Đến nội dung

Hình ảnh

Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Quảng Ninh ngày 1 2016-2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 19 trả lời

#1
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Nguồn : Thầy Nguyễn Trung Tuấn 
14681758_602228656631298_130630098207497



#2
Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1396 Bài viết

Câu 1

 

$P=\sum \frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}\geq \sum \frac{\dfrac{1}{2}(a+b)}{\dfrac{a+b}{2}+1}=\sum \frac{a+b}{a+b+2}$

 

Đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & & & \\ b+c=y & & & \\ c+a=z & & & \end{matrix}\right.\Rightarrow xyz=1$

 

Đặt $\left ( x;y;z \right )\rightarrow \left ( \frac{m}{n};\frac{n}{p};\frac{p}{q} \right )$

 

$\Rightarrow P\geq \sum \frac{x}{x+2}=\sum \frac{\dfrac{m}{n}}{\dfrac{m}{n}+2}=\sum \frac{m}{m+2n}=\sum \frac{m^2}{m^2+2mn}\geq \frac{(m+n+q)^2}{(m+n+q)^2}=1$



#3
Senju Hashirama

Senju Hashirama

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 69 Bài viết

Bài 2: 

Gọi $P(x,y)$ là phép thế cho $x,y$ : $f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)$   $(1)$

Đặt $f(0)=a$ . $P(0,y)\Rightarrow f(2f(y))=2y+ a^2$

$P(x,2f\left ( y-\frac{a^{2}}{2} \right ))\Rightarrow f(x^2+4y)=2f(y-\frac{a^2}{2})+f^2(x)$   $(2)$

Thế $x=0$ vào $(2)$ $\Rightarrow f(4y)=2f(y-\frac{a^{2}}{2})+a^2\Rightarrow f(x^2+4y)=f(4y)+f^2(x)-a^2$  $(3)$

Thế $y=0$ vào $(3)$ $\Rightarrow f(x^2)=a+f^2(x)-a^2$

Từ đó $\Rightarrow f(x^2+4y)=f(4y)+f(x^2)-a$

Đặt $g(x)=f(x)-a$. Ta có : $g(x+y)=g(x)+g(y)$ với $x\geq 0$ , $\forall y$

Dễ thấy $g(0)=0$ và $g(x)$ lẻ $\Rightarrow g(x+y)=g(x)+g(y)$ với $\forall x,y$

$P(x,0)\Rightarrow f(x^2+4f(0))=f^2(x)\Rightarrow f(x^2+4f(0))-f(0)=f^2(x)-f(0)\geq -f(0)$

$\Rightarrow g(x)\geq -f(0)$   $\Rightarrow g(x)=ax\Rightarrow f(x)=ax+b$ .

Thế vào $(1)$ $\Rightarrow f(x)=x$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Senju Hashirama: 11-10-2016 - 21:41


#4
Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết

Ngày $1$:

 

Bài $1$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm min của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

Bài $2$: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn:

                    $f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)$ $\forall$ $x,y\in\mathbb{R}$

Bài $3$: Cho số nguyên $n\geq 2$ thỏa mãn điều kiện $2^{\varphi(n)}+3^{\varphi(n)}+...+n^{\varphi(n)}$ chia hết cho $n$, trong đó $\varphi(n)$ là số các số nguyên dương ko vượt quá $n$ và nguyên tố cùng nhau với $n$

$a)$ CMR: $n$ ko có ước số lớn hơn $1$ nào là số chính phương

$b)$ Biết rằng $n$ có ko quá $3$ ước nguyên tố, tìm tất cả các số $n$ thỏa mãn điều kiện trên

Bài $4$: Cho $\triangle ABC$ nhọn ko cân tại $A$ nội tiếp $(O)$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. $2$ tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$ cắt nhau tại $P$. Gọi $D,E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B$ va $C$ lên $AP$, $Q$ là giao điểm của $AP$ và $BC$. Đường tròn $(CQD)$ và $(BQE)$ lần lượt cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $K,L$

$a)$ CMR: $\angle MKC=\angle MLB$

$b)$ Kẻ đường kính $AT$ của $(O)$. Giả sử các đường thẳng $TB,TC,AK,AL$ đôi $1$ cắt nhau tại $4$ điểm phân biệt. CMR: $4$ giao điểm này là $4$ đỉnh của $1$ tứ giác nội tiếp 

 

Ngày $2$:

 

Bài $5$: Cho $a,b\in\mathbb{N^{*}}$. Xét dãy số $u_{n}$ xác định bởi $u_{n}=a^2n^2+bn$ $\forall n\geq 1$. Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty}$ {$\sqrt{u_{n}}$}, trog đó ký hiệu {$x$} là phần lẻ của $x$

Bài $6$: Gọi $d(n)$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của số nguyên $n$ nếu $n\notin$ {$-1;0;1$}. Tìm tất cả các đa thức $P(x)\in Z[x]\not\equiv -1;0;1$ sao cho $\forall n\in\mathbb{N^{*}}, n>1$, ta có:

                                $P(n+d(n))=n+d(P(n))$

Bài $7$: Cho $\triangle ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ $(AB<AC)$, trực tâm $H$. Lấy điểm $T$ trên $(O)$ sao cho $AT\parallel BC$. Giả sử $AH$ cắt $(O)$ tại $K$, $TH$ cắt $(O)$ tại $D$ trên cung nhỏ $BC$. Gọi $I$ là trung điểm của $HT$

$a)$ CMR: $5$ điểm $A,L,O,K,D$ cùng thuộc $1$ đường tròn

$b)$ Gọi $P$ là giao điểm thứ $2$ của $AO$ với $(O)$. Đường thẳng qua $H$ song song với $BC$ cắt $PD$ tại $X$. CMR: $XA$ là tiếp tuyến của $(O)$ 

Bài $8$: Giả sử $S$ là tập hợp hữu hạn các điểm mà mỗi điểm của nó đc tô bởi $1$ trog $2$ màu đỏ hoặc xanh. Gọi $A_{1},A_{2},...,A_{68}$ là các tập con của tập $S$ mà mỗi tập chứa đúng $5$ điểm thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện sau:      $1)$ Mỗi tập $A_{1},A_{2},...,A_{68}$ chứa ít nhất $1$ điểm màu đỏ

             $2)$ Với $3$ điểm bất kỳ trog $S$, tồn tại chính xác $1$ tập con $A_{i}$ chứa $3$ điểm đỏ

$a)$ Tìm số ptử của tập $S$

$b)$ Tồn tại hay ko $1$ tập con $A_{i}$ chứa $4$ hoặc $5$ điểm đỏ. Vì sao?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 14-10-2016 - 23:31


#5
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

 

Bài 2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn:

                    $f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)\forall$ $x,y\in\mathbb{R}$

 

Câu hàm quen thuộc rồi

Từ đầu dễ thấy $f$ là 1 song ánh

Do đó $\exists a: f(a)=0 $

Thay $x=0, y=a => f^2(0) + 2a=f(0) $

         $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $

Do đó $(a^2-a)^2 +2a =a^2-a $ 

          $a^4-2a^3+3a= 0 => a=0 ; a=-1 $

TH1: $a=-1 => f^2(0) - f(0) -2 =0 => f(0)=-2 $

Từ pt đầu cho $x=0 => f(2f(y)) = 2y +f^2(0) $

Thay $y=-1 => f(2f(-1)) = 2.(-1) + 4  <-=> f(0) = -2 +4 =2 $

Mà $f(0)=-2 $ nên vô lí

TH2: $f(0)=0$

Thay $y=0 => f(x^2)= f^2(x) $ 

Dễ suy ra được $f$ lẻ trên $R$

Thay $y= \frac{-f^2(x)}{2} => x^2+2f(-\frac{f^2(x)}{2} ) = 0$ 

Từ pt đầu ta thay $y=-\frac{f^2(y)}{2} $ , ta được 

$f(x^2 -y^2) = f^2(x) -f^2(y) =f(x^2) - f(y^2) , \forall x,y \in R$

$=> f(x-y) = f(x)- f(y) , \forall x,y \in R^{+} $ 

Mà do $f$ lẻ nên $f(x-y)=f(x)-f(y) , \forall x,y \in R $

Thay $x-> x+y => f(x+y)=f(x)+f(y) $ 

Tới đây ta sẽ tính $f((x+1)^2) $ bằng 2 cách

Cách 1: $f((x+1)^2) = f(x^2) +2f(x) + f^2(1) $

Cách 2: $f((x+1)^2)= f^2(x+1)= (f(x) + f(1))^2 $

Do đó $f(x)= ax $ 

Tới đây dễ rồi 



#6
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

 

Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

 

Ta có đánh giá sau $a^2-ab+b^2 = \frac{1}{4}(a+b)^2 + \frac{3}{4} (a-b)^2 \geq \frac{1}{4}(a+b)^2 $

Do đó, ta có

$P \geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab} + 2 } $

Mặt khác ya có 

$P-1 \geq \sum (\frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2} -\frac{1}{3}) = \frac{(a+b-2\sqrt{ab} ) + 2(a+b-1)}{2\sqrt{ab}+2 } $ 

Ta chứng minh 

$\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq 0 $

Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$

Khi đó thì $ab \geq ac \geq bc $

Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq  \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} $

Mà ta có do $1=(a+b)(b+c)(c+a) \leq (\frac{2a+2b+2c}{3} )^3 => a+b+c \geq \frac{3}{2} $ 

Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq  \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} \geq 0 $

Do đó $P \geq 1 $

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c= \frac{1}{2} $



#7
Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết

Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

Cách khác: $P\geq\sum\frac{\frac{a+b}{2}}{\frac{a+b}{2}+1}=\sum\frac{a+b}{a+b+2}$

Đổi biến $(a+b, b+c, c+a)\rightarrow (\frac{x^2}{yz}, \frac{y^2}{zx}, \frac{z^2}{xy})$

$P\geq\sum\frac{\frac{x^2}{yz}}{\frac{x^2}{yz}+2}=\sum\frac{x^2}{x^2+2yz}\geq\frac{(\sum x)^2}{\sum x^2+2\sum xy}=1$

Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$



#8
Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết

 

 

Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

 

Ta có $a^{2}-ab+b^{2}= \left [ \frac{1}{2}\left (a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a^{2}+b^{2} \right ) \right ]\geq \frac{1}{4}\left ( a+b \right )^{2}$

$\Rightarrow P\geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2}\geq \sum \frac{a+b}{a+b+2}$

Đổi biến $\left ( a+b,b+c,c+a \right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$ thì $P\geq \sum \frac{x}{x+2}$ và $xyz=1$

Đây là bài toán đơn giản. Đổi ẩn $\left ( x,y,z \right )\rightarrow \left ( \frac{m}{n},\frac{n}{p},\frac{p}{m} \right )$

Khi đó $P\geq \sum \frac{m}{m+2n}=\sum \frac{m^{2}}{m+2mn}\geq \frac{\left ( m+n+p \right )^{2}}{\left (m+n+p \right )^{2}}=1$

Vậy min P=1 $\Leftrightarrow$ $a=b=c=\frac{1}{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 12-10-2016 - 13:39


#9
takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết

Bài 3:

a. Đặt $n=p_1^{\alpha _1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$, trong đó $p_1,p_2,...,p_k$ là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Giả sử $n$ có ước số là số chính phương, do đó tồn tại $\alpha _i \geq 2\left( 1\leq i\leq k \right )$, giả sử đó là $\alpha _1$

Ta có $\varphi \left ( n \right )=n\prod_{p|n}\left ( 1-\frac{1}{p} \right )\Rightarrow \left (p_1-1 \right )|n$

Vì $n|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }\Rightarrow p_1|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }$. Từ $2$ đến $n$ có $p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số chia hết cho $p_1$ và $n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số nguyên tố cùng nhau với $p_1$.

Theo định lý Fermat nhỏ, ta có $\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right )}\equiv n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}\equiv 0\left ( modp_1 \right )\Rightarrow 1\equiv 0\left ( mod p_1 \right )$(vô lý). Do đó giả sử sai ta có đpcm.

b. Theo câu a, $n$ có dạng phân tích chuẩn mực là $p_1p_2...p_k$ trong đó $p_i$ là các số nguyên tố khác nhau.

Chứng minh tương tự câu a, ta có được $p_i|n-\frac{n}{p_i}-1\left ( 1\leq i\leq k \right )$

Từ đây thay $k=1,2,3$ ta giải đươc $n=2,6$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 12-10-2016 - 09:46


#10
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Đề đã được post tại đây. Mọi người vào topic đó thảo luận nhé.


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#11
lamvienckt13

lamvienckt13

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Câu hàm quen thuộc rồi

Từ đầu dễ thấy $f$ là 1 song ánh

Do đó $\exists a: f(a)=0 $

Thay $x=0, y=a => f^2(0) + 2a=f(0) $

         $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $

Do đó $(a^2-a)^2 +2a =a^2-a $ 

          $a^4-2a^3+3a= 0 => a=0 ; a=-1 $

TH1: $a=-1 => f^2(0) - f(0) -2 =0 => f(0)=-2 $

Từ pt đầu cho $x=0 => f(2f(y)) = 2y +f^2(0) $

Thay $y=-1 => f(2f(-1)) = 2.(-1) + 4  <-=> f(0) = -2 +4 =2 $

Mà $f(0)=-2 $ nên vô lí

TH2: $f(0)=0$

Thay $y=0 => f(x^2)= f^2(x) $ 

Dễ suy ra được $f$ lẻ trên $R$

Thay $y= \frac{-f^2(x)}{2} => x^2+2f(-\frac{f^2(x)}{2} ) = 0$ 

Từ pt đầu ta thay $y=-\frac{f^2(y)}{2} $ , ta được 

$f(x^2 -y^2) = f^2(x) -f^2(y) =f(x^2) - f(y^2) , \forall x,y \in R$

$=> f(x-y) = f(x)- f(y) , \forall x,y \in R^{+} $ 

Mà do $f$ lẻ nên $f(x-y)=f(x)-f(y) , \forall x,y \in R $

Thay $x-> x+y => f(x+y)=f(x)+f(y) $ 

Tới đây ta sẽ tính $f((x+1)^2) $ bằng 2 cách

Cách 1: $f((x+1)^2) = f(x^2) +2f(x) + f^2(1) $

Cách 2: $f((x+1)^2)= f^2(x+1)= (f(x) + f(1))^2 $

Do đó $f(x)= ax $ 

Tới đây dễ rồi 

chỗ   $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $  là sai rồi bạn. 

f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)

từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0
trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0
trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)
Do đó f(0)=0
Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc R
ta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăng
từ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1 
theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lamvienckt13: 12-10-2016 - 19:32


#12
Huyvippro

Huyvippro

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 8 Bài viết
Cho mình xin đáp án bài hình với

#13
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Bài 4 :a) $( OCD)$ cắt $AC$ tại $G$ ,$MN$ vuông góc với $AC$ tại $N$

$AQ$ đối trung nên dễ dàng tính dc tỉ số$\frac{BQ}{BM}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}$$(3)$

Ta lại có $AG.AC=AD.AQ$ suy ra$\frac{AG}{AN}=\frac{AD.AQ}{AM.AC.cos\widehat{MAN}}=\frac{AB.AQ}{AC.AM}$ $(1)$

Do $AM. AQ$ đẳng giác có $AM$ trung tuyến nên ta có thế dễ dàng tính dc$\frac{AQ}{AM}=\frac{2AB.AC}{AB^2+AC^2}$$(2)$

từ $(1)(2)(3)$ suy ra $\frac{AG}{AN}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}=\frac{BQ}{BM}$

suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác$(ABC),(QDC),(MNC)$ đồng trục , tức cùng đy qua $C,K$suy ra$\widehat{MKC}=90^o$

tương tự ta có $\widehat{BLM}=90^o$ suy ra dpcm

b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$  mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 13-10-2016 - 19:46

~O)  ~O)  ~O)


#14
Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết

Bài 4 

b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$  mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên

Bạn c/m lại bổ đề đó đc ko?  :wacko:



#15
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

 

chỗ   $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $  là sai rồi bạn. 

f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)

từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0
trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0
trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)
Do đó f(0)=0
Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc R
ta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăng
từ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1 
theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!

 

Sao sai bạn Mình có $f$ là đơn ánh mà 



#16
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Bạn c/m lại bổ đề đó đc ko?  :wacko:

Cộng góc là dc mà bạn  :closedeyes:


~O)  ~O)  ~O)


#17
tranluuthaip

tranluuthaip

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết

Bài 3:

a. Đặt $n=p_1^{\alpha _1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$, trong đó $p_1,p_2,...,p_k$ là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Giả sử $n$ có ước số là số chính phương, do đó tồn tại $\alpha _i \geq 2\left( 1\leq i\leq k \right )$, giả sử đó là $\alpha _1$

Ta có $\varphi \left ( n \right )=n\prod_{p|n}\left ( 1-\frac{1}{p} \right )\Rightarrow \left (p_1-1 \right )|n$

Vì $n|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }\Rightarrow p_1|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }$. Từ $2$ đến $n$ có $p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số chia hết cho $p_1$ và $n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số nguyên tố cùng nhau với $p_1$.

Theo định lý Fermat nhỏ, ta có $\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right )}\equiv n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}\equiv 0\left ( modp_1 \right )\Rightarrow 1\equiv 0\left ( mod p_1 \right )$(vô lý). Do đó giả sử sai ta có đpcm.

b. Theo câu a, $n$ có dạng phân tích chuẩn mực là $p_1p_2...p_k$ trong đó $p_i$ là các số nguyên tố khác nhau.

Chứng minh tương tự câu a, ta có được $p_i|n-\frac{n}{p_i}-1\left ( 1\leq i\leq k \right )$

Từ đây thay $k=1,2,3$ ta giải đươc $n=2,6$

bài của bạn thiếu nghiệm 42=2.3.7 rồi



#18
maroon987

maroon987

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Bài 4 :a) $( OCD)$ cắt $AC$ tại $G$ ,$MN$ vuông góc với $AC$ tại $N$

$AQ$ đối trung nên dễ dàng tính dc tỉ số$\frac{BQ}{BM}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}$$(3)$

Ta lại có $AG.AC=AD.AQ$ suy ra$\frac{AG}{AN}=\frac{AD.AQ}{AM.AC.cos\widehat{MAN}}=\frac{AB.AQ}{AC.AM}$ $(1)$

Do $AM. AQ$ đẳng giác có $AM$ trung tuyến nên ta có thế dễ dàng tính dc$\frac{AQ}{AM}=\frac{2AB.AC}{AB^2+AC^2}$$(2)$

từ $(1)(2)(3)$ suy ra $\frac{AG}{AN}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}=\frac{BQ}{BM}$

suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác$(ABC),(QDC),(MNC)$ đồng trục , tức cùng đy qua $C,K$suy ra$\widehat{MKC}=90^o$

tương tự ta có $\widehat{BLM}=90^o$ suy ra dpcm

b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$  mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên

Bổ đề nt có nội dung là gì vậy ạ? 



#19
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Bổ đề nt có nội dung là gì vậy ạ? 

tứ giác $ABCD$ , $AB$ cắt $CD$ =$P$ , $AD$ Cắt $BC$ tại $Q$ , Phân giác góc $P$ vuông góc với phân giác góc $Q$ khi và chỉ khi tứ giác $ACBD$ nội tiếp . Cái này cm bằng cộng góc đơn thuần thoy bạn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 29-10-2016 - 17:50

~O)  ~O)  ~O)


#20
toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Banned
  • 628 Bài viết

Ta có đánh giá sau $a^2-ab+b^2 = \frac{1}{4}(a+b)^2 + \frac{3}{4} (a-b)^2 \geq \frac{1}{4}(a+b)^2 $
Do đó, ta có
$P \geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab} + 2 } $
Mặt khác ya có
$P-1 \geq \sum (\frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2} -\frac{1}{3}) = \frac{(a+b-2\sqrt{ab} ) + 2(a+b-1)}{2\sqrt{ab}+2 } $
Ta chứng minh
$\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq 0 $
Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$
Khi đó thì $ab \geq ac \geq bc $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} $
Mà ta có do $1=(a+b)(b+c)(c+a) \leq (\frac{2a+2b+2c}{3} )^3 => a+b+c \geq \frac{3}{2} $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} \geq 0 $
Do đó $P \geq 1 $
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2} $






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh