$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $MN$;  $BC$ cắt $MN$ tại $K$.

            a) Chứng minh bốn điểm $O, M, N, I$ cùng thuộc một đường tròn và $HK$ là tia phân giác của góc $BHC$.

            b) Hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $B$ và $C$ cắt nhau ở $E$. Chứng minh $M, N, E$ thẳng hàng.

            c) Đường thẳng $\Delta$ qua điểm $M$ và vuông góc với $ON$, cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai là $P$. Xác định vị trí của điểm $A$ trên tia đối của tia $BC$ để tứ giác $AMPN$ là hình bình hành.

 

a) $\angle AMO=\angle ANO=\angle AIO=90^{\circ}$ nên bốn điểm $O, M, I, N$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA$. 

Ta có $OA$ là đường trung trực của $MN$. Xét tam giác $OMA$ vuông tại $M$ có $MH$ là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có $OH.OA=AM^2$. 

Tam giác $AMB$ đồng dạng với tam giác $ACM$ (g.g) nên $AB.AC=AM^2$. 

Do đó $AH.AO=AB.AC$, dẫn tới tam giác $AHB$ đồng dạng với tam giác $ACO$ (c.g.c). 

Suy ra $\angle AHB=\angle BCO$.

Điều này lại chứng tỏ $BHOC$ là tứ giác nội tiếp, và ta có $\angle OHC=\angle OBC$. 

Mà $\angle BCO=\angle OBC$ (tam giác $OBC$ cân tại $O$) nên ta suy ra $\angle AHB=\angle OHC$. 

Hơn nữa $HN \perp OA$ nên $\angle BHN=\angle CHN$. Vậy $HN$ là tia phân giác của góc $BHC$. 

b) Lưu ý $H$ là trung điểm $MN$, chứng minh tương tự như câu a) ta có $OE$ là đường trung trực của $BC$ và ba điểm $H, B, C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OE$.

Do đó $\angle BHE=\angle BOE=\frac{\angle BOC}{2}$. 

Mà $\angle BHN=\frac{\angle BHC}{2}$ ($BN$ là tia phân giác góc $BHC$) và $\angle BHC=\angle BOC$ (tứ giác $BHOC$ nội tiếp), vì vậy $\angle BHE=\angle BHN$. 

Điều này chứng tỏ $M, N, E$ thẳng hàng. 

c) Để ý rằng $AH$ là đường trung trực của $MN$, vì vậy $AMPN$ là hình bình hành khi và chỉ khi $P$ nằm trên đường trung trực của $MN$ tức là $PO \perp MN$ tại $H$.

Khi đó, do $ON \perp PM$ và $PO \perp MN$ ta có tam giác $MNP$ đều.

Mà tam giác $AMN$ và $PNM$ bằng nhau, nên ta phải có tam giác $AMN$ đều. 

Vậy $AMPN$ là hình bình hành khi và chỉ khi $AMN$ là tam giác đều. 

Gọi bán kính đường tròn $(O)$ là $R$, và đặt $BC=a, AB=x$.  

Ta có tam giác $AMN$ đều suy ra $\angle MOH=\angle AMN=60^{\circ}$. Do đó

$MH=\sin 60^{\circ}.OM=\frac{\sqrt{3}}{2}R.$

Dẫn tới 

$AM=MN=\sqrt{3}R$. 

Ta lại có $AM^2=AB.AC=x(x+a)$. Do đó ta có phương trình xác định $x$ theo $a, R$: 

$x^2+ax=3R^2$. $(*)$

Phương trình trên luôn có một nghiệm dương. 

Vậy $AMPN$ là hình bình hành khi và chỉ khi $A$ nằm trên tia đối của tia $BC$ sao cho độ dài $AB=x$ là nghiệm dương của phương trình $(*)$. 

Đoạn xét hàm số $f(x)$ có thể viết lại chi tiết cho phù hợp với kiến thức THCS như sau.

Xét $x>y \geq 0$. Khi đó $\sqrt{x}>\sqrt{y}$ và $\sqrt{2x+1}>\sqrt{2y+1}$.

Dẫn tới $\frac{1}{\sqrt{x}+2}<\frac{1}{\sqrt{y}+2}$ và $\frac{1}{\sqrt{2x+1}+3} < \frac{1}{\sqrt{2y+1}+3}$.

Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên ta có $f(x)<f(y)$. 

Vậy với mọi $x, y$ sao cho $x>y \geq 0$ ta có $f(x)<f(y)$. 

Điều này chứng tỏ với $x\neq 4$ thì $f(x)\neq f(4)=\frac{5}{12}$. 

Tóm lại, phương trình $(2)$ vô nghiệm. 

Đoạn này em nghĩ anh nên viết lại vì hs THCS sao dùng nghịch biến kiểu đấy được ạ(đây lại còn là bài cơ bản!)

Ừ. Có thể viết dưới dạng đánh giá với  $x>4$ thì $f(4)<\frac{5}{12}$, còn với $0 \leq x<4$ thì $f(4)>\frac{5}{12}$. 

Viết lại $2\sqrt{x}-\sqrt{2x+1}=\frac{2x-1}{2\sqrt{x}+\sqrt{2x+1}}$. Khi đó hai vế phương trình ban đầu có chung nhân tử $2x-1$. 

Trường hợp $2x-1 \neq 0$, ta đưa phương  trình về dạng tương đương 

\begin{equation}5x+22=6(2\sqrt{x}+\sqrt{2x+1})\end{equation}

Nhận thấy phương trình $(1)$ trên có nghiệm $x=4$ nên ta viết lại phương trình đó dưới dạng 

$5(x-4)=6.\left( \frac{2(x-4)}{\sqrt{x}+2} + \frac{2(x-4)}{\sqrt{2x+1}+3} \right) $

Với $x \neq 4$ ta có 

\begin{equation}\frac{1}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{\sqrt{2x+1}+3}=\frac{5}{12}\end{equation}

Xét $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{\sqrt{2x+1}+3}$, đây là hàm số nghịch biến trên $ [0;+\infty) $ và $f(4)=\frac{5}{12}$. Điều này có nghĩa với $x \neq 4$ thì $f(x) \neq \frac{5}{12}$. Phương trình $(2)$ vô nghiệm. 

Tóm lại, phương trình ban đầu chỉ có hai nghiệm là $x=\frac{1}{2}$ và $x=4$. 

Lời giải Bài 12 b) của hovutenha rất hay. Tóm tắt lại đường lối giải để mọi người dễ theo dõi như sau: 

(1) Tạo điểm phụ $J$ là trung điểm của $IA'$, với $AA'$ là đường kính của đường tròn $(O)$. 

(2) Khi đó sử dụng kết quả phần a) ta chứng minh được 

$(i)$  $J$ nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng $BC$ 

$(ii)$ $J$ nằm trên đường trung bình của hình thang $BMNC$. 

(3) Gọi $Q'$ là điểm đối xứng $P$ qua $J$, do $(ii)$ nên $Q'$ sẽ thuộc cạnh $BC$. 

(4) Cuối cùng ta chỉ ra $AQ'$ vuông góc $EF$, và như thế $Q'\equiv Q$. Kết hợp với $(i)$ ta có điều phải chứng minh. 

Chỗ phép vị tự $V_J^{\frac{-1}{2}}$ biến $MN$ thành $BC$ là như thế nào vậy hovutenha? Ý chỗ này là biến đường thẳng $MN$ thành đường thẳng $BC$? 

Còn một chỗ nữa là $A'$ đối xứng với $A$ qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ chứ không phải nội tiếp.