lovemaths_hn

cho các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn $0<a^2+b^2-abc \leq c $
CMR: $a^2+b^2-abc $ là số chính phương.

+) TH1: Nếu c=1, ta có $0<a^2+b^2-ab \leq 1$
Do đó $a^2+b^2-ab=1$, nên ta có đpcm.
+) TH2: c=2, khi đó hiển nhiên ta có đpcm.
+) TH3: $c>2$. Giả sử $a^2+b^2-abc=n (0<n\leq c$ (1)
GS $(a_0,b_0)$ là một nghiêm của (1) thỏa mãn $a_0<b_0$, và tổng $(a_0+b_0)$ là max trong tất cả các nghiệm.
xét $f(a)=a^2-ab_0c+b_0^2-n$
Khi đó f(a) ngoài nghiệm a0 còn có nghiệm $a_1=\dfrac {b_0^2-n} {a_0}$ là số nguyên.
Với$b_0^2-n<0$. Từ (1) suy ra $a_0^2-a_0b_0c>0$ nên $a_0-b_0c>0$ ( VL với c>2)
Suy ra $b_0^2-n>0$, suy ra $a_1>0$
Theo cách xác định $a_0, b_0)$ ta có $a_1+b_0\geq a_0+b_0$, nên $a_1 \leq a_0 \leq b_0 \Rightarrow f(b_0) \geq 0$
$\Leftrightarrow 2b_0^2-b_0^2c-n \geq 0 \Leftrightarrow n \leq b_0(2-c) <0 $ (do c>2)
$\Rightarrow a^2+b^2-abc=0 (VL)$
Vậy ta luôn có $a^2+b^2-abc$ là số chính phương.

Bài Toán :
Cho trước tam giác $ ABC$ ; $X$ là điểm nằm trên tia $BC$ sao cho $C$ nằm giữa $B$ và $X$ .

Giả sử đường tròn nội tiếp các tam giác $ABX$ và $ACX$ cắt nhau tại $2$ điểm phân biệt $P$ và $Q$ .

Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn đi qua $1$ điểm cố định .

Nguyễn Kim Anh

Ta sử dụng bổ đề sau: Tam giác ABC ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc với BC, CA tại M,N. D, E là trung điểm của AB, AC.
Khi đó ta có BI, DE, MN đồng quy.
Trở lại bài toán.
Gọi (I), (J) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác ABX, ACX. (l) là đường trung bình của tam giác ABC.
AX tiếp xúc với (I), (J) tại N, T.
BX tiếp xúc với (I), (J) tại M, S.
Theo bổ đề ta có (l), BI, MN đồng quy tại L.
(l), CJ, ST đồng quy tại K.
Mặt khác dễ dàng chứng minh được PQ là đương trung bình của hình thang MNTS nên suy ra PQ luôn đi qua trung điểm của LK. (đpcm)

cho các số thực thuộc (0,1): $a_{1}, a_{2},..., a_{669}$
CMR tồn tại 2 số $ a_{i}, a_{j}$ thỏa mãn:
0<$ a_{i}a_{j}( a_{i}- a_{j} )$<$ \dfrac{1}{2007} $

Không mất tổng quát giả sử $0<x_0<x_1<...<x_{669}<1$.
Đặt $S=\sum_{i=0}^{668}x_ix_{i+1}\left(x_{i+1}-x_i \right)\leq\sum_{i=0}^{668}\left(\dfrac{x_i+x_{i+1}}{2} \right)^2\left(x_{i+1}-x_i \right)=$
$=\dfrac{1}{4}\sum_{i=0}^{668}\left(x_i+x_{i+1} \right)^2\left(x_{i+1}-x_i \right)=\dfrac{1}{4}\sum_{i=0}^{668}\left(x_i^2+2x_ix_{i+1}+x_{i+1}^2 \right)\left(x_{i+1}-x_i \right)=$
$=\dfrac{1}{4}\sum_{i=0}^{668}\left(x_ix_{i+1}\left(x_{i+1}-x_i \right) \right)+\dfrac{1}{4}\sum_{i=0}^{668}(-x_i^3+x_{i+1}^3)=\dfrac{1}{4}S+\dfrac{1}{4}\left(x_{669}^3-x_0^3 \right)<\dfrac{1}{4}S+\dfrac{1}{4}$
$\Rightarrow S<\dfrac{1}{3}$
Do đó theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 1 số mà $0<x_ix_{i+1}\left(x_{i+1}-x_i \right)<\dfrac{1}{3.669}=\dfrac{1}{2007}$

Mình tham gia 2 ý thế này.
1. Ma trận vuông $A=[a_{ij}]$ cấp n được gọi là ma trận phản đối xứng nếu
$[a_{ij}]=][a_{ji}], \forall i, j (1 \leq i, j \leq n )$ .
2. Định lý: Nếu A là ma trận vuông cấp n thỏa mãn $ A^k =0 (k \geq 1)$ thì $ I-A, I+A $ đều là các ma trận khả nghịch.
Mọi người xem liệu nó co liên quan gì với nhau không.

Ma trận khả nghịch thỏa mãn a(ij)=-a(ji).

Thầy Namdung có thể gợi ý bài 1 không ạ.