Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

[TOPIC] Sáu Bảy Tám Chín.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 92 trả lời

#1 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 24-08-2018 - 06:21

          Xin chào các bạn thân mến, để trang bị những kiến thức nền tảng cũng như nâng cao về toán trung học cơ sở, nhầm tạo đà để các bạn có thể tiếp cận các bài toán THPT một cách dễ dàng và hiệu quả hơn, mình xin quyết định mở Topic mang tên: "Sáu Bảy Tám Chín" , hi vọng được mọi người ủng hộ và đóng góp để diễn đàn ngày càng lớn mạnh hơn.

  Và dưới đây là nội quy của diễn đàn:

  + Các bài giải post lên phải rõ ràng, mạch lạc, không được spam gây loãng Topic.

  + Mỗi ngày sẽ có $4$ bài toán được đưa lên và lời giải sẽ được đăng vào ngày hôm sau.

  Nội dung chỉ có bấy nhiêu hi vọng mọi người tham gia nhiệt tình và sôi nổi.

Dưới đây là các bài toán mở đầu Topic:

Bài 1: Tính $\frac{3^2+1}{3^2-1}+\frac{5^2+1}{5^2-1}+\frac{7^2+1}{7^2-1}+...+\frac{99^2+1}{99^2-1}$.

Bài 2: Tính $(2+1)(2^2+1)(2^4+1)...(2^{2^{10}}+1)+1$.

Bài 3: Cho $a+b=c+d$ và $a^3+b^3=c^3+d^3$. Chứng minh rằng: $a^{2009}+b^{2009}=c^{2009}+d^{2009}$.

Bài 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x;y)$ thỏa mãn: $x^{y}=y^{x-y}$.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 24-08-2018 - 06:21


#2 Chickey

Chickey

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Thuận
  • Sở thích:Làm toán, nghe bài giảng về toán, đọc sách toán

Đã gửi 24-08-2018 - 10:20

Bài 2:

$(2+1)(2^{2}+1)(2^{4}+1)...(2^{2^{10}}+1)+1=(2-1)(2+1)(2^{2}+1)...(2^{2^{10}}+1)+1=(2^{2}-1)(2^{2}+1)...(2^{2^{10}}+1)+1=...=(2^{2^{10}}-1).(2^{2^{10}}+1)+1=2^{2^{11}}$.

Nhờ m.n kiểm tra giùm ạ!!!


POLITICS ARE FOR THE MOMENT-AN EQUATION IS FOR ETERNITY

                                                                                   -    Albert Einstein-

 

#3 Chickey

Chickey

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Thuận
  • Sở thích:Làm toán, nghe bài giảng về toán, đọc sách toán

Đã gửi 24-08-2018 - 10:34

Bài 1:

Ta có

$\frac{3^{2}+1}{3^{2}-1}+\frac{5^{2}+1}{5^{2}-1}+...+\frac{99^{2}+1}{99^{2}-1}=49+\frac{2}{2.4}+\frac{2}{4.6}+...+\frac{2}{98.100}=49+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+...+\frac{1}{98}-\frac{1}{100}=49.49$


POLITICS ARE FOR THE MOMENT-AN EQUATION IS FOR ETERNITY

                                                                                   -    Albert Einstein-

 

#4 buingoctu

buingoctu

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 205 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:NG town
  • Sở thích:nghe nhạc, ngắm gái

Đã gửi 24-08-2018 - 15:53

         

Bài 3: Cho $a+b=c+d$ và $a^3+b^3=c^3+d^3$. Chứng minh rằng: $a^{2009}+b^{2009}=c^{2009}+d^{2009}$.

 

 

Bài 3:

Xét TH = 0 riêng
Ta thấy: $a^3 +b^3 =c^3 +d^3 <=> (a+b)(a^2-ab+b^2)=(c+d)(c^2-cd+d^2)=>a^2-ab+b^2=c^2-cd+d^2 => (a+b)^2-3ab=(c+d)^2-3cd => \left\{\begin{matrix} ab=cd & \\ a^2 + b^2= c^2 +d^2 & \end{matrix}\right.$
Ta dễ dàng CM đc:$a^4+b^4=c^4+d^4$
và $(a^3+b^3)(a^2+b^2)=(c^3+d^3)(c^2+d^2)<=> a^5+b^5+a^2b^2(a+b)=c^5+d^5+c^2d^2(c+d)=> a^5+b^5= c^5+d^5$
Làm tương tự ta sẽ suy ra điều cần CM (có đc làm thế này ko nhể) 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi buingoctu: 24-08-2018 - 15:55


#5 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 25-08-2018 - 05:49

Lời giải bài 1:

Ta có: $\frac{3^2+1}{3^2-1}+\frac{5^2+1}{5^2-1}+\frac{7^2+1}{7^2-1}+...+\frac{99^2+1}{99^2-1}$.

$=(1+\frac{2}{3^2-1})+(1+\frac{2}{5^2-1})+...+(1+\frac{2}{99^2-1})$.

$=49+\frac{1}{3-1}-\frac{1}{3+1}+\frac{1}{5-1}-\frac{1}{5+1}+...+\frac{1}{99-1}-\frac{1}{99+1}$.

$=49+\frac{1}{2}-\frac{1}{100}=\frac{4949}{100}$.

Lời giải bài 2:

Sử dụng hằng đẳng thức quen thuộc: $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$.

Ta có: $(2+1)(2^2+1)(2^4+1)...(2^{2^{10}}+1)+1$.

$=(2-1)(2+1)...(2^{2^{10}}+1)+1$.

$=(2^2-1)(2^2+1)(2^4+1)...(2^{2^{10}}+1)+1=...=((2^{2^{10}}-1)(2^{2^{10}}+1)+1=((2^{2^{10}})^2-1)+1=2^{2^{11}}$.

Lời giải bài 3:

Ta có: $a+b=c+d\implies (a+b)^3=(c+d)^3\implies a^3+3a^2b+3ab^2+b^3=c^3+3c^2d+3cd^2+d^3$.

Mà $a^3+b^3=c^3+d^3\implies 3a^2b+3ab^2=3c^2d+3cd^2\implies ab(a+b)=cd(c+d)$.

+Nếu $a+b=c+d=0$. Thì $b=-a;d=-c$. Vì thế: $a^{2009}+b^{2009}=0=c^{2009}+d^{2009}$.

+Nếu $a+b=c+d\ne 0$ thì $ab=cd$. Vì thế: $(a-b)^2=(a+b)^2-4ab=(c+d)^2-4cd=(c-d)^2$.

Đến đây ta xét hai trường hợp:

(i) Nếu $a-b=c-d$, kết hợp với $a+b=c+d\implies 2a=2c\implies a=c;b=d\implies a^{2009}+b^{2009}=c^{2009}+d^{2009}$ .

(ii) Nếu $a-b=-(c-d)$, kết hợp với $a+b=c+d\implies 2a=2d\implies a=d;b=c\implies a^{2009}+b^{2009}=c^{2009}+d^{2009}$ .

Vậy trong mọi trường hợp ta luôn có: $ a^{2009}+b^{2009}=c^{2009}+d^{2009}$.

Lời giải bài 4: 

Trước hết, ta chú ý rằng: $x=y=1$ là $1$ nghiệm của phương trình. Nếu $x>1$ thì $x>y$, ngược lại $y^{x-y}\le 1<x^{y}$.

Do đó chúng ta giả sử rằng: $x>y\ge 2$. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 

$(\frac{x}{y})^{y}=y^{x-2y},(1)$.

Vì thế $x-2y>0$ và $\frac{x}{y}$ là số nguyên lớn hơn $2$.

Mặt khác: phương trình $(1)$ tương đương: $\frac{x}{y}=y^{\frac{x}{y}-2}(2)$.

Vì $y^{\frac{x}{y}-2}\ge 2^{\frac{x}{y}-2}\implies \frac{x}{y}\ge 2^{\frac{x}{y}-2}$.

Chúng ta lại có bổ đề sau: $\forall n\in \mathbb{N},n\ge 5$ ta có: $2^{n-2}>n$( Dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp, dành cho bạn đọc).

Nên từ đó ta có: $\frac{x}{y}\le 4$ .Vì thế $\frac{x}{y}=3$ hoặc $\frac{x}{y}=4$.

+ Nếu $\frac{x}{y}=3,(2)\implies (x;y)=(9;3)$.

+ Nếu $\frac{x}{y}=4,(2)\implies (x;y)=(8;2)$.

Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là: $(x;y)=(1;1);(x;y)=(9;3);(x;y)=(8;2)$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 25-08-2018 - 05:49


#6 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 25-08-2018 - 05:59

Bài 5: Cho $x+y=\frac{5}{2},x^2+y^2=\frac{13}{4}$. Tính: $x^5+y^5$.

Bài 6: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: $(a+1)(a+2)(a+3)(a+4)-120$

Bài 7: Chứng minh rằng nếu số $2n$ là tổng hai số chính phương( lớn hơn $1$) phân biệt thì $n^2+2n$ viết được thành tổng của bốn số chính phương( lớn hơn $1$) phân biệt.

Bài 8: Cho hai số tự nhiên $a$ và $b$, chứng minh rằng nếu $a^2+b^2$ chia hết cho $3$ thì $a$ và $b$ cùng chia hết cho $3$.



#7 BurakkuYokuro11

BurakkuYokuro11

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47 THPT Chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{Literature}$

Đã gửi 25-08-2018 - 07:45

Bài 5: Cho $x+y=\frac{5}{2},x^2+y^2=\frac{13}{4}$. Tính: $x^5+y^5$.

 

Ta có : $xy=\frac{(x+y)^2-x^2-y^2}{2}=\frac{\frac{25}{4}-\frac{13}{4}}{2}=\frac{3}{2}$

(Đến đây có thể quy về PT bậc 2 , tìm ra $x=1,y=\frac{3}{2})$

$x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=(\frac{5}{2})^3-3.\frac{3}{2}.\frac{5}{2}=\frac{35}{8}$

 

$x^5+y^5=(x^2+y^2)(x^3+y^3)-x^2y^2(x+y)=\frac{13}{4}.\frac{35}{8}-( \frac{3}{2})^2.\frac{5}{2} =\frac{275}{32}$


A beautiful and pure love story passed, a boring truth of social is happening and a dream faded away...

 

Vòng bao tuổi cây để Lớn lên, vòng bao đời tôi để lãng quênvòng quay ngày đêm ngập tinh tú căng tràn giấc êm... Vòng ôm tuổi thơ là tiếng ruvòng tay tình nhân là chiếc hôn, vòng quanh mặt trăng cùng trái đất xoay tròn khoảng không...nhớ mong ... tiếng ai ...vắng xa..

 

Anh ... bão hoà sóng gió... để kết tinh một đời..thảnh thơi ...bão hoà dối gian ...để kết tinh lòng thành... Thời Tôi... bão hoà kí ức ...để kết tinh hiện tại.. còn Ta...bão hoà vắng xa lại ngỡ như gần hơn

....

 

 


#8 BurakkuYokuro11

BurakkuYokuro11

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47 THPT Chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{Literature}$

Đã gửi 25-08-2018 - 07:47

Bài 5: Cho $x+y=\frac{5}{2},x^2+y^2=\frac{13}{4}$. Tính: $x^5+y^5$.

Bài 6: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: $(a+1)(a+2)(a+3)(a+4)-120$

 

 

 

$(a+1)(a+2)(a+3)(a+4)-120=(a^2+5a+4)(a^2+5a+6)-120=(a^2+5a+5)^2-1-120=(a^2+5a-6)(a^2+5a+16)$


A beautiful and pure love story passed, a boring truth of social is happening and a dream faded away...

 

Vòng bao tuổi cây để Lớn lên, vòng bao đời tôi để lãng quênvòng quay ngày đêm ngập tinh tú căng tràn giấc êm... Vòng ôm tuổi thơ là tiếng ruvòng tay tình nhân là chiếc hôn, vòng quanh mặt trăng cùng trái đất xoay tròn khoảng không...nhớ mong ... tiếng ai ...vắng xa..

 

Anh ... bão hoà sóng gió... để kết tinh một đời..thảnh thơi ...bão hoà dối gian ...để kết tinh lòng thành... Thời Tôi... bão hoà kí ức ...để kết tinh hiện tại.. còn Ta...bão hoà vắng xa lại ngỡ như gần hơn

....

 

 


#9 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 26-08-2018 - 06:51

Lời giải bài 5:

Ta có: $(x^2+y^2)(x^3+y^3)=(x^5+y^5)+(xy)^2(x+y)$.

$\implies x^5+y^5=(x^2+y^2)(x^3+y^3)-(xy)^2(x+y)$.

$\iff x^5+y^5=\frac{13}{4}(x+y)(x^2+y^2-xy)-\frac{5}{2}(xy)^2=\frac{65}{8}(\frac{13}{4}-xy)-\frac{5}{2}(xy)^2$.

Mà: $xy=\frac{1}{2}[(x+y)^2-(x^2+y^2)]=\frac{1}{2}(\frac{25}{4}-\frac{13}{4})=\frac{3}{2}$.

Vì vậy: $x^5+y^5=\frac{65}{8}(\frac{13}{4}-\frac{3}{2})-\frac{5}{2}.\frac{9}{4}=\frac{275}{32}$.

Lời giải bài 6: 

$(a+1)(a+2)(a+3)(a+4)-120$.

$=[(a+1)(a+4)][(a+2)(a+3)]-120$.

$=(a^2+5a+4)(a^2+5a+6)-120$.

$=[(a^2+5a+5)-1][(a^2+5a+5)+1]-120$.

$=(a^2+5a+5)^2-1-120=(a^2+5a+5)^2-121=(a^2+5a+5)^2-11^2=(a^2+5a-6)(a^2+5a+16)$

$=(a-1)(a+6)(a^2+5a+16)$.

Lời giải bài 7: 

Giả sử: $2n=a^2+b^2$ với $a,b$ là các số tự nhiên thỏa mãn $a>b>1$.

Ta có: $4n^2=(a^2+b^2)^2=(a^2-b^2)^2+4a^2b^2$.

$\implies n^2=(\frac{a^2-b^2}{2})^2+(ab)^2$.

Ta được: $n^2+2n=(\frac{a^2-b^2}{2})^2+(ab)^2+a^2+b^2(1)$.

Vì $a>b>1$ nên $(ab)^2,a^2,b^2$ là các số chính phương phân biệt và lớn hơn $1$. Ta phải chứng minh $(\frac{a^2-b^2}{2})^2$ là số chính phương lớn hơn $1$

và khác $3$ số trên.

Thật vậy, vì $2n=a^2+b^2$ là một số chẵn nên hai số $a,b$ cùng tính chẵn lẻ. Do đó: $\frac{a^2-b^2}{2}$ là một số nguyên dương.

Nếu $\frac{a^2-b^2}{2}=1\implies a^2=b^2+2<b^2+2b+1\implies b^2<a^2<(b+1)^2$. Vô lí.

Nếu $\frac{a^2-b^2}{2}=a\implies b^2=a^2-2a.$

Vì $a>2$ nên $a^2-4a+4<a^2-2a$.

$\implies (a-2)^2<b^2<(a-1)^2$. Vô lí.

Nếu $\frac{a^2-b^2}{2}=b\implies a^2=b^2+2b\implies b^2<a^2<(b+1)^2$.Vô lí.

Nếu $\frac{a^2-b^2}{2}=ab\implies (a-b)^2=2b^2\implies a-b=b\sqrt{2}$. Điều này không thể xảy ra vì $a-b$ là một số tự nhiên còn $b\sqrt{2}$ là số vô tỉ.

Vậy từ $(1)$, ta được $n^2+2n$ là tổng của bốn số chính phương phân biệt và cùng lớn hơn $1$.

Lời giải bài 8:

Nếu đặt $a=3k+r,r=\overline{0,1,2}$. thì ta thấy $a^2$ chia $3$ dư $0$ hoặc $1$.

Tương tự $b^2$ chia $3$ dư $0$ hoặc $1$. Từ đó, $(a^2+b^2)\vdots 3\implies a^2,b^2$ đều chia hết cho $3$.Hay $a\vdots 3;b\vdots 3$. 

 

 


#10 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 26-08-2018 - 07:03

Bài 9: Tìm tất cả số tự nhiên $n$ sao cho $n^2-19n+91$ là số chính phương.

Bài 10: Cần dùng ít nhất bao nhiêu tấm bìa hình tròn có bán kính bằng $1$ để phủ kín một tam giác đều có cạnh bằng $3$, với giả thiết không được cắt tấm bìa.

Bài 11: Tìm tất các các số nguyên $x,y,z,t$ thỏa mãn điều kiện: $x^{2008}+y^{2008}+z^{2008}=2007t^{2008}$.

Bài 12: Giả sử $x_0$ là một nghiệm của phương trình $ax^2+bx+c=0(a\ne 0)$. Đặt $M=max(|\frac{b}{a}|;|\frac{c}{a}|)$. Chứng minh rằng: $|x_0|<1+M$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 26-08-2018 - 10:17


#11 BurakkuYokuro11

BurakkuYokuro11

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47 THPT Chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{Literature}$

Đã gửi 26-08-2018 - 10:07

 

Bài 10: Cần dùng ít nhất bao nhiêu tấm bìa hình tròn có bán kính bằng $1$ để phủ kín một tam giác đều có cạnh bằng $3$, với giả thiết không được cắt tấm bìa.

 

ư.PNG

s.PNG


A beautiful and pure love story passed, a boring truth of social is happening and a dream faded away...

 

Vòng bao tuổi cây để Lớn lên, vòng bao đời tôi để lãng quênvòng quay ngày đêm ngập tinh tú căng tràn giấc êm... Vòng ôm tuổi thơ là tiếng ruvòng tay tình nhân là chiếc hôn, vòng quanh mặt trăng cùng trái đất xoay tròn khoảng không...nhớ mong ... tiếng ai ...vắng xa..

 

Anh ... bão hoà sóng gió... để kết tinh một đời..thảnh thơi ...bão hoà dối gian ...để kết tinh lòng thành... Thời Tôi... bão hoà kí ức ...để kết tinh hiện tại.. còn Ta...bão hoà vắng xa lại ngỡ như gần hơn

....

 

 


#12 Chickey

Chickey

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Thuận
  • Sở thích:Làm toán, nghe bài giảng về toán, đọc sách toán

Đã gửi 26-08-2018 - 20:26

Giả sử tồn tại n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó đặt:

t= x2 -19x + 91

<=> 4t2 = 4x2 - 2.2x.19 + 361 + 3

<=> (2t)2 = (2x-19)2 + 3

<=> (2t - 2x + 19)(2t + 2x -19) = 3 = 3.1 = 1.3 = (-1).(-3) = (-3).(-1)

Giải các trường hợp có thể, ta được:

n=9 hoặc n=10


POLITICS ARE FOR THE MOMENT-AN EQUATION IS FOR ETERNITY

                                                                                   -    Albert Einstein-

 

#13 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 27-08-2018 - 06:56

Lời giải bài 9: 

(i) Khi $n>10\implies n-9>0$, khi đó ta có:

$n^2-19n+91=n^2-20n+100+(n-9)=(n-10)^2+(n-9)>(n-10)^2,$

và $n^2-19n+91=n^2-18n+81+(10-n)<(n-9)^2$,

Vì vậy $(n-10)^2<n^2-19n+91<(n-9)^2$. Suy ra $n^2-19n+91$ không phải là số chính phương.

(ii) Khi $n<9$, ta có:

$n^2-19n+91=(10-n)^2+(n-9)<(10-n)^2$

và $n^2-19n+91=(9-n)^2+10-n>(9-n)^2$ suy ra $n^2-19n+91$ cũng không phải là số chính phương.

(iii) Khi $n=9$ thì $n^2-19n+91=1$; khi $n=10$ thì $n^2-19n+91=1$.

Vậy $n^2-19n+91$ là số chính phương khi và chỉ khi $n=9$ hoặc $n=10$.

Lời giải bài 10:vvs.jpg

Giả sử $\triangle{ABC}$ là tam giác đều có cạnh bằng $3$. Chia mỗi cạnh tam giác $ABC$ thành $3$ phần bằng nhau. Nỗi các điểm chia bởi các đoạn thẳng song song với các cạnh. Tam giác $ABC$ được chia thành $9$ tam giác đều có cạnh bằng $1$. Gọi $I,J,K$ lần lượt là ba điểm trên cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $IC=JA=KB=1$. Ba đường tròn bán kính bằng $1$, tâm tương ứng là $I,J,K$ sẽ phủ kín được tam giác $ABC$ (mỗi hình tròn sẽ phủ được $3$ tam giác nhỏ). Như vậy dùng $3$ tấm bìa sẽ phủ kín được tam giác $ABC$.

Số tấm bìa ít nhất phải dùng cũng là $3$, vì nếu ngược lại sẽ có $2$ trong $3$ đỉnh của tam giác $ABC$ thuộc một hình tròn bán kính bằng $1$. Điều này không xảy ra do cạnh của tam giác $ABC$ bằng $3$.

Lời giải bài 11:

Nhận xét: 1) Nếu $n$ là số nguyên chẵn thì $n^4\vdots 8$.

2) Nếu $n$ là số nguyên lẻ thì $n=2k+1,k\in \mathbb{Z}$ nên $n^2=4k(k+1)+1$ sẽ chia $8$ dư $1$. Suy ra $n^4$ chia $8$ dư $1$.

Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên $(x_0;y_0;z_0;t_0)$.

Khi đó ta có:

  $x_0^{2008}+y_0^{2008}+z_0^{2008}+t_0^{2008}=2008t_0^{2008}(2)$.

Vì $2008t_0^{2008}$ là số chẵn nên trong bốn số $x_0,y_0,z_0,t_0$ không thể có một hoặc ba số lẻ. Con nếu trong chúng có hai hoặc bốn số lẻ thì $VT(2)$ chia $8$ dư $2$ hoặc $4$, trong khi $VP(2)$ chia hết cho $8$.Trường hợp này cũng không xảy ra. Vậy cả bốn số $x_0,y_0,z_0,t_0$ đều là số chẵn.

Đặt $x_0=2x_1;y_0=2y_1;z_0=2z_1;t_0=2t_1$ với $x_1,y_1,z_1,t_1$ là các số nguyên. Thay vào $(2)$ và chia cả hai vế cho $2^{2008}$, ta được:

 $x_1^{2008}+y_1^{2008}+z_1^{2008}+t_1^{2008}=2008t_1^{2008}$.

Do đó: $(x_1;y_1;z_1;t_1)$ cũng là nghiệm của $(1)$.

Bằng quy nạp, ta dễ chứng minh được: 

$(\frac{x_0}{2^{n}};\frac{y_0}{2^{n}};\frac{z_0}{2^{n}};\frac{t_0}{2^{n}})$ là nghiệm của $(1)$ với mọi $n\in \mathbb{N}$. Điều này chỉ xảy ra khi $(x_0;y_0;z_0;t_0)=(0;0;0;0)$.

Vậy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất $(x;y;z;t)=(0;0;0;0)$.

Lời giải bài 12: Vì $x_0$ là nghiệm của $PT$ đã cho nên $ax_0^2+bx_0+c=0$.

Do $a\ne 0$ suy ra $x_0^2=-(\frac{b}{a}x_0+\frac{c}{a})$.

Do đó: $|x_0|^2=|-(\frac{b}{a}x_0+\frac{c}{a})|\le |\frac{b}{a}x_0|+|\frac{c}{a}|\le M(|x_0|+1)$.

Suy ra: $|x_0|^2-1<M(|x_0|+1)\implies |x_0|<M+1$.

Ta có điều phải chứng minh.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 27-08-2018 - 12:05


#14 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 27-08-2018 - 07:07

Bài 13: Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a^3+b^3+c^3=2001$.

Bài 14: Chứng minh rằng: $\frac{|x|}{2008+|x|}+\frac{|y|}{2008+|y|}\ge \frac{|x-y|}{2008+|x-y|}$ với các số $x,y$ bất kì.

Bài 15: Cho tam giác $ABC$ vuông  tại $A$. Gọi $I$ là giao điểm các đường phân giác trong; $E,F$ lần lượt là hình chiếu của $A$ trên $BI,CE$. Chứng minh rằng: $2EF^2=AI^2$.

Bài 16: Tìm tất cả các tập hợp hữu hạn $A(A\subset \mathbb{N^{*}})$ sao cho tồn tại tập hợp hữu hạn $B(B\subset \mathbb{N^{*}})$ thỏa mãn $A\subset B$ và tổng các số của tập hợp $B$ bằng tổng bình phương các số của tập hợp $A$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 27-08-2018 - 13:45


#15 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 28-08-2018 - 10:48

Lời giải bài 13: Không mất tính tổng quát, giả sử: $a\le b\le c$.

Ta nhận thấy rằng: $1^3+10^3+10^3=2001$. Và chúng ta sẽ chứng minh rằng: $(1,10,10)$ là nghiệm duy nhất của phương trình, ngoại trừ các hoán vị của $(1,10,10)$.

Bổ đề: Giả sử $n$ là số nguyên. Khi đó số dư của $n^3$ khi chia cho $9$ là $0,1$ hoặc $-1$.

Thật vậy, nếu $n=3k$ thì $9|n^3$ và nếu $n=3k\pm 1$ thì $n^3=27k^3\pm 27k^2+9k\pm 1\equiv \pm 1(\text{ mod 9})$.

Vì $2001=9.222+3\equiv 3(\text{ mod 9})$ và $a^3+b^3+c^3=2001\implies a^3\equiv 1(\text{ mod 9}),b^3\equiv 1(\text{ mod 9}),c^3\equiv 1(\text{ mod 9})$. vì vậy $a,b,c$ phải đều có dạng: $3\alpha+1$.

Suy ra $a,b,c\in \left\{1,4,7,10,...\right\}$.

Nếu $c\ge 3\implies c^3\ge 2197>2001(\text{ loại })$.

Nếu $c\le 7\implies 2001=a^3+b^3+c^3\le 3.343(\text{ loại })$.

Do đó: $c=10\implies a^3+b^3=1001$. Nếu $b<c=10\implies a\le b\le 7\implies 1001=a^3+b^3\le 2.7^3=2.343(\text{ loại })$.

Vậy nên $b=10\implies a=1$.

Kết luận: $(a;b;c)\in \left\{(1,10,10),(10,1,10),(10,10,1)\right\}$.

Lời giải bài 14:

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:

Cho $|a|\ge |b|$. Khi đó ta có: 

$\frac{|a|}{2008+|a|}\ge \frac{|b|}{2008+|b|}$.

Thật vậy, từ $|a|\ge |b|$ suy ra:

$2008+|a|\ge 2008+|b|>0$.

$\implies \frac{2008}{2008+|a|}\le \frac{2008}{2008+|b|}$.

$\implies 1-\frac{2008}{2008+|a|}\ge 1-\frac{2008}{2008+|b|}$.

$\implies \frac{|a|}{2008+|a|}\ge \frac{|b|}{2008+|b|}$.

Trở lại bài toán. Ta có: $|x|+|y|\ge |x-y|\ge 0$.

Áp dụng bổ đề trên ta suy ra:

$\frac{|x|+|y|}{2008+|x|+|y|}\ge \frac{|x-y|}{2008+|x-y|}$.

$\implies \frac{|x|}{2008+|x|+|y|}+\frac{|y|}{2008+|x|+|y|}\ge \frac{|x-y|}{2008+|x-y|}(1)$.

Mặt khác: $\frac{|x|}{2008+|x|}\ge \frac{|x|}{2008+|x|+|y|}(2)$.

$\frac{|y|}{2008+|y|}\ge \frac{|y|}{2008+|x|+|y|}(3)$.

Từ $(1),(2)$ và $(3)$ ta có:

$\frac{|x|}{2008+|x|}+\frac{|y|}{2008+|y|}\ge \frac{|x-y|}{2008+|x-y|}(dpcm)$.

Lời giải bài 15:vbn.jpg  

Trong các tam giác vuông $IAE,IAF$ ta có:

$\angle{IAE}+\angle{AIE}=90^0;\angle{IAF}+\angle{AIF}=90^0$.

$\implies \angle{IAE}+\angle{IBA}+\angle{IAB}=90^0;\angle{IAF}+\angle{ICA}+\angle{IAC}=90^0$.

$\implies \angle{IAE}+\frac{1}{2}\angle{CBA}+45^0=90^0;\angle{IAF}+\frac{1}{2}\angle{BCA}+45^0=90^0$.

$\implies \angle{IAE}+\angle{IAF}+\frac{1}{2}(\angle{CBA}+\angle{BCA})=90^0$.

$\implies \angle{EAF}+45^0=90^0\implies \angle{EAF}=45^0(1)$.

nên ta có: $OE=OA;OF=OA$.

Do đó các tam giác $OAE,OAF$ cân tại $O$.

Vậy $\angle{EOF}=\angle{EOI}+\angle{FOI}=2\angle{EAO}+2\angle{FAO}=2\angle{EAF}=90^0(\text{ do (1)})$.

Suy ra tam giác $OEF$ cân tại $O$. Từ đó:

$EF^2=OE^2+OF^2=2OI^2(\text{ vì OE=OF=OI})=\frac{1}{2}AI^2$.(vì $OI=\frac{1}{2}AI$)

$\implies 2EF^2=AI^2$.

Lời giải bài 16:

Gọi $m$ là số lớn nhất trong $A$. Ta xét ba trường hợp:

1) $m=1$. Khi đó $A=\left\{1\right\}$. Ta chọn $B=\left\{1\right\}$, yêu cầu bài toán được thỏa mãn.

2) $m=2$. Trong trường hợp này ta có: $A=\left\{2\right\}$ hoặc $A=\left\{1;2\right\}$.

+ Xét trường hợp: $A=\left\{2\right\}$. Khi đó: $\sum\limits_{x\in A}x^2=4$.

Như thế nếu tồn tại tập $B$ thỏa mãn các điều kiện bài toán thì $\sum\limits_{x\in B\A}x=4-2=2$. Từ đó: $B\A=\left\{2\right\}$, mâu thuẩn vì $2\in A$.

+Xét trường hợp $A=\left\{1;2\right\}$. Tương tự như trên ta cũng chứng minh được rằng không tồn tại tập $B$ thỏa mãn các điều kiện bài toán.

3) $m>2$ 

Xét số $y=\sum\limits_{x\in A}(x^2-x)$.

Ta có: $y=\sum\limits_{x\in A}(x^2-x)\ge m^2-m=m(m-1)\ge 2m>m$.

Như thế: $y\notin A$. Xét tập $B=A\cup \left\{y\right\}$.

Ta có: $\sum\limits_{x\in B}x=(\sum\limits_{x\in A}x)+y=\sum\limits_{x\in A}x^2$, do đó tập $B$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả các tập hợp $A$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $A=\left\{1\right\}$ hoặc $A$ là tập hợp hữu hạn tùy ý mà phần tử lớn nhất của nó lớn hơn $2$.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 10-10-2018 - 09:47


#16 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 28-08-2018 - 11:11

Bài 17: Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle{ABC}$, gọi $D,E$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$. Các đường thẳng $DE$ và $BI$ cắt nhau tại $K$ và các đường thẳng $DE$ và $CI$ cắt nhau tại $L$. Chứng minh rằng: $AI+BI+CI>BC+KL$.

Bài 18: Cho $9$ điểm nằm trong hình vuông có cạnh bằng $1$ (các điểm có thể nằm trên cạnh của hình vuông). Chứng minh rằng: tồn tại $3$ điểm trong số chúng là ba đỉnh của tam giác có diện tích không lớn hơn $\frac{1}{8}$.

Bài 19: Chứng minh rằng: $\underbrace{11...11}_{1997}\underbrace{22...22}_{1998}5$ là số chính phương.

Bài 20: Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho tích các chữ số của nó bằng $(n-86)^2(n^2-85n+40)$. 

 


#17 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 29-08-2018 - 06:15

Lời giải bài 17:xcv.jpg

Ta dễ dàng nhận thấy rằng: $DE$ là đường trung bình của tam giác, vì vậy $DE\parallel BC(1)$ và $DE=\frac{1}{2}BC$.

Lại có: $BI$ và $CI$ là các đương phân giác , kết hợp với $DE\parallel BC$ nên hai tam giác $DBK$ và $CLE$ là các tam giác cân.

Do đó ta có: $DB=DK;EC=EL(2)$.

Sử dụng bất đẳng thức trong tam giác $AIB,BIC,CIA$, ta có:

$AB<AI+IB(3)$.

$BC<BI+IC(4)$.

$AC<AI+IC(5)$.

Cộng $(3),(4),(5)$ vế theo vế ta được: $AB+BC+CA<2(AI+BI+CI)$.

$\implies \frac{AB+BC+CA}{2}<AI+BI+CI(6)$.

Mặt khác: $\frac{AB+BC+CA}{2}=DB+DE+CE=DK+LE+DE=DE+KL+DE=2DE+KL=BC+KL(7)$

Từ $(6)$ và $(7)$ ta suy ra được: $BC+KL<AI+BI+CI(dpcm)$.

Lời giải bài 18: 

Chia hình vuông đơn vị thành $4$ hình vuông nhỏ phần có diện tích bằng nhau và bằng $\frac{1}{4}$. Khi đó, áp dụng nguyên lí Đirichlet ta có, tồn tại $3$ trong $9$ điểm nằm bên trong hoặc trên cạnh của một hình vuông nhỏ. Gọi $M,N,P$ là $3$ điểm đó và đặt $LKTQ$ là hình vuông có diện tích bằng $\frac{1}{4}$ chứa $3$ điểm đó.

Xét các đường thẳng song song với $LQ$ kẻ từ $M,N,P$. Một trong số chúng sẽ nằm giữa hai đường thẳng còn lại. Không mất tính tổng quát, giả sử $NS\parallel LQ,S\in [MP]$. Gọi $MH,PR$ lần lượt là các đường vuông góc kẻ từ $M,P$ đến $NS ( H,R\in NS)$.

Khi đó ta có:vvb.jpg

$S_{MPN}=S_{MNS}+S_{PSN}=\frac{NS.MH+NS.PR}{2}=\frac{NS(MH+PR)}{2}\le \frac{1}{8}$, vậy ta có điều phải chứng minh.

Dấu $=$ xảy ra khi và chi khi $NS(MH+PR)=LQ.LK\iff NS=LQ;MH+PR=LK$. Điều này có nghĩa là khi một cạnh của tam giác bằng một cạnh của hình vuông và đỉnh thứ $3$ nằm trên cạnh đối diện của hình vuông đó.

Lời giải bài 19: Ta có: $N=\underbrace{11...11}_{1997}.10^{1999}+\underbrace{22...22}_{1998}.10+5$.

$=\frac{1}{9}(10^{1997}-1).10^{1999}+\frac{2}{9}(10^{1998}-1).10+5$.

$=\frac{1}{9}(10^{3996}+2.5.10^{1998}+25)$.

$=[\frac{1}{3}(10^{1998}+5)]^2=(\frac{\underbrace{100...0}_{1997}5}{3})^2=\underbrace{33...33}_{1997}5^2$.

Lời giải bài 20:

Giả sử $n=\overline{a_1a_2...a_m}$ là số tự nhiên có $m$ chữ số. Vì mỗi chữ số đều nhỏ hơn $10$ nên khi $m>1$,

có $n=\overline{a_1a_2...a_m}\ge a_1.10^{m-1}>a_1a_2...a_m$.

Từ đó dễ dàng thấy rằng, với mọi số tự nhiên $n=\overline{a_1a_2...a_m}$, ta đều có: $n\ge a_1a_2...a_m$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi $m=1$. (số $n$ có một chữ số).

Từ kết quả trên và giả thiết, suy ra: $0\le (n-86)^2(n^2-85n+40)\le n(1)$.

Nhận thấy, số $n=86$ có tích các chữ số bằng $48\ne 0$, không thỏa mãn giả thiết.

Với số tự nhiên $n\ne 86$, có: $(n-86)^2\ge 1$.

Do đó, $(1)\implies 0\le n^2-85n+40\le n$.

Với $n^2-85n+40\ge 0$ có: $n^2-85n+84>0$.

$\implies (n-1)(n-84)>0\implies n<1\text{ hoặc }n>84(2)$.

Mặt khác, với $n^2-85n+40\le n\implies n^2-86n+40\le 0$.

$\implies n^2-86n<0\implies 0<n<86(3)$.

Từ $(2),(3)$ suy ra: $n=85$.

Thử lại thỏa mãn. Vậy $n=85$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 29-08-2018 - 19:20


#18 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 29-08-2018 - 06:25

Bài 21: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $Q=\frac{x^2+8x+7}{x^2+1}$.

Bài 22: Chứng minh rằng số $A=2^{n}+6^{n}+8^{n}+9^{n}$ (với $n$ là số nguyên dương ) chia hết cho $5$ khi và chỉ khi $n$ không chia hết cho $4$.

Bài 23: Trên một đường thẳng lấy ba điểm $A,B,C$ theo thứ tự. Từ điểm $A$ kẻ các tiếp tuyến $AD,AE$ với đường tròn đường kính $BC(D,E\text{ là các tiếp điểm})$.

Kẻ $DH\bot CE$ tại $H$. Gọi $P$ là trung điểm của $DH$. Đường thẳng $CP$ cắt đường tròn lần nữa tại $Q$. Chứng minh rằng: Đường tròn đi qua $3$ điểm $A,D,Q$ tiếp xúc với đường thẳng $AC$. 

Bài 24: Giả sử phương trình $x^{2003}+ax^2+bx+c=0$ với các hệ số nguyên $a,b,c$ có $3$ nghiệm nguyên $x_1,x_2,x_3$. Chứng minh rằng: $(a+b+c+1)(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)$ chia hết cho $2003$



#19 Chickey

Chickey

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Thuận
  • Sở thích:Làm toán, nghe bài giảng về toán, đọc sách toán

Đã gửi 29-08-2018 - 08:02

Bài 22:

Giả sử A chia hết cho 5 nhưng n vẫn chia hết cho 4.

Khi đó đặt n=4k, ta có:

A=24k + 64k + 84k + 94k $\equiv 4$ (mod 5) (Mâu thuẫn giả thiết) 

Vậy.....


POLITICS ARE FOR THE MOMENT-AN EQUATION IS FOR ETERNITY

                                                                                   -    Albert Einstein-

 

#20 tritanngo99

tritanngo99

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 30-08-2018 - 05:40

Lời giải bài 21: Xét $f(x)=Q(x)-t=\frac{x^2+8x+7-t(x^2+1)}{x^2+1}$.

Vì $x^2+1>0$ với mọi số thực $x$ nên dấu của $f(x)$ chính là dấu của tử thức $g(x)=x^2+8x+7-t(x^2+1)$ hay $g(x)=(1-t)x^2+8x+7-t;(1)$.

Ta có: $\Delta=16-(1-t)(7-t)=-t^2+8t+9$.

$\Delta=0$ khi $t=-1$ hoặc $t=9$.

Với $t=-1$ thì $a=1-t=2>0$ nên $g(x)\ge 0\implies f(x)\ge 0,$ suy ra $Q(x)$ có GTNN là $-1$ và xảy ra khi $f(x)=0\iff g(x)=0\iff 2(x+2)^2=0\iff x=-2$.

Với $t=9$ thì $a=1-t=-8<0$ nên $g(x)\le 0\implies f(x)\le 0$, suy ra $Q(x)$ cos GTLN là $9$ và xảy ra khi $f(x)=0\iff g(x)=0\iff 2(2x-1)^2=0\iff x=\frac{1}{2}$.

Lời giải bài 22:

Ta có: $A=2^{n}+6^{n}+8^{n}+9^{n}\equiv 2^{n}+1^{n}+3^{n}+4^{n}(\text{ mod 5})$ nên $A\vdots 5\iff B=1+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ chia hết cho $5$.

Mọi số nguyên dương $n$ đều viết được dưới dạng $n=4k+r$ trong đó $k\in \mathbb{N},r\in \left\{0,1,2,3\right\}$.

Do đó: $B=1+2^{4k}.2^r+3^{4k}.3^{r}+4^{4k}.4^{r}$. Để ý rằng: $2^{4k}=16^{k}\equiv 1(\text{ mod 5});3^{4k}=81^{k}\equiv 1(\text{ mod 5});4^{4k}=256^{k}\equiv 1(\text{ mod 5})$ nên $B\equiv (1+2^{r}+3^{r}+4^{r})(\text{ mod 5})$.

Với $r=0$ ta có: $B\equiv 4(\text{ mod 5})$, tức $A\not\vdots 5$.

Với $r=1,B\equiv 10(\text{ mod 5})\implies A\vdots 5$.

Với $r=2,B\equiv 30(\text{ mod 5})\implies A\vdots 5$.

với $r=3,B\equiv 100(\text{ mod 5})\implies A\vdots 5$.

Như vậy, $A\vdots 5\iff B\vdots 5\iff r\in \left\{1,2,3\right\}$.

$\iff n\not\vdots 4(dpcm)$.

Lời giải bài 23:bn.jpg

Ta có: $ID=IE$ mà $PD=PH$ nên $IP\parallel EH$. Suy ra $\angle{IPD}=90^0$ và $\angle{QPI}=\angle{QCE}=\angle{QDI}$.

Do đó tứ giác $DQIP$ nội tiếp. Ta có: $\angle{DQI}=90^0$. Từ đó: $\angle{QIA}=\angle{QDI}(\text{ cùng phụ với }\angle{QID})$. Nên $\angle{QIA}=\angle{QEA}$, tức là tứ giác $QIEA$ nội tiếp được. Khi đó: $\angle{QAC}=\angle{QED}=\angle{QDA}$. Vì $\angle{QAC}=\angle{QDA}$ nên $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn đi qua $3$ điểm $A,D,Q(dpcm)$.

Lời giải bài 24:

Ta đưa phương trình về dạng $(x^{2003}-x)+[ax^2+b(x+1)+c]=0$ và đặt $f(x)=ax^2+(b+1)x+c$.

Từ giả thiết $x_1,x_2$ và $x_3$ là $3$ nghiệm nguyên của phương trình, sử dụng định lý $Fecma$ đối với số nguyên tố $2003$, ta có:

 $(x_i^{2003}-x_i)\vdots 2003\implies f(x_i)\vdots 2003(i=1;2;3)(1)$.

Nếu $(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)\vdots 2003$ thì ta có ngay đpcm. Giả sử trái lại, trong các hiệu $x_1-x_2,x_2-x_3,x_3-x_1$ không có hiệu nào chia hết cho $2003$. Từ $(1)$ ta có:

$f(x_1)-f(x_2)=(x_1-x_2)[a(x_1+x_2)+b+1]\vdots 2003\implies (ax_1+ax_2+b+1)\vdots 2003$ và 

$f(x_2)-f(x_3)=(x_2-x_3)[a(x_2+x_3)+b+1]\vdots 2003\implies (ax_2+ax_3+b+1)\vdots 2003(2)$ .

Suy ra $a(x_3-x_1) \vdots 2003\implies a\vdots 2003$.

Điều đó cùng với $(2)$ và $(1)$ lần lượt cho ta $(b+1)\vdots 2003$ và $c\vdots 2003$.

Do đó: $a+b+c+1\vdots 2003,$ suy ra điều phải chứng minh.

   

 
 
 
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 30-08-2018 - 05:50





0 người đang xem chủ đề

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