hxthanh

Bài 3: Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài các cạnh là các số nguyên và có hai lần số đo diện tích bằng ba lần số đo chu vi

Bài này có vẻ hấp dẫn!

Gọi 2 cạch góc vuông là $a$ và $b$ cạnh huyền là $c;\;\;(a,b,c>0)$. Theo dữ kiện đầu bài ta có:
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2 \\ ab=3(a+b+c)\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}a^2+b^2=c^2 \\ c=\frac{ab}{3}-(a+b)\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}ab=3(a+b+c) \\ a^2+b^2=\frac{a^2b^2}{9}-\frac{2ab(a+b)}{3}+(a+b)^2\end{cases}$

$\Rightarrow \frac{a^2b^2}{9}-\frac{2ab(a+b)}{3}+2ab=0$

$\Rightarrow ab-6(a+b)+18=0$
$\Rightarrow a=6+\frac{18}{b-6}\;\;(*)$

Nếu $b-6<0$ suy ra $6a+6b=ab+18<6a+18 \Rightarrow b<3$
Thử trực tiếp $b=1;\;b=2$ vào $(*)$ không thoả mãn
Như vậy $b-6>0$ là các ước dương của $18\;\;\{1,2,3,6,9,18\}$
Suy ra $b \in \{7,8,9,12,15,24\}$
Từ đó ta tìm được các tam giác vuông có các cạnh là $(a,b,c)\in \{(7,24,25);\;(8,15,17);\;(9,12,15)\}$
(không tính thêm 3 tam giác hoán vị giữa a và b)

Đúng, nhưng không nhất thiết phải xét cả như thế.
+ Nếu $n=3k \rightarrow n \ \vdots 3 \rightarrow n(n+8)(n+13) \ \vdots 3$.
+ Nếu $n=3k+1 \rightarrow n+8 \vdots 3 \rightarrow n(n+8)(n+13) \ \vdots 3$.
+ Nếu $n=3k+2 \rightarrow n+13 \vdots 3 \rightarrow n(n+8)(n+13) \vdots 3$.

Đúng! Nhưng cũng không cần thiết phải xét như thế
$n(n+8)(n+13)\equiv n(n+2)(n+1) \equiv 0 \pmod{3} $ (Tích của 3 số tự nhiên liên tiếp mà! )

@Toàn: Cách hay mà con ko nghĩ ra, cảm ơn thầy nhiều.

Không cần phải trừ đi 1 đâu em (vì số 0 cũng là số tự nhiên mà!)

Bài 114Trong một cái bánh hình vuông cạnh $8$ cm có $32$ hạt vừng.Chứng minh rằng tồn tại hai hạt vừng mà khỏng cách tới nhau nhỏ hơn $2$ cm

- Theo mình nghĩ chỉ cần đến 26 hạt vừng trên cái bánh đó là đủ điều kiện tìm thấy 2 hạt vừng có khoảng cách nhỏ hơn 2 rồi.
- Chia cái bánh 8x8 thành 16 hình vuông nhỏ 2x2
- Nếu trong một hình vuông nhỏ bất kỳ có 5 hạt vừng trở lên thì chắc chắn tồn tại 2 hạt vừng có khoảng cách nhỏ hơn 2.
- Nếu trong một hình vuông nhỏ bất kỳ mà có 4 hạt vừng trong đó có ít nhất một 1 hạt không nằm ở góc hình vuông thì cũng tìm được 2 hạt thoả mãn
- Nếu 2 điều kiện trên không xảy ra, thì các hạt vừng chỉ có thể rơi vào đỉnh của các hình vuông nhỏ (mà có tất cả 5x5=25 đỉnh)
- Như vậy theo nguyên lý Dirichle phải có ít nhất 5 hạt nằm cùng một hình vuông 2x2

Có bao nhiêu số tự nhiên khác nhau nhỏ hơn ${2.10^8}$, chia hết cho 3, có thể được viết bởi các chữ số 0,1,2?

Đây là một bài toán không mới, đã được thảo luận đâu đó trên diễn đàn, mình chưa tìm được link.
Bạn có thể tham khảo lời giải dưới đây:

Gọi một "số" thoả mãn yêu cầu là $\overline{a_1a_2...a_9}$ trong đó không nhất thiết các số đứng đầu phải khác 0. Ta có thể coi các số như vậy là các số tự nhiên có số chữ số nhỏ hơn.
Chẳng hạn số $000000012$ là số $12$
Như vậy:

- $a_1$ có 2 cách chọn (là 0 và 1)
- $a_2,a_3,...,a_8$ mỗi vị trí có 3 cách chọn (0,1,2)
- $a_9$ có 1 cách chọn duy nhất phụ thuộc vào tổng $a_1+a_2+...+a_8$ chia 3 dư bao nhiêu? (Dư 0 chọn số 0, dư 1 chọn số 2, dư 2 chọn số 1)

Vậy tổng cộng có $2.3^7=4374$ số thoả mãn yêu cầu

Em cũng có một bài cũng hay có thể xài truy hồi như thế này mong mọi người tích cực thảo luận

Bài 4
Cho một tam giác đều, trong đó dựng $n^2$ tam giác đều nằng nhau, không chồng lên nhau và phủ kín tam giác đều lớn ở ngoài. Tính số lục giác đều được tạo thành.

Bài này liên quan đến tính chất của SỐ TAM GIáC

Đáp số của bài này là có $S_n=\dfrac{(n-1)(n-2)}{2}$ lục giác đều.
______________________________________________________

Hãy trình bày lời giải bài toán trên bằng phương pháp truy hồi!

Bài 1Giải Phương trình nghiệm nguyên:
$2x^3-x^2y-3x^2+14x-7y-5=0\;\;(1)$

Lời giải:
$(1)\Leftrightarrow 2x^3-3x^2+14x-5=y(x^2+7)$
$\Rightarrow y=\dfrac{2x^3-3x^2+14x-5}{x^2+7}=2x-3+\dfrac{16}{x^2+7}\;\;\in \mathbb{Z}$
Do đó ta có:
$\left[\begin{matrix} x^2+7=8 \\ x^2+7=16\end{matrix}\right. \Rightarrow x \in \{\pm 1, \pm 3\}$
Từ đó (1) có các nghiệm là: $(x,y)\in\{(-1,-3);(1,1);(-3,-8);(3,4)\}$

Bài 2 Giải phương trình nghiệm nguyên
$x^2y+6xy+9y=32\;\;(2)$

Lời giải:
$(2)\Leftrightarrow y(x+3)^2=32.1^2=8.2^2=2.4^2$
Từ đó suy ra $y\in \{2,8,32\}$
Vậy các nghiệm của (2) là $(x,y)\in\{(1,2);(-1,8);(-2,32)\}$

Câu 5 (THPT).

Cho elip $(E):\;\dfrac{(x-20)^2}{20}+\dfrac{(y-11)^2}{11}=2011$. Gọi $S_i\;\;(i=1,2,3,4)$ tương ứng là diện tích các phần của elip nằm ở góc phần tư thứ $i$. Hãy tính giá trị của biểu thức:
$M=S_1+S_3-(S_2+S_4)$.

Dưới đây là lời giải của perfecstrong thành viên của đội GAMA

Xét điểm $I(20;11)$. Ta sẽ chứng minh điểm $I(20,11)$ là tâm đối xứng của Elip (E).
Thật vậy: Giả sử $P(x_0,y_0)$ là một điểm thuộc Elip (E), nghĩa là:

$\dfrac{(x_0-20)^2}{20}+\dfrac{(y_0-11)^2}{11}=2011$

$\Rightarrow \dfrac{((40-x_0)-20)^2}{20}+\dfrac{((22-y_0)-11)^2}{11}=2011$

Do đó điểm $P'(40-x_0,22-y_0)$ cũng thuộc Elip (E). Hơn nữa:
$\overrightarrow{IP}=(x_0-20,y_0-11)=-(20-x_0,11-y_0)=-\overrightarrow{IP'}$

Điều này chứng minh $I(20,11)$ là tâm đối xứng của Elip (E)
Gọi S là diện tích của (E); A,B,C,D,E là diện tích các miền được giới hạn như hình vẽ.

Theo hình minh hoạ, ta có:
$S_1=\dfrac{S}{4}+A+C+E$
$S_2=\dfrac{S}{4}-A+B$
$S_3=\dfrac{S}{4}-B-C-D$
$S_4=\dfrac{S}{4}-E+D$
Nên $M=S_1+S_3-S_2-S_4$
$=\dfrac{S}{4}+A+C+E+\dfrac{S}{4}-B-C-D-\dfrac{S}{4}+A-B-\dfrac{S}{4}+E-D=2A+2E-2B-2D$
Mà $A=C+D;E=B+C$ nên $M=4C$
C là hình giới hạn bởi đường thẳng $x=0;y=0;x=20;y=11$ nên $S_C=20.11=220$

$\Rightarrow \boxed{M=880}$

PSW : 7/7 điểm

hxthanh đội GAMA xin được giải Câu 4 đội Alpha
[quotename='Đề Alpha']
Câu 4. (THPT) Biện luận theo tham số $a$ số nghiệm của phương trình:
$\log_ax=a^x\;\;(1)$
[/quote]
- Điều kiện tồn tại phương trình (1) là $a\neq 1$.
Khi đó:
- Do $g(x)=\log_ax$ và $f(x)=a^x$ là hai hàm ngược của nhau nên đồ thị của $f(x)$ và $g(x)$ đối xứng nhau qua đường thẳng $y=x$.
- Số giao điểm của đường thẳng $y=x$ với đồ thị của $f(x)$ cũng chính là số nghiệm của phương trình (1)

Xét trường hợp đường thẳng $y=x$ là tiếp tuyến của đồ thị $f(x)$, khi đó ta có:

$f'(x_0)=a^{x_0}\ln(a)=1\Rightarrow x_0=\dfrac{\ln\left(\dfrac{1}{\ln(a)}\right)}{\ln(a)}$

$\Rightarrow \dfrac{\ln\left(\dfrac{1}{\ln(a)}\right)}{\ln(a)}=x_0=a^{x_0}=\dfrac{1}{\ln(a)}$

$\Rightarrow \ln\left(\dfrac{1}{\ln(a)}\right)=1 \Rightarrow \boxed{a= e^{^{\dfrac{1}{e}}}}$

Từ kết quả trên và dựa vào đồ thị ta kết luận được:

• $a<e^{^{\dfrac{1}{e}}},\;(a \neq 1) $ : Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

• $a=e^{^{\dfrac{1}{e}}}$ : Phương trình (1) có nghiệm duy nhất $\left(x=e\right)$

• $a>e^{^{\dfrac{1}{e}}}$ : Phương trình (1) vô nghiệm.

________________________________________

GAMA CỐ LÊN !!!

PSW : 7/7 điểm

Đây là đề thi của Gama :

Câu 1 - THCS

Cho các số thực dương $ a ; b ; c $ thoả : $ abc =1 $

Chứng minh
$a^{4} + b^{4}+ c^{4} + a^2+b^2+c^2 + a+b+c \ge \dfrac{2}{a^2} + \dfrac{2}{b^2} + \dfrac{2}{c^2} + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

Câu 2 - THCS

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$

$ AB \ne AC$ ;đường cao $AH$ ; hạ $HK$ vuông góc $AC$ tại $K$

$BK$ cắt trung trực $BC$ tại $M$ ; $AM$ cắt trung trực $AC$ tại $N$

Chứng minh $ HN\left | \right |BM$

Câu 3 - THPT

Tính tổng :

$ S = \sum\limits_{k=1}^{2012}\left\lfloor \dfrac{\sqrt{8k+1}-1}{2} \right\rfloor$


Câu 4 - THPT

Cho tam giác $ABC$ ; trung tuyến $AM$ ; phân giác $AN$ ; đường thẳng qua $N$ ; vuông góc $NA$ cắt $MA ; AB$ tại $Q ; P$
Từ $P$ kẻ đường vuông góc $BA$ ; cắt $NA $ tại $O$

Chứng minh rằng $ OQ $ vuông góc $ BC$

Câu 5 - THPT

Tìm tất cả các hàm số $f : \mathbb{N^{*}} \to \mathbb{N^{*}}$ thoả mãn các điều kiện :

$1/ f(2) = 2$

$2/$Với các số nguyên dương tuỳ ý $m ; n$ nguyên tố cùng nhau thì $ f(mn ) = f(m) \cdot f(n)$

$3/$ $f$ tăng nghiêm ngặt

Câu 6 - Olympiad

Tìm tất cả các số tự nhiên $ n \ge 3$ thoả mãn :

Trên mặt phẳng tồn tại tập hợp $M$ gồm $n$ điểm ; với mỗi điểm thuộc $M$ sẽ có đúng 2 điểm khác thuộc $M$ có khoảng cách đến nó là 1 .Hơn nữa ; khoảng cách giữa 2 điểm bất kỳ thuộc $M$ không vượt quá $1$

Chỉ được kết luận rằng $\gcd(x^2+1,x+1) \in \{1,2\}$
$\gcd(x^2+1,x+1)=2$ cũng được mà em? $x$ lẻ chẳng hạn ?

Lẽ ra phải phải xét 2 trường hợp ứng với $x$ lẻ và chẵn

$x=2t+1$ khi đó
$x^2+1=4t^2+4t+2=2(2t^2+2t+1)$
$x+1=2(t+1)$
$\Rightarrow (x^2+1)(x+1)=2^2(t+1)(2t^2+2t+1)$
Lại có $\gcd(t+1,2t^2+2t+1)=1$ (cái này chắc chắn đúng vì lấy số lớn chia số bé dư 1 ngay!)
suy ra $t+1=2t^2+2t+1\Rightarrow t=0$
Vậy trường hợp này $x=1$

Trường hợp $x$ chẵn thì ta có ngay $\gcd(x^2+1,x+1)=1$
Và trường hợp này tìm được $x=0$

hxthanh đội GAMA Thay mặt đồng đội giải câu 3 của Alpha

Câu 3 THPT: Chứng minh bất đẳng thức
$\dfrac{2n^2}{n+1} >\sum\limits_{k=1}^n \left(\sum\limits_{j=1}^k \dfrac{j^2-\dfrac{1}{2}}{j^4+\dfrac{1}{4}}\right)>\dfrac{3n}{8}$

Mình nghĩ đề bài như thế này sẽ vui hơn

Câu 3 THPT: Chứng minh bất đẳng thức
$\dfrac{n^2}{n+1}>\sum\limits_{k=1}^n \left(\sum\limits_{j=1}^k \dfrac{j^2-\dfrac{1}{2}}{j^4+\dfrac{1}{4}}\right)\ge \dfrac{2n}{5}$

Ta có:

$\dfrac{j^2-\dfrac{1}{2}}{j^4+\dfrac{1}{4}}=\dfrac{4j^2-2}{4j^4+1}=\dfrac{4j^2-2}{(2j^2+2j+1)(2j^2-2j+1)}=\dfrac{j^2}{j^2+j+\dfrac{1}{2}}-\dfrac{(j-1)^2}{j^2-j+\dfrac{1}{2}}$

Lấy tổng từ $j=1$ đến $j=k$ ta được:

$S_k=\sum\limits_{j=1}^k \dfrac{j^2-\dfrac{1}{2}}{j^4+\dfrac{1}{4}} = \dfrac{k^2}{k^2+k+\dfrac{1}{2}}$

Với $1\le k\le n$, ta có:

$\dfrac{2}{5}\le \dfrac{k^2}{k^2+k+\dfrac{1}{2}} <\dfrac{k^2}{k^2+k}=\dfrac{k}{k+1}\le\dfrac{n}{n+1}$

Do đó ta có:

$\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{2}{5} \le \sum\limits_{k=1}^n S_k<\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{n}{n+1}$

hay

$\dfrac{3n}{8}<\dfrac{2n}{5} \le \sum\limits_{k=1}^n S_k < \dfrac{n^2}{n+1}<\dfrac{2n^2}{n+1}$
--------------------------------


PSW : 7/7 điểm

Gợi ý biến đổi thành $(y+2)(x^2-1)=15$
Đến đây thì đơn giản rồi!

Phương trình:

$x^4-2y^4-x^2y^2-4x^2-7y^2-5=0$ tương đương với:
$\Leftrightarrow (x^2-2y^2-5)(x^2+y^2+1)=0$
$\Leftrightarrow x^2-2y^2-5=0$
Dễ thấy phương trình này vô nghiệm.
(CM:$x$ lẻ $x=2k+1$ thay vào ta được $y^2=2(k^2+k-1)$ Rõ ràng $k^2+k-1$ là số lẻ!)

Bài này quả thực rất hay!

Thầy Galois có thể khái quát và chọn số liệu sao cho chẵn hơn thì còn hay hơn nữa. Mấu chốt của bài này không phải chỉ là việc chia nhỏ quãng đường đi sao cho hợp lý mà là tìm Min (Max) dựa vào các điều kiện của đề bài.

Cụ thể vấn đề ở đây (giống như cách hiểu của nhóc UEVOLI) là:
Nếu phải cần ít nhất $k$ lần để chở hết được số vật cần di chuyển một quãng đường $x$ thì số quãng đường thực tế phải di chuyển gấp $(2k-1)$ lần quãng đường $x$ (với $k$ lần đi và $k-1$ lần quay lại)
Trong khi đó $(2k-1)x$ cũng là lượng "hao phí" vật trên đoạn đường đó. Rõ ràng $k$ càng nhỏ thì "hao phí" càng thấp. Vậy giải pháp tối ưu của ta là chọn đoạn đường $x$ nhỏ nhất "vừa đủ" để giảm $k$ xuống 1 đơn vị. Lặp lại "chiến thuật" vận chuyển đó đến khi tới đích thì thội!

Thay đổi một vài số liệu đề bài để có một "bài toán đẹp"
Ví dụ như thay 1000km bằng 900km; thay 3000 quả chuối bằng 2700 quả. Thay tối đa một lần chở 1000 quả chuối bằng 900 quả chuối.
Thì kết quả bài toán sẽ là tròn 480 quả chuối được mang ra chợ!