nguyenta98

Bài số học có thể giải như sau:

Xét một số nguyên tố $p$ bất kì $p\leq n$

TH1: $p|b$ thì $v_p(b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)) \geq n$ trong khi $v_p(n!)=\frac{n-S_{p}(n)}{p-1}$ với $S_{p}(n)$ là tổng cs của $n$ trong cơ số $p$

Rõ ràng $v_p(n!)=\frac{n-S_{p}(n)}{p-1}<n$ nên ta có ngay $v_p(b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b))>v_p(n!)$

TH2: $(b,p)=1$ khi đó gọi $v_p(n!)=k$ thì do $(b,p)=1 \rightarrow (b,p^k)=1$ khi đó theo định lý Bezout, ta có tồn tại $c$ sao cho $bc \equiv 1 \pmod{p^k}$ thì do $(b,p)=1 \rightarrow (c,p)=1$

Khi đó ta cần cm

$$p^k|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)$$

$$\leftrightarrow p^k|a.(a+b)...(a+(n-1)b)$$

$$\leftrightarrow p^k|a.(a+b)...(a+(n-1)b).c^n$$

$$\leftrightarrow p^k|(ac+0.bc)(ac+1.bc)...(ac+(n-1)bc)$$

$$\leftrightarrow p^k|ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)$$ $(1)$

(do $bc \equiv 1 \pmod{p^k}$ )

Như vậy, ta có $\dfrac{ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)}{n!}=\binom{ac+n-1}{n}$ là số nguyên do đó $n!|ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)$ hay $(1)$ đúng vì $p^k||n!$

Như vậy qua cả 2 Th ta suy ra ngay với $p$ nguyên tố $p\leq n$ thì $p^{v_p(n!)}|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b) \rightarrow n!|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)$ đpcm

P/S bài này đã từng có trong các giờ học đội dự tuyển và đội tuyển của KHTN khóa anh Hoàn, anh Đăng, đề năm nay quả thực có format rất giống thi quốc tế

Ai làm giùm bài hình với ngồi cả buổi loay hoay mãi không ra

Bài hình như sau:

a) Dễ cm các điều sau:

1) $\angle{AID}=\angle{DJA}=\dfrac{1}{2}.\angle{ABD}+90$ do đó $AIJD$ tg nội tiếp

2) Cộng góc suy ra tam giác $DJN$ đồng dạng tam giác $IAM$

3) $\angle{NJT}=\angle{AJI}=\angle{AID}=\angle{ADS}=\angle{ATS} \rightarrow \overline{I,J,P,Q}//ST$

4) Từ 3) suy ra ngay $\angle{NJT}=\angle{SAM}$

5) Dễ thấy 2 tam giác cân $TDJ$ và $SAI$ cân tại T,S và hai tam giác này đồng dạng nhau (cộng góc đơn giản)

6) Từ 2) và 5) suy ra hai cặp tam giác đồng dạng: $\Delta{JNT},\Delta{AMS}$ và $\Delta{TND},\Delta{SMI}$ (phép đồng dạng)

7) Từ 6) suy ra ngay $\angle{ASM}=\angle{NTJ}$ hay nếu $NT \cap SM = W$ thì $WAST$ là tg nội tiếp hay có đpcm

b) Bổ đề Sawayama mở rộng cho tứ giác:

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$, $I,J,M,N$ vai trò tương tự như trong đề bài thì khi đó đường tròn $(S_{1})$ tx trong $(O)$ và tiếp xúc $AB,CD$ thì nó cũng tiếp xúc $(O),AB,CD$ tại tương ứng $W,M,N$ (dành cho các bạn cm, nếu cần mình sẽ post, cũng chú ý thêm là có 2 dg tròn thỏa mãn tx trong $(O)$ và tx $AB,CD$, phụ thuộc vào vị trí nằm của nó mà ta cm)

Quay lại câu b, xét dg tròn $(S_{2})$ tx trong $(O)$ và tx $AB,CD$ đồng thời $ (S_{2})$ khác $(S_{1})$ thì nó tx $(O),AB,CD$ tại $K,Q',P'$

Khi đó ta có $AB \cap CD = G$ thì $G$ là tâm vị tự ngoài $(S_{1}),(S_{2})$ và $K,W$ là tâm vị tự ngoài của $(S_{2}),(O)$ và $(S_{1}),(O)$ tương ứng, khi ấy theo định lý D' Alambert ta có $K,G,W$ thẳng hàn, và tương tự câu a kết hợp bổ đề nêu trên ta cũng có $SQ' \cap TP' = K$ và $P'Q'//ST$ và $P'Q'$ đi qua tâm nội tiếp tam giác ABC,DBC (*)

Do đó

$\angle{SQ'M}=\angle{KQ'B}=\angle{Q'P'K}=\angle{STK}=\angle{SWK}$ (do sự tiếp xúc) và suy ra ngay $MQ'KW$ nội tiếp, tương tự $NP'KW$ nội tiếp

Suy ra $GM.GQ'=GK.GW=GC.GD$ (do $G,K,W$ thẳng hàng cmt) suy ra $MQ'CD$ nội tiếp hay $Q'$ trùng $Q$ tương tự $P'$ trùng $P$ (**)

Từ (*)(**) suy ra đpcm

P/S Một kiểu khác, ta có thể cm $MQ'KW$ nội tiếp như sau: $SM.SW=SA^2=SB^2=SQ'.SK$

Lời giải bài hình (mình loay hoay cả trưa không up dc cái hình mọi ng thông cảm)

a) Ta có $AD$ giao $(ABC)$ tại $X$ Từ $D$ kẻ dg thẳng vg với $AD$ cắt $(IBC)$ tại $U,V$  thì do $XD.XA=XB^2$ do đó $AU,AV$ tiếp xúc $(IBC)$

Từ đó suy ra cái tg PUQV điều hòa từ đó có ngay tính chất quen thuộc $DP.DQ=DV.DU=DU^2=DB.DC=DX.DA$ ko đổi

b)$XR$ giao $(ABC)$ tại $W$ thì $XR.XW=XB^2=XD.XA$ do vậy $W$ thuộc $(ADR)$ hay $AW$ là trục đp của $(ADR),(ABC)$

Mà $N=ST \cap BC$ do đó $N$ là tâm đẳng phương 3 đg tròn $(ABC),(ADR), ( IBC)$ do đó $A,W,N$ thẳng hàng

Ta lại có $\angle{XMD}=\angle{XRM}=\angle{XAW}$ (do $DRWA$ tg nội tiếp)

Nên $AMXN$ tg nội tiếp

suy ra $DM.DN=DA.NX$ mặt khác $DB.DC=DP.DQ=DM.DQ$( do câu a))

Suy ra $DN=DQ$ đpcm

Bài số học năm nay khá nhẹ nhàng:

Bài 1: (vắn tắt) $3^p+4^p=x^2 \rightarrow 3^p=(x-2^p)(x+2^p) \rightarrow x-2^p=3^m,x+2^p=3^n \rightarrow 2^{p+1}=3^n-3^m \rightarrow m=0,n=p$ (xét mod(3))

Suy ra ngay được $2^{p+1}=3^p-1$ nếu $p>3$ dùng Fermat bé suy ra ngay vô lý, còn $p\le 3$ thì $p=2$ thỏa mãn

Bài 3: Quy ước 1x3 là quân nằm ngang và 3x1 nằm dọc

Chia bàn cờ ra thành $671$ cụm 3x3 và một cụm 3x2, gọi các cụm này là $C_1,.,C_{671}$, riêng cụm 3x2 không quan tâm, ta khẳng định bạn $A$ thắng như sau: đầu tiên $A$ đặt quân 1x3 vào $C_1$ (có thể nằm ở hàng trên cùng, giữa hoặc cuối của $C_1$ không quan trọng vì sau khi đặt vào thì $B$ ko thể đặt quân 3x1 nào vào cụm đó nữa) sau đó do bạn $B$ chỉ đặt 3x1 (tức quân nằm dọc) giả sử quân đó thuộc $C_i$ nào đó thì $A$ chỉ cần không đặt quân 1x3 bị chèn vào $C_i$ đó, mà cụ thể $A$ đặt 1x3 vào một $C_j$ khác với $j$ khác $i$, khi đó ta có ngay được $A$ sẽ luôn chiếm giữ được ít nhất $\dfrac{671+1}{2}=336$ cụm 3x3 trong khi $B$ chỉ chiếm giữ được tối đa $335$ cụm 3x3 (do A đi trước), như vậy việc còn lại là hoàn thành các cụm 3x3 thì $A$ có thể hoàn thành với ít nhất $336x3=1008$ quân 1x3 trong khi $B$ chỉ hoàn thành tối đa $2015-1008=1007$ quân 3x1 (cho dù $B$ chiếm giữ cụm 3x2 thừa ra thì vẫn chỉ thu được tối đa 1007 quaan3x1)  tức là $A$ thắng (vì đến lúc B sẽ không đặt được nữa trước khi $A$ không đặt được !)

P/S qua cách giải này ta có thể thấy nếu bàn cờ 3xn với $n=6k+t$ với $t$ lẻ thì $A$ sẽ thắng

Bài 4.
Trong một hội nghị có $n$ người tham dự mà ta kí hiệu là $A_1,A_2,...,A_{n}$ ($n\geq 4$, $n\in\mathbb{Z}$). Biết rằng 2 người bất kì không quen nhau có đúng 2 người quen chung trong hội nghị. Giả sử rằng $A_1,A_2$ quen nhau và không có người quen chung trong hội nghị. Chứng minh rằng số người quen $A_1=A_2$

Ý tưởng chung là xây dựng song ánh

Giải như sau:

Kí hiệu $Q(A_1),Q(A_2)$ là tập người quen của $A_1,A_2$ tương ứng

Xét một người $x \in S(A_1)$ rõ ràng $x$ không quen $A_2$ (do giả thiết bài toán là $Q(A_1)\cap Q(A_2)=\phi$) do đó theo đk đề bài thì $x$ và $A_2$ cùng quen đúng 2 người khác, một trong hai người đó chính là $A_1$ và người còn lại là $y$, mà $A_2$ quen $y$ nên $y \in Q(A_2)$

Như vậy mỗi người $x$ thuộc $S(A_1)$ thì tồn tại duy nhất một người $y \in Q(A_2)$ quen $x$ và lập luận tương tự với $y$ thì có duy nhất $x$ thuộc $Q(A_1)$ mà quen $y$ do đó có một song ánh từ $f: Q(A_1)\rightarrow Q(A_2)$ nên lực lượng hai tập phải bằng nhau, đpcm

P/S

Bài 1.
Cho 4 số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $a+b+c+d=2$. Chứng minh rằng :
1. $a^2-a+1\leq \frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2+d^2)$
2. $\frac{a}{a^2-a+1}+\frac{b}{b^2-b+1}+\frac{c}{c^2-c+1}+\frac{d}{d^2-d+1}\leq \frac{8}{3}$

Còn bài BDT mình làm thế này

áp dụng cô si ngược dấu ta cần cm

$\sum{1-\dfrac{a}{a^2-a+1}}\geq 4-8/3=4/3$

$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^2-2a+1}{a^2-a+1}}\geq 4/3$

Nhận thấy $a^2-2a+1=(a-1)^2\geq 0$ và tương tự với $b,c,d$

Do đó $\sum{\dfrac{a^2-2a+1}{a^2-a+1}}\geq \dfrac{a^2-2a+1+b^2-2b+1+c^2-2c+1+d^2-2d+1}{\frac{3}{4}.(a^2+b^2+c^2+d^2)}=\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2-2(a+b+c+d)+4}{\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2+d^2)}=4/3$

nên có đpcm

dấu đẳng thức khi dấu đẳng thức ở câu $a$ và đk xảy ra hay $a=b=c=d=1/2$