HeilHitler

Do $gcd(a,b)=1$ nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại $x_0, y_0 \in N, x_0<b$ để $ax_0-by_0=1$. 

Gọi $N_0$ là số lớn nhất không thể biểu diễn thành $ax+by$. Ta có:

$N_0+1=au+bv$ (với $u,v \in N$)

$\Rightarrow N_0=au+bv-(ax_0-by_0)$

$\Rightarrow N_0=a(u-x_0)+b(v+y_0)=a(u+b-x_0)+b(v+y_0-a)$ (*)

Do tính chất không thể phân tích thành $ax+by$ của $N_0$ nên theo (*) suy ra $u-x_0<0$ và $v+y_0-a<0$  

Như vậy $N_0 \leq a(x_0-1)+b(a-y_0-1)-1=ab-a-b$.
Ta chỉ cần chỉ ra $ab-a-b$ không thể biểu diễn thành $ax+by$ nữa là đủ. <----(Đoạn này đang bí, tối về nghĩ tiếp :v)

$\sum_{k=1}^{n}a_{k}(a^{2}+1)^{3k}\vdots (a^{2}+a+1)$

Đề này vẫn chưa chính xác!

Bởi vì với mọi $k>0$ thì $[(a^{2}+1)^{3k}-(-a)^{3k}] \vdots (a^2+a+1)$ và $[(-a)^{3k}-(-1)^k] \vdots (a^2+a+1)$

 $\Rightarrow [a^k.(a^{2}+1)^{3k}-(-1)^{k}.a^{k}] \vdots (a^2+a+1)$

Như vậy bài toán đã cho tương đương với việc chứng minh:

$\sum_{k=1}^{n} {(-a)}^{k}$  $\vdots (a^2+a+1)$

$ \Leftrightarrow (-a)^n-1$  $\vdots (a^2+a+1)$ 

Phép chia hết cuối cùng này chỉ đúng khi $n$ là bội của 6.

Đề bài :

Cho số phức $ z $ thỏa mãn $ z + \dfrac{1}{z}=1 $

Hãy tính giá trị $ S=z+z^2+z^3+..................+z^n+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z^3}+............+\dfrac{1}{z^n} $

Từ $z+\frac{1}{z}=1$ suy ra với mọi $k$ tự nhiên ta đều có:

*$z^{k+2}-z^{k+1}=-z^k$

*$\frac{1}{z^{k+2}}-\frac{1}{z^{k+1}}=-\frac{1}{z^k}$

Đặt $a_k=z^k+\frac{1}{z^k}$ suy ra $a_{k+2}-a_{k+1}=-a_k$

Như vậy $S=\sum a_k=-a_{n+2}+a_2$ (1).

Chú ý rằng từ tính truy hồi ở trên rút ra $a_{k+3}=a_{k+2}-a_{k+1}=(a_{k+1}-a_{k})-a_{k+1}=-a_k$ (2).

Từ (1), (2) suy ra $S=-1-{(-1)}^{q}.a_p$ với $p$ là số dư của $n+2$ khi chia cho 3 và $q$ là thương của phép chia. 

Chẳng hạn $n=6m+4$ suy ra $p=0$ và $q$ chẵn, suy ra $S=-1-a_0=-3$.

Cho tứ diện ABCD. Gọi $r$ là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện cmr:
$$ r<\dfrac{AB.CD}{2AB+2CD}$$

Gọi $h_a,h_b,...$ tương ứng là các đường cao của tứ diện hạ từ các đỉnh $A,B,..$

Gọi $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp.
Rõ ràng $\frac{r}{h_a}=\frac{V_{IBCD}}{V_{ABCD}}$, thực hiện các tỷ số tương tự và cộng dọc ta suy ra:

$\frac{r}{h_a}+\frac{r}{h_b}+\frac{r}{h_c}+\frac{r}{h_d}=1$

$\Rightarrow \frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}+\frac{1}{h_d}=\frac{1}{r}$

Chú ý $h_a, h_b \leq AB$ và $h_c,h_d \leq CD$ nhưng không thể đồng thời xảy ra dấu bằng cả 4 BĐT, cho nên:

$\frac{1}{r}>\frac{2}{AB}+\frac{2}{CD}$.

Suy ra đpcm.

Dành tặng cho mấy em THPT
Bài toán: Xét dãy $\{F_{n} \}_{n \ge 1}$ là dãy Fibonacci.Chứng minh đẳng thức Catalan:
$$F_{n}^2-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F_{k}^2(1 \le k \le n)$$

Nhìn qua cứ tưởng dễ, ai dè trâu vật vã.

Không mất tính tổng quát, ta mở rộng dãy Fibonacci đã cho với cả các chỉ số âm, tức là $F_0, F_{-1}, F_{-2}, .....$ tồn tại. Việc quy ước này chỉ làm tiện cho việc tính toán mà không ảnh hưởng đến bài toán. Trước khi chứng minh bài toán, ta sẽ chứng minh một tính chất quan trọng sau (gọi là tính chất Catalan cho gọn):

Với mọi $m>n$ (âm dương đều được), ta đều có $F_{m-1}F_{n}-F_{n-1}F_{m}=(-1)^{n-1}F_{m-n}$.

Thật vậy, biến đổi $F_{m-1}F_{n}-F_{n-1}F_{m}=F_{m-1}(F_{n-1}+F_{n-2})-F_{n-1}F_{m}$

$=-(F_{m-2}F_{n-1}-F_{n-2}F_{m-1})$

$=.......=$

$=(-1)^{n-2}(F_{m-n+1}F_{2}-F_{1}F_{m-n+2})$

$=(-1)^{n-1}F_{m-n}$.

Áp dụng vào bài toán:

+Dựa vào tính chất Catalan ta suy ra một loạt các đẳng thức sau:

$F^2_{n}-F_{n-1}F_{n+1}=(-1)^{n-1}F_1$

$F_{n-1}F_{n+1}-F_{n-2}F_{n+2}=(-1)^{n-2}F_3$

.......

$F_{n-k+1}F_{n+k-1}-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F_{2k-1}$

Cộng dọc để rút ra $F^2_{n}-F_{n+k}F_{n-k}=\sum_{i=1}^{k}(-1)^{n-i}.F_{2i-1}$ (*).

+Áp dụng tính chất (*) với $k=n$ cũng cho ta:

$F^2_{k}-F_{2k}F_{0}=\sum_{i=1}^{k}(-1)^{k-i}.F_{2i-1}$ (**)
Từ (*) và (**), chú ý $F_0=0$, suy ra $F^2_{n}-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F^2_k$ (đpcm).

PS: Xin thề, xin hứa, xin đảm bảo đây sẽ là bài toán cuối cùng tôi giải trong năm 2016. Quyết tâm không đụng đến toán nữa cho tới khi thi xong tiếng Anh.  ((((((((