Chủ đề này có 105 trả lời

[tritanngo99]

Bài 105: Số $2^{100}$ có bao nhiêu chữ số? Tìm chữ số đầu tiên bên trái của số đó.

Bài 106: Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AH$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $H$ đến $AB$ và $AC$. Chứng minh rằng nếu $BM=CN$ thì tam giác $ABC$ cân tại $A$.

Bài 107: Chứng minh rằng tổng số (gồm $1999$ số hạng ) $S=1^{100}-2^{100}+3^{100}-4^{100}+...+n^{100}-(n+1)^{100}+...-1998^{100}+1999^{100}$ chia hết cho $201899$.

Bài 108: Chứng minh rằng: $\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$ trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$.

 

[buingoctu]

Bài 105: Số $2^{100}$ có bao nhiêu chữ số? Tìm chữ số đầu tiên bên trái của số đó.

Bài 106: Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AH$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $H$ đến $AB$ và $AC$. Chứng minh rằng nếu $BM=CN$ thì tam giác $ABC$ cân tại $A$.

 

Bài 105:

$2^{100}=2^{10^{10}}=(1024)^{10}>(1000)^{10}=10^{30}$

$2^{100}=2^{31}.2^{6}.2^{63}=2^{31}.64.512^7<2^{31}.125.625^7=2^{31}.5^3.5^{4^{7}}=2^{31}.5^{31}=10^{31}$

=> 2^100 có 31 chứ số

và bắt đầu bằng số 1.( bấm mày =))))

Bài 106: Xét BM=CN=a

Ta thấy AM.AB=AN.AC(=AH^2) <=> $AM^{2}+AM.MB=AN^{2}+AN.NC<=>(AM-AN)(AM+AN)+a(AM-AN)=0 <=> AM=AN$ => đpcm

TOPIC sôi nổi quá ta =))))

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi buingoctu: 23-09-2018 - 21:03

[tritanngo99]

Lời giải bài 105: Ta có: $2^{10}=1024>10^3$.

$\implies 2^{100}>10^{30}(1)$.

Mặt khác $10^{10}=1024<1025\implies \frac{2^{100}}{10^{30}}=(\frac{2^{10}}{10^3})^{10}<(\frac{1025}{1000})^{10}=(\frac{41}{40})^{10}$.

Lưu ý rằng, nếu $0<b<a$ thì $ab+b<ab+a\implies b(a+1)<a(b+1)\implies \frac{a+1}{b+1}<\frac{a}{b}$.

Sử dụng bất đẳng thức trên ta được: $\frac{41}{40}<\frac{40}{39}<...<\frac{31}{30}$.

Do đó: $\frac{2^{100}}{10^{30}}<(\frac{41}{40})^{10}<\frac{40}{39}.\frac{39}{38}...\frac{32}{31}.\frac{31}{30}=\frac{4}{3}<2$.

$\implies 2^{100}<2.10^{30}$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có: $10^{30}<2^{100}<2.10^{30}(3)$.

Vậy $2^{100}$ có $31$ chữ số và chữ số đầu tiên bên trái là $1$.

Lời giải bài 106: Giả sử tam giác $ABC$ không cân. Không mất tính tổng quát, giả sử $AB>AC$, khi đó $HB>HC$( liên hệ giữa hình chiếu và đường xiên). Ta có: $BH^2=BM^2+HM^2;CH^2=CN^2+HN^2$. Mà $BM=CN\implies HM>HN(1)$.

Ta lại có: $AH^2=AM^2+HM^2;AH^2=AN^2+HN^2$.

Mà từ $(1)$ có $HM>HN$ nên $AM<AN$.

Kết hợp với điều kiện $BM=CN$, suy ra $AB<AC$, mâu thuẩn. Vậy tam giác $ABC$ cân tại $A$. 

Lời giải bài 107: Trước hết ta có nhận xét rằng:

$201899=1999.101$ mà $(1999,101)=1$ nên ta cần chứng minh $S$ chia hết cho $1999$ và $101$.

+ Ta có: $S=1^{100}-1998^{100}-(2^{100}-1997^{100})+(3^{100}-1996^{100})-...+(999^{100}-1000^{100})+1999^{100}$.

Để ý rằng $a^{100}-b^{100}=(a^2)^{50}-(b^2)^{50}=(a^2-b^2).M\vdots (a+b)$ nên $S$ chia hết cho $1999$.

+ Trong tổng $S$, có $19$ số hạng chia hết cho $101$ là $101,202=101.2,303=101.3,...,1919=101.19$.

Trong các số hạng còn lại, có $990$ số dạng $a^{100}$( $a$ lẻ, không chia hết cho $101$) và $990$ số dạng $b^{100}$( $b$ chẵn, không chia hết cho $101$).

Vì $101$ là số nguyên tố nên $(a,101)=1,(b,101)=1$. Theo định lí Fecma ta có: $a^{100}\equiv 1(\text{mod }101),b^{100}\equiv 1(\text{ mod }101)\implies a^{100}-b^{100}\equiv 101$.

Như vậy tổng $S$ gồm hai nhóm: Nhóm thứ nhất gồm $19$ số chia hết cho $101$, nhóm thứ hai gồm $990$ số dạng $a^{100}-b^{100}$, chia hết cho $101$, suy ra $S\equiv 101$.

Vậy $S\equiv 201899$. 

Lời giải bài 108: Đặt $(x,y)\to (a+b+c,\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=ab+bc+ca$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho $3$ số ta dễ dàng suy ra $x\ge 3,y\ge 3$.

Khi đó $\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$

$\iff \frac{3+4x+y+x^2}{2x+y+x^2+xy}\le \frac{12+4x+y}{9+4x+2y}$.

$\iff 3x^2y+xy^2+6xy-5x^2-y^2-24x-3y-27\ge 0$.

$\iff 5x^2(\frac{y}{3}-1)+y^2(\frac{x}{3}-1)+3y(\frac{xy}{9}-1)+12x(\frac{xy}{9}-1)+3x(\frac{y^2}{9}-1)+3x(y-3)+3(xy-9)\ge 0$.

Do $x\ge 3,y\ge 3$ nên bất đẳng thức cuối luôn đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z\iff a=b=c=1$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 24-09-2018 - 22:39

[tritanngo99]

Bài 109: Giả sử $a$ và $b$ là các số nguyên dương sao cho $2a-1,2b-1$ và $a+b$ đều là các số nguyên tố. Chứng minh rằng: $a^b+b^a$ và $a^a+b^b$ đều không chia hết cho $a+b$.

Bài 110: Viết tổng $\frac{2}{1}+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^n}{n}$ thành phân số tối giản $\frac{p}{s}$.

Chứng minh rằng: $p\vdots 8$ với mọi $n> 3$.

Bài 111: Hai tam giác đồng dạng $ABC$ và $A_1B_1C_1$ thỏa mãn điều kiện: điểm $A_1$ nằm trên tia $CB$, điểm $B_1$ nằm trên tia $AC$, điểm $C_1$ nằm trên tia $BA$. Chứng minh rằng trực tâm của $\triangle{A_1B_1C_1}$ trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle{ABC}$.

Bài 112: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp một đường tròn. Điểm $P$ chạy trên cung $BC$ không chứa $A$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là giao điểm của $BC$ với $PA$ và $PD$. Tính độ dài lớn nhất của $MN$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 10-10-2018 - 18:43

[tritanngo99]

Lời giải bài 109: Vì $2a-1$ và $2b-1$ là các số nguyên tố nên $a,b>1$, mà $a+b$ là số nguyên tố nên $a+b$ lẻ. Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a$ chẵn, $b$ lẻ.

Vì $b$ lẻ nên $(a^b+b^b)\vdots (a+b)$.

Giả sử: $(a^b+b^a)\vdots (a+b)$ thì $(b^{|a-b|}-1)\vdots (a+b)(1)$ (vì nếu $b^a$ hoặc $b^b$ chia hết cho $(a+b)$ thì số nguyên tố $a+b$ là ước của $b$ suy ra mâu thuẩn).

Mà theo định lý Fecma nhỏ thì: $(b^{a+b-1}-1)\vdots (a+b)(2)$.

Các bạn tự chứng minh bổ đề sau: Với mỗi số nguyên tố $p>2$ và $x$ không chia hết cho $p$.  Gọi $d$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $(x^d-1)\vdots p$ thì với mọi số $m$ bất kì thỏa mãn: $(x^m-1)\vdots p$, ta có: $m\vdots d$.

Áp dụng vào $(1),(2)$ ta có:

Nếu tồn tại $d$ dương nhỏ nhất thỏa mãn $(b^d-1)\vdots (a+b)$ thì $|a-b|\vdots d$ và $(a+b-1)\vdots d$.

Suy ra $2a-1$ hoặc $2b-1$ chia hết cho $d$.

Nhưng $2a-1$ và $2b-1$ đều là số nguyên tố suy ra $d=1$. Vậy ta có: $(b-1)\vdots (a+b)$ vô lí. Do đó: $(a^b+b^a)\ not\vdots (a+b)$. Với $(a^a+b^b)\vdots (a+b)$, bằng cách chứng minh tương tự ta cũng thấy điều đó vô lí.

Vậy $a^b+b^a$ và $a^a+b^b$ đều không chia hết cho $a+b$.

Lời giải bài 110: Nhận xét: Nếu phân số tối giản $\frac{a}{b}$ là tổng của những phân số tối giản mà tử số của mỗi phân số đó chia hết cho $2^k$ thì $a$ cũng chia hết cho $k$.

- Với $n=4$ ta có:

$\frac{p}{s}=\frac{2}{1}+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+\frac{2^4}{4}=\frac{32}{3}\implies p\vdots 8$.

- Với $n=5$ ta có:

$\frac{p}{s}=\frac{2}{1}+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+\frac{2^4}{4}+\frac{2^5}{5}=\frac{256}{15}\implies p\vdots 8$.

- Với $n\ge 6$ ta có:

$\frac{p}{s}=\frac{256}{15}+\frac{2^6}{6}+\frac{2^7}{7}+...+\frac{2^n}{n}$.

Đặt $\frac{2^6}{6}+\frac{2^7}{7}+....+\frac{2^n}{n}=\frac{x}{y}(x,y\in \mathbb{N},(x,y=1))$.

Các phân số: $\frac{2^6}{6},\frac{2^7}{7},...\frac{2^n}{n}$ đều có dạng: $\frac{2^m}{m}=\frac{2^3.2^{m-3}}{m}$.

Với $m\ge 6,m\in \mathbb{N}$ dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng: $2^{m-3}>m$ nên phân số $\frac{2^m}{m}$ sau khi rút gọn thành phân số tối giản thì tử số của phân số tối giản ấy cũng chia hết cho $2^3$. Áp dụng nhận xét $(1)$ ta có: $x\vdots 2^3$.

Lại áp dụng nhận xét $(1)$ với $\frac{p}{s}=\frac{256}{15}+\frac{x}{y}$ ta có $p$ chia hết cho $8$ với mọi $n\ge 4$.

Lời giải bài 111: Xét tam giác nhọn $ABC$ và $A_1,B_1,C_1$ thuộc $3$ cạnh tam giác. Gọi $O$ là trực tâm $\triangle{A_1B_1C_1}$. Từ $C_1K$ và $B_1H$ là đường cao $\triangle{A_1B_1C}$ suy ra tứ giác $A_1HOK$ nội tiếp.

Từ đó suy ra: $\angle{B_1OC_1}=\angle{HOK}=180^0-\angle{A_1}=180^0-\angle{A}$. 

Do đó tứ giác $B_1OC_1A$ nội tiếp.

Nên $\angle{OAC}=\angle{OC_1B_1}=90^0-\angle{C_1B_1A_1}=90^0-\angle{B}$.

Tương tự: $\angle{OCA}=90^0-\angle{B}$ tức là $\triangle{OAC}$ cân, suy ra $OA=OC$. Chứng minh tương tự được: $OC=OB$. Vậy $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle{ABC}$. Các trường hợp khác chứng minh tương tự.

Lời giải bài 112: Trên đường thẳng $BC$ lấy $E$ trên tia $NM$ và lấy $F$ trên tia $MN$( tức $M$ ở giữa $E$ và $N$, $N$ ở giữa $M$ và $F$  ) sao cho :$\angle{AEB}=\angle{DFC}=\angle{APD}=\alpha$. Do $P$ thuộc cung $AD$ cố định nên $\angle{APD}=\angle$ không đổi, do đó $E,F$ cố định.

Vì $\angle{AEM}=\angle{APN}$ nên tứ giác $AEPN$ là nội tiếp. Suy ra: $\angle{EAM}=\angle{ENP}=\angle{DNF}$.

Từ đó: $\triangle{EAM}\sim \triangle{FND}$ nên $\frac{AE}{EM}=\frac{NF}{FD}$ hay $AE.DF=EM.NF$.

Ta có: $MN=EF-(EM+NF)\le EF-2\sqrt{EM.NF}=EF-2\sqrt{AE.DF}$.

Vậy $MN$ lớn nhất bằng $EF-2\sqrt{AE.DF}$ với $E,F$ được xác định như trên và $EM=NF=\sqrt{AE.DF}$.

Ta có thể dựng điểm $P$ để xác định vị trí của $M,N$ như sau:

Dựng các cung chứa góc $\alpha$ trên đoạn $AB,CD$ cắt đường thẳng $BC$ tại $E,F$ tương ứng nằm ngoài đoạn thẳng $BC$.

Dựng $Q$ trên tia đối của $EA$ sao cho $EQ=DF$.

Dựng tia $Ex\bot AQ$ cắt đường tròn đường kính $AQ$ tại $M'$. Đường tròn tâm $E$ bán kính $EM'$ cắt $BC$ tại $M$. $AM$ cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABCD$ tại $P$. Giao của $PD$ và $BC$ là $N$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 10-10-2018 - 19:17

[tritanngo99]

Bài 113: Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Trên đường trung tuyến $BD$ lấy điểm $E$ sao cho $\angle{DAE}=\angle{ABD}$. Chứng minh rằng: $\angle{DAE}=\angle{ECB}$.

Bài 114: Nếu một tam giác vuông có số đo chiều dài các cạnh là các số nguyên thì số đo diện tích tam giác đó có thể là số chính phương không?

Bài 115: Tìm điều kiện cần và đủ của $m$ để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:

$\left\{\begin{array}{I} x^2=(2+m)y^3-3y^2+my\\y^2=(2+m)z^3-3z^2+mz\\z^2=(2+m)x^3-3x^2+mx\end{array}\right.$

Bài 116: Tìm tất cả bộ ba số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $5xyz=x+5y+7z+10$.

[tritanngo99]

Lời giải bài 113: Hạ $AF$ và $CG$ cùng vuông góc với $BD,CH$ vuông góc với $AE$, ta có: $\triangle{ABF}=\triangle{CAH}$ (cạnh huyền và góc nhọn) suy ra $AF=CH$. $\triangle{ADF}=\triangle{CDG}$ (cạnh huyền và góc nhọn) suy ra $AF=CG$, suy ra  $CH=CG\implies \angle{CEH}=\angle{CEG}$.

Vì vậy $\angle{EBC}+\angle{ECB}=\angle{EAC}+\angle{ECA}$ (tính chất góc ngoài của tam giác).

hay $\angle{EBC}+\angle{ECB}=\angle{EBA}+\angle{ECA}(1)$.

Mặt khác, $\angle{EBA}+\angle{EBC}=\angle{ECB}+\angle{ECA}(2)$.

Lấy $(1)$ trừ $(2)$ theo từng vế, ta được: $\angle{ECB}-\angle{EBA}=\angle{EBA}-\angle{ECB}\implies \angle{EBA}=\angle{ECB}$.

Vậy $\angle{DAE}=\angle{ECB}$(đpcm).

Lời giải bài 114: Giả sử tồn tại tam giác vuông có số đo chiều dài các cạnh $a,b,c$ ($a$ là cạnh huyền) là số nguyên mà số đo diện tích $S$ là số chính phương, nghĩa là $a^2=b^2+c^2$ và $bc=2S=2k^2$ ($k$ nguyên dương). Xét tam giác thỏa mãn điều kiện đó mà có cạnh huyền nhỏ nhất và $a,b,c$ đôi một nguyên tố cùng nhau( vì nếu $a,b,c$ có ước chung lớn hơn $1$ thi chia chúng cho ước chung đó). Vậy có số nguyên dương $m,n$ khác tính chẵn lẽ, nguyên tố cùng nhau mà $a=m^2+n^2,b=m^2-n^2,c=2mn$ (theo Phương pháp lùi vô hạn).

Từ $S=\frac{bc}{2}$ suy ra: $(m+n)(m-n)mn=k^2$.

Vì $(m,n)=1$ và $m,n$ khác tính chẵn lẻ nên $(m+n,m)=(m+n,n)=(m-n,m)=(m-n,n)=1$.

Gọi $d=(m+n,m-n)$ thì $d$ lẻ là ước của $2m,2n$ nên $d=1$. Vậy $m+n,m-n,m,n$ đôi một nguyên tố cùng nhau mà tích của chúng bằng $k^2$ nên ( theo sự phân tích ra thừa số nguyên tố) có $4$ số nguyên dương $x,y,z,t$ thỏa mãn: $m+n=x^2,m-n=y^2,m=z^2,n=t^2$. Suy ra:

$\left\{\begin{array}{I} (x+y)^2+(x-y)^2=2(x^2+y^2)=4m=(2z)^2\\ (x+y)(x-y):2=(x^2-y^2):2=n=n=t^2\\2z=2\sqrt{m}<m^2<m^2+n^2=a(m\ge 2)\end{array}\right.$

Vậy tam giác vuông cạnh $2z,x+y,x-y$ có số đo diện tích là số chính phương mà cạnh huyền $2z<a$ vô lí.

Vậy diện tích tam giác vuông có số đo các cạnh là số nguyên không thể là số chính phương.

Lời giải bài 115: Để viết gọn, ta đặt $F(t)=(2+m)t^2-3t+m$ và $G(t)=(2+m)t^2-4t+m$.

Điều kiện cần. Nếu $(x_0,y_0,z_0)$ là một nghiệm của hệ thì $(z_0,x_0,y_0)$ cũng là nghiệm, do đó, từ giả thiết duy nhất, ta có: $x_0=y_0=z_0$. Vậy nghiệm của hệ đang xét cũng là nghiệm của phương trình sau: $x^2=(2+m)x^3-3x^2+mx$ hay $xG(x)=0$(4).

Dễ thấy $(x,y,z)=(0,0,0)$ là nghiệm của hệ. Từ tính duy nhất của nghiệm và từ $(4)$ suy ra $G(x)\ne 0$ với mọi $x$ vì nếu $0=G(0)=m$ thì $G(x)$ còn có nghiệm $x=2$ nữa. Suy ra $\Delta_{G}=4-m(m+2)<0$. Giải bất phương trình này ta được $m<-1-\sqrt{5}$ hoặc $m>-1+\sqrt{5}$(*).

Điều kiện đủ. Ta sẽ chứng minh $(*)$ cũng là điều kiện đủ. Từ điều kiện $(*)$ suy ra $G(t)\ne 0$ với mọi $t$ và $(2+m)G(t)>0$ với mọi $t$(5).

Cũng từ điều kiện $(*)$ có $\Delta_{F}=3^2-4m(m+2)<0$ và $(2+m)F(t)>0$ với mọi $t$. Xét $PT(1)$ có $xF(x)=z^2>0$ với mọi $x$ suy ra $(2+m)x\ge 0$. Từ đó và $(5)$ suy ra $xG(x)\ge 0$ với mọi $x$.

Xét tương tự PT(2),PT(3) cũng có $yG(y)\ge 0$ và $zG(z)\ge 0$ với mọi $y,z$. Cộng theo từng vế của ba phương trình $(1),(2),(3)$ của hệ ta có: $xG(x)+yG(y)+zG(z)=0(6)$.

Vế phải của $(6)$ là tổng ba số không âm do đó $xG(x)=yG(y)=zG(z)=0$. Vì $G(t)\ne 0$ với mọi $t$ nên $x=y=z=0$ và hệ có nghiệm duy nhất.

Kết luận. Điều kiện cần và đủ để hệ có nghiệm duy nhất là $m<-1-\sqrt{5}$ hoặc $m>-1+\sqrt{5}$.

Lời giải bài 116: $5xyz=x+5y+7z+10(1)$ 

+Với $x=1$ thì $(1)$ trở thành: $5xyz=5y+7z+11\iff (5y-7)(z-1)=18(2)$.

Vì $x,y,z$ nguyên dương và $5y-7$ chia cho $5$ dư $3$, nên

$(2)$ tương đương: $5y-7=3;z-1=6\iff (y;z)=(2;7)$ hoặc $5y-7=18;z-1=1\iff (y;z)=(5;2)$.

+Với $x\ge 2$, ta thấy:

$(1)\iff 5y+7z+10=x(5yz-1)\ge 2(5yz-1)$.

Dẫn đến $10yz-5y-7z-12\le 0\iff (10y-7)(2z-1)\le 31(3)$.

$\implies y\le 3$.

*) Khi $y=1$, từ $(1)$ có $5xz=x+7z+15\iff (5x-7)(5z-1)=82$. Dễ thấy phương trình này không có nghiệm nguyên dương $x,z$.

*) Khi $y=2$, từ $(3)$ suy ra $z=1$, thay vào $(1)$ ta tìm được $x=3$.

*) Khi $y=3$, từ $(3)$ suy ra $z=1$, thay vào $(1)$ ta được: $x=\frac{32}{14}\notin \mathbb{Z^+}$(loại).

Vậy các bộ ba số nguyên dương $(x;y;z)$ cần tìm là :$(1;2;7),(1;5;2);(3;2;1)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 26-10-2018 - 18:28

[tritanngo99]

Bài 117: Chứng minh rằng: $a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)+2(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1})\ge 6$ trong đó $a,b,c$ là các số không nhỏ hơn $1$.

Bài 118: Giải phương trình: $\sqrt{2x^2+4x+7}=x^4+4x^3+3x^2-2x-7$.

Bài 119: Giải hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{I}x^3(2+3y)=1\\x(y^3-2)=3\end{array}\right.$.

Bài 120: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $T=2ac+bd+cd$, trong đó các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn điều kiện: $4a^2+b^2=2$ và $c+d=4$.

[Hero Crab]

Bài 118: $\sqrt{2x^{2}+4x+7}=x^{4}+4x^{3}+3x^{2}-2x-7$

$\Leftrightarrow 2x^{2}+4x+7+\sqrt{2x^{2}+4x+7}=x^{2}\left(x+2\right)^2+x\left(x+2\right )$

Đặt $\sqrt{2x^{2}+4x+7}=a>0$, $x\left(x+2\right )=b$

PT đã cho trở thành $a^2+a=b^2+b$

$\Rightarrow a=b$ hay $a=-1-b$

$TH1:a=b$ $\Rightarrow \sqrt{2x^{2}+4x+7}=x\left(x+2\right )$

$\Leftrightarrow x^{4}+4x^{3}+2x^{2}-4x-7=0(ĐK: x\geqslant 0 .hay. x\leqslant  -2)$

$\Leftrightarrow x=-1-\sqrt{2\left(1+\sqrt{2}\right)}(Nhận).hay .x=-1+\sqrt{2\left(1+\sqrt{2}\right)}(Nhận)$

$TH2:a=-1-b$  $\Rightarrow \sqrt{2x^{2}+4x+7}=-\left(x+1\right)^{2}$

$\Rightarrow x \in \varnothing$

Vậy PT có No S={$-1+\sqrt{2\left(1+\sqrt{2}\right)};-1-\sqrt{2\left(1+\sqrt{2}\right)}$} @@

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Crab: 26-10-2018 - 21:07

[tritanngo99]

Lời giải bài 117: Từ $a\ge 1,b\ge 1,c\ge 1$ ta có: $a^2\ge 1,b^2\ge 1,c^2\ge 1$.

$\implies \frac{1}{1+a^2}\ge \frac{1}{2a^2};\frac{1}{1+b^2}\ge \frac{1}{2b^2};\frac{1}{1+c^2}\ge \frac{1}{2c^2}(2)$.

Do $(2)$ và BDT Cô-si, ta có:

$A\ge ab+ac+bc+ba+ca+cb+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge 9\sqrt[9]{\frac{a^4b^4c^4}{a^2b^2c^2}}=9\sqrt[9]{a^2b^2c^2}\ge 9$.

Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Lời giải bài 118: Biến đổi phương trình về dạng:

$\sqrt{2(x+1)^2+5}=(x+1)^4-3(x+1)^2-5$.

Đặt $(x+1)^2=u;\sqrt{2(x+1)^2+5}=v$ ( với $u\ge 0,v\ge \sqrt{5}$). Ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{I}u^2-3u-5=v\\ 2u+5=v^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{I} u^2-u=v^2+v\\ 2u+5=v^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{I} u-v-1=0\\ v=\sqrt{2u+5}\end{array}\right.$

Dẫn đến $u^2-4u-4=0$, PT này có hai nghiệm $2+2\sqrt{2}$. Do $u\ge 0$ nên chọn $u=2+2\sqrt{2}$. Từ đó suy ra $x=-1\pm \sqrt{2+2\sqrt{2}}$.

Lời giải bài 119: Nhận xét: Nếu $(x,y)$ là một nghiệm của hệ phương trình đã cho và nếu đặt $z=\frac{1}{x}$ thì hệ phương trình đã cho tương đương:

$\left\{\begin{array}{I}z^3=3y+2\\y^3=3z+2\end{array}\right.(1)$

Chú ý: $u^3-3u-2=(u^3-u)-(2u+2)=(u+1)(u(u-1)-2)=(u+1)(u^2-u-2)$.

$=(u+1)((u^2+u)-(2u+2))=(u+1)^2(u-2)$.

Do đó nếu $(y,z)$ là một nghiệm của hệ phương trình $(1)$ thỏa mãn $y=z$ thì hoặc $y=z=-1$ hoặc $y=z=2$.

Lại nhận xét: Với $y\ne z$ ta có:

$(z^3-3y-2)-(y^3-3z-2)=(z^3-y^3)+(3z-3y)=(z-y)(z^2+yz+y^2+3)\ne 0$ vì $z^2+zy+y^2+3=(z+\frac{1}{2}y)^2+\frac{3}{4}y^2+3>0$.

Như vậy hệ phương trình $(1)$ có hai nghiệm $y=z=-1$ và $y=z=2$.

Tức là hệ phương trình đã cho có hai nghiệm $x=-1,y=-1$ và $x=\frac{1}{2},y=2$.

Lời giải bài 120: Với mọi $a,b,c\in \mathbb{R}$ ta luôn có:

$\left\{\begin{array}{I}(2a-\frac{c}{2})^2\ge 0\\(b-\frac{d}{2})^2\\ (c-d)^2\ge 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{I}2ac\le 4a^2+\frac{c^2}{4}(1)\\ bd\le b^2+\frac{d^2}{4}(2)\\ cd\le \frac{(c+d)^2}{8}+\frac{cd}{3}\end{array}\right.$

Cộng theo từng vế của $(1),(2),(3)$ ta được $T=2ac+bd+cd\le 4a^2+b^2+\frac{c^2}{4}+\frac{d^2}{4}+\frac{cd}{2}+\frac{(c+d)^2}{8}$.

$=(4a^2+b^2)+\frac{3(c+d)^2}{8}=2+\frac{3.4^2}{8}=8$.

$T=8$ khi và chỉ khi dấu $=$ xảy ra đồng thời ở các BDT $(1),(2),(3)$ tức là khi $a=\frac{1}{2},b=1,c=d=2$. Vậy giá trị lớn nhất của $T$ là $8$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 28-10-2018 - 22:00

[tritanngo99]

Bài 121: Trong mặt phẳng cho hình vuông $ABCD$. Một tam giác được gọi là nội tiếp hình vuông nếu ba đỉnh của tam giác nằm trên ba cạnh hình vuông. Chứng minh rằng trong $6015$ đường thẳng chứa các cạnh của $2005$ tam giác đều cùng nội tiếp hình vuông trên có ít nhất $502$ đường thẳng đồng quy.

Bài 122: Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là giao điểm của các đường thẳng $AO$ với $BC$, $BO$ với $AC$ và $CO$ với $AB$. Chứng minh rằng: $AD+BE+CF\ge \frac{9R}{2}$.

Bài 123: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức, trong đó $x$ là số thực: $\frac{(x^2+1)^{2001}}{(x^2+\frac{1}{2})(x^2+\frac{1}{3})...(x^2+\frac{1}{2001})(x^2+1.2.3....2001)}$

Bài 124: Cho các số thực $x,y$ thỏa mãn điều kiện: $(x+\sqrt{1+y^2})(y+\sqrt{1+x^2})=1$. Chứng minh rằng: $(x+\sqrt{1+x^2})(y+\sqrt{1+y^2})=1$.

[tritanngo99]

Lời giải bài 121: Nhận xét: Một tam giác đều nội tiếp hình vuông thì có hai đỉnh nằm trên hai cạnh đối diện của hình vuông còn đỉnh thứ ba nằm trên cạnh còn lại. Do đó với mỗi tam giác đều nội tiếp hình vuông thì có một cạnh nối hai đỉnh nằm trên hai cạnh đối diện ( còn hai cạnh còn lại nối hai đỉnh nằm trên hai cạnh kề) của hình vuông. Vậy trong $6015$ đường thẳng chứa các cạnh của $2005$ tam giác có $2005$ đường thẳng cắt hai cạnh đối của hình vuông.

Xét tam giác đều $MNP$ nội tiếp hình vuông; giả sử $M\in AB, N\in BC, P\in AD$. Gọi $Q$ là trung điểm của $NP$ ta có: $MQ\bot NP, PA\bot AM$ nên tứ giác $AMQP$ nội tiếp, do đó $\angle{MAQ}=\angle{MPQ}=60^0$.

Chứng minh tương tự, ta có: $\angle{MBQ}=60^0$, suy ra $\triangle{AQB}$ là tam giác đều nên $Q$ là điểm cố định.

Tương tự dựng các tam giác đều $CDR, ADS,BCT$ nằm trong hình vuông thì các điểm $R,S,T$ cố định. Do vậy trong $2005$ đường thẳng chứa các cạnh của $2005$ tam giác đều cắt hai cạnh đối của hình vuông có ít nhất $502$ đường thẳng đi qua một trong bốn điểm $Q,R,S,T$. 

Lời giải bài 122: Kí hiệu $S$ là diện tích. Ta có: $\frac{OA}{AD}=\frac{S_{AOC}}{S_{ADC}}=\frac{S_{AOB}}{S_{ABD}}=\frac{S_{AOB}+S_{AOC}}{S_{ABC}}$.

Tương tự: $\frac{OB}{BE}=\frac{S_{OAB}+S_{OBC}}{S_{ABC}};\frac{OC}{OF}=\frac{S_{OAC}+S_{OBC}}{S_{ABC}}$.

Suy ra: $\frac{OA}{AD}+\frac{OB}{BE}+\frac{OC}{CF}=2$.

hay $R(\frac{1}{AB}+\frac{1}{BE}+\frac{1}{CF})=2$.

Từ đó áp dụng BDT Bu-nhi-a-côp-xki ta được: $2(AD+BE+CF)=R(AD+BE+CF)(\frac{1}{AD}+\frac{1}{BE}+\frac{1}{CF})\ge 9R$.

Vậy $AD+BE+CF\ge \frac{9R}{2}$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\triangle{ABC}$ đều.

Lời giải bài 123: Trước hết ta chứng minh: "Với các số không âm $a_1,a_2,...,a_n$ và $b_1,b_2,...,b_n$" thì: 

$\sqrt[n]{(a_1+b_1)(a_2+b_2)...(a_n+b_n)}\ge \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}+\sqrt[n]{b_1b_2...b_n}$

Thật vậy: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho $n$ số ta có:

$\frac{a_1}{a_1+b_1}+...+\frac{a_n}{a_n+b_n}\ge 2\sqrt[n]{\frac{a_1a_2...a_n}{(a_1+b_1)(a_2+b_2)...(a_n+b_n)}}$ 

Và $\frac{b_1}{a_1+b_1}+...+\frac{b_n}{a_n+b_n}\ge n\sqrt[n]{\frac{b_1b_2...b_n}{(a_1+b_1)(a_2+b_2)...(a_n+b_n)}}$.

Cộng từng vế của hai bất đẳng thức trên suy ra điều phải chứng minh.

Gọi biểu thức đã cho là $F$. Áp dụng đối với $a_1=a_2=...=a_{2001}=x^2$ và $b_1=\frac{1}{2};b_2=\frac{1}{3};...;b_{2000}=\frac{1}{2001};b_{2001}=2001!$ thì $x^2+1\le \sqrt[2001]{(x^2+\frac{1}{2})(x^2+\frac{1}{3})...(x^2+\frac{1}{2001})(x^2+2001!)}$.

$\implies F\le 1$.

Với $x=0$ thì $F=1$, nên $F$ đạt giá trị lớn nhất bằng $1$.

Lời giải bài 124: Ta có: $(x-\sqrt{1+y^2})(y-\sqrt{1+x^2})=2xy+2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}-(x+\sqrt{1+y^2})(y+\sqrt{1+x^2})$

$=2xy+2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}-1(*)$

Nhân từng vế của $(*)$ với đẳng thức đã cho ta được:

$(x^2-1-y^2)(y^2-1-x^2)=2xy+2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}-1$.

$\iff 1-(x^2-y^2)^2=2xy+2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}-1$.

$\iff 2(1-xy)=2\sqrt{(xy-1)^2+(x+y)^2}+(x^2-y^2)^2$.

$\implies 1-xy\ge \sqrt{(xy-1)^2+(x+y)^2}\ge |1-xy|\implies x+y=0\implies x=-y$.

Từ đó sẽ có: $(x+\sqrt{1+x^2})(y+\sqrt{1+y^2})=(x+\sqrt{1+y^2})(y+\sqrt{1+x^2})=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 30-10-2018 - 21:32

[tritanngo99]

Bài 125: Giải phương trình: $(x-3)^3+(x+1)^3=8(x-1)^3(*)$.

Bài 126: Ta gọi đường chéo chính của một lục giác lồi là đoạn thẳng nối hai đỉnh và chia lục giác thành hai tứ giác. Chứng minh rằng:

a) Với bất kì lục giác lồi có độ dài cạnh đều bằng $1$ thì tồn tại đường chéo chính có độ dài không lớn hơn $2$.

b) Với bất kì lục giác lồi có độ dài các cạnh đều bằng $1$ thì tồn tại đường chéo chính có độ dài lớn hơn $\sqrt{3}$.

Bài 127: Chứng minh rằng số nguyên dạng $x^2+1$ không có ước nguyên dương dạng $4k+3$.

Bài 128: Cho số nguyên tố $p$. Giả sử $x,y$ là các số tự nhiên khác $0$ thỏa mãn điều kiện $\frac{x^2+py^2}{xy}$ là số tự nhiên. Chứng minh rằng: $\frac{x^2+py^2}{xy}=p+1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 01-11-2018 - 10:30

[tritanngo99]

Lời giải bài 125: Vì $(a-b)+(b-c)+(c-a)=0$ nên $(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^2=3(a-b)(b-a)(c-a)$.

Do đó: $(x-3)^3+(x+1)^3=8(x-1)^3$.

$\iff [(3x+3)-(2x+6)]^3+[(2x+6)-(x+5)]^3+[(x+5)-(3x+3)]^3=0$.

$\iff 3(x-3)(x+1)(-2x+2)=0$.

$\iff x=3;x=-1;x=1$.

Lời giải bài 126: Xét lục giác lồi $ABCDEF$. Kẻ các đường chéo $AC,AD,AE$ suy ra tổng các góc trong của lục giác bằng $720^0$. Dễ chứng minh rằng trong ba cặp góc $(\angle{A},\angle{B}),(\angle{C},\angle{D}),(\angle{E},\angle{F})$, tồn tại một cặp góc có tổng không lớn hơn $240^0$( nhưng lớn hơn $180^0$), và tồn tại một cặp góc có tổng không nhỏ hơn $240^0$.

a) Giả sử $\angle{A}+\angle{B}\le 240^0$. Ta sẽ chứng minh đường chéo chính $CF\le 2$.

Muốn vậy, dựng hình thoi $ABIF$, ta có:

$\angle{IBC}=\angle{B}-(180^0-\angle{A})=(\angle{A}+\angle{B})-180^0$.

$\le 240^0-180^0=60^0$.

Từ đó, do tam giác $IBC$ cân, suy ra $IC\le BC=1$. Cuối cùng: $CF\le IC+IF\le 1+1=2$.

b) Giả sử: $\angle{A}+\angle{B}\ge 240^0$.

Ta sẽ chứng minh đường chéo $CF>\sqrt{3}$.

Kéo dài $FA$ và $CB$, cắt nhau tại $J$. Đặt $AJ=a,BJ=b,\angle{AJB}=\alpha$. Trong tam giác $ẠJB$ có:$1=AB^2=a^2+b^2-2abcos\alpha$.

Thực vậy: $AB^2=AH^2+HB^2=AH^2+(b-JH)^2=AH^2+b^2+JH^2-2bJH=a^2+b^2-2abcos\alpha$.

Từ giả thiết $\angle{A}+\angle{B}\ge 240^0\implies \alpha\ge 60^0$ và $cos\alpha\le \frac{1}{2}$. Sử dụng hai kết quả trên khi xét $\triangle{FJC}$, có:

$CF^2=JF^2+JC^2-2JF.JC.cos\alpha=(a+1)^2+(b+1)^2-2(a+1)(b+1)cos\alpha=(a^2+b^2-2abcos\alpha)+(2+2a+2b)-2(a+b+1)cos\alpha\ge 3+2a+2b-(a+b+1)=3(a+b-1)>3$.

Vậy $CF>\sqrt{3}$.

Lời giải bài 127: Giả sử tồn tại $p=4k+3$ sao cho $x^2+1$ chia hết cho $p$, tức là $x^2\equiv -1(\text{ mod }p)$.

Nâng hai vế lên lũy thừa $2k+1$, ta có: $x^{4k+2}\equiv -1(\text{ mod }p)$.

Theo định lý nhỏ Fermat thì $x^{4k+2}\equiv 1(\text{ mod }p)$.

Suy ra $2\equiv 0(\text{ mod }p)$, mâu thuẩn. Vậy điều giả sử là sai, và ta có điều phải chứng minh.

Lời giải bài 128: Gọi $UCLN(x,y)=d(d\in \mathbb{N^*})$ thì $x=da,y=db$ với $a,b\in \mathbb{N^*},UCLN(a,b)=1$.

Ta có: $\frac{x^2+py^2}{xy}=\frac{d^2a^2+pd^2b^2}{d^2ab}=\frac{a^2+pb^2}{ab}\in \mathbb{N^*}$.

Suy ra: $a^2+pb^2\vdots ab\implies a^2+pb^2\vdots b;a^2+p^2b^2\vdots a$.

$\implies a^2\vdots b$. Kết hợp với $UCLN(a,b)=1$, ta được: $b=1$. Do đó $a^2+p\vdots a\implies p\vdots a$. Do $p$ là số nguyên tố, nên $a=1$ hoặc $a=p$.

+ Với $a=1$ thì $x=y=d$. Do đó: $\frac{x^2+py^2}{xy}=\frac{d^2+pd^2}{d^2}=p+1$.

+ Với $a=p$ thì $x=db,y=d$. Do đó: $\frac{x^2+py^2}{xy}=\frac{d^2p^2+pd^2}{d^2p}=p+1$.

Vậy luôn có: $\frac{x^2+py^2}{xy}=p+1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 01-11-2018 - 15:06

[tritanngo99]

Bài 129: Cho đa thức $f(x)$ bậc $3$ với hệ số của $x^3$ là một số nguyên, thỏa mãn: $f(1999)=2000$ và $f(2000)=2001$. Chứng minh rằng $f(2001)-f(1998)$ là hợp số.

Bài 130: Chứng minh trong $6$ số tự nhiên liên tiếp khác $0$

a) Không có $2$ số nào trong $6$ số ấy có ước chung là số lớn hơn hoặc bằng $6$.

b) Có ít nhất $1$ số nguyên tố cùng nhau với $5$ số còn lại.

Bài 131: Cho tam giác $ABC(AB<AC)$ và các tam giác cân $BAD,CAE(BA=BD,CA=CE)$ sao cho $D$ nằm khác phía với $C$ đối với $Ab$, $E$ nằm khac phía với $B$ đối với $AC$ và $\angle{ABD}=\angle{ACE}$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Hãy so sánh $MD$ với $ME$.

Bài 132: Ba mươi học sinh làm bài viết chính tả. Một trong số học sinh đó bị $14$ lỗi, còn các học sinh khác mắc lỗi ít hơn. Chứng minh rằng có ít nhất ba người mắc số lỗi bằng nhau.

[tritanngo99]

Lời giải bài 129:

+ Tìm đa thức phụ.

Đặt $g(x)=f(x)+ax+b$. Tìm $a,b$ để $g(1999)=g(2000)=0$. Tương đương với $a,b$ là nghiệm:

$\left\{\begin{array}{I} 0=2000+1999a+b\\ 0=2001+2000a+b\end{array}\right.$

Giả hệ ta được: $a=b=-1$ nên đặt $g(x)=f(x)-x-1$.

+ Tính giá trị $f(x)$. Giả sử $k\in \mathbb{Z}$ là hệ số của $x^3$ của đa thức $f(x)$. Do bậc của $f(x)$ bằng $3$ nên bậc $g(x)$ bằng $3$ và $g(x)$ chia hết cho $(x-1999),(x-2000)$ nên $g(x)=k(x-1999)(x-2000)(x-x_0)$.

$\implies f(x)=k(x-1999)(x-2000)(x-x_0)+x+1$.

Tính được: $f(2001)-f(1998)=3(2k+1)$ là hợp số.

Lời giải bài 130: a) Xét $2$ trong $6$ số tự nhiên liên tiếp có ước chung là $m$. Gọi $2$ số đó là $m.k_1,m.k_2(k_1,k_2\in \mathbb{N^*},k_1>k_2)$.

Ta có: $0<m.k_1-m.k_2=m(k_1-k_2)\le 5(1)$

Do $k_1-k_2\ge 1$ nên nếu $m\ge 6$ thì $m(k_1-k_2)\ge 6(2)$.

Khi đó $(1)$ và $(2)$ mâu thuẩn nhau.

Do đó không có $2$ số tự nhiên nào trong $6$ số mà có ước chung lớn hơn hoặc bằng $6$.

b) Từ $(1)$ suy ra $2$ trong $6$ số tự nhiên liên tiếp đã cho có ước chung là các số nguyên tố: $2,3$ và $5$.

Mặt khác trong $6$ số tự nhiên liên tiếp có $3$ số lẻ, $3$ số chẵn.

- Những số chẵn có ước chung là $2$.

- Những số có ước chung là $3$ nhiều nhất là $2$ số trong đó có $1$ số chẵn, $1$ số lẻ.

- Những số có ước chung là $5$ nhiều nhất là $2$ số trong đó có $1$ số chẵn, $1$ số lẻ.

Trong cả ba trường hợp trên nhiều nhất là $2$ số lẻ, mỗi số có ước chung với $1$ số khác (ước chung khác $1$). Từ đó có ít nhất $1$ số nguyên tố cùng nhau với $5$ số còn lại.

Lời giải bài 131: Gọi $F$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. Suy ra $ABFC$ là hình bình hành. Từ đó suy ra $\triangle{DBF}=\triangle{FCE}(cgc)\implies FD=FE$. Mặt khác do $\triangle{ABD}\sim \triangle{ACE}$ mà $AB<AC$ nên $AD<AE$. Xét $2$ tam giác $ADF$ và $AEF$ có $DF=EF$, $AF$ chung và $AD<AE$ nên $\angle{AFD}<\angle{AFE}$.

Xét hai tam giác $MDF$ và $MEF$ có $DF=EF$, $MF$ chung và $\angle{AFM}<\angle{EFM}$ nên suy ra $MD<ME$.

Lời giải bài 132: Chúng ta xét $15$ ngăn kéo được đánh số từ $0$ đến $14$. Chúng ta "đặt" mỗi học sinh vào một ngăn kéo mang số đúng bằng số lỗi của học sinh này. Nếu không có ba học sinh nào có số lỗi bằng nhau, thì trong mỗi ngăn số từ $0,1,...13$ sẽ có nhiều nhất hai học sinh. Khi đó số lượng của những học sinh này nhiều nhất là $28$. Nếu thêm vào đó học sinh mắc $14$ lỗi (trong ngăn kéo số $14$) chúng ta sẽ được nhiều nhất $29$ học sinh viết chính tả, điều này dẫn đến sự vô lý với điều kiện đã cho.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 02-11-2018 - 16:35

[tritanngo99]

Bài 133: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $5^{p^2}+1\equiv 0(\text{ mod }p^2)$.

Bài 134: Cho $k$ là một số tự nhiên, $A$ là tập hợp gồm $k+1$ số tự nhiên. Chứng minh rằng có ít nhất một hiệu hai phần tử trong $A$ chia hết cho $k$.

Bài 135: Xác định số nguyên dương $k$ để sao cho tập hợp $X=\left\{2012,2012+1,2012+2,...,2012+k\right\}$ có thể phân ra làm hai tập $A$ và $B$ thỏa mãn $A\cap B=\emptyset, A\cup B=X$ và tổng của các số thuộc tập $A$ đúng bằng tổng các số thuộc tập $B$.

Bài 136: Cho các số thực $x_1,x_2,...,x_n$ thỏa mãn: $\sum\limits_{i=1}^{n}|x_i|=1;\sum\limits_{i=1}^n=0$. Chứng minh rằng: $|\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{x_i}{i}|\le \frac{1}{2}-\frac{1}{2n}$. 

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 133: Giả sử số nguyên tố $p$ thỏa mãn điều kiện đã cho. Khi đó: $5^{2p^2}\equiv 1(\text{ mod }p)$.

Mặt khác, vì $p^2-1\vdots p-1$ nên theo định lí Fermat nhỏ ta có: $5^{2(p^2-1)}\equiv 1(\text{ mod }p)$.

Từ đó suy ra: $5^2\equiv 1(\text{ mod }p)$ nên $p$ chỉ có thể bằng $2$ hoặc bằng $2$. Kiểm tra trực tiếp suy ra $p=3$.

Lời giải bài 134: Gọi $a_1,a_2,...,a_{k+1}$ là các phần tử của $A$, còn $b_1,b_2,...,b_{k+1}$ là những số dư của phép chia các số trên cho $k$. Khi đó: $a_1=kc_1+b_1,a_2=kc_2+b_2,...,a_{k+1}=kc_{k+1}+b_{k+1}$, với các số nguyên $c_1,c_2,...,c_{k+1}$ sao cho $0\le b_1\le k-1;0\le b_2\le k-1,...,0\le b_{k+1}\le k-1$.

Một phần tử bất kỳ $a_s$ thuộc $A$ cho tương ứng với số dư $b_s$ của nó. Gọi tập hợp các số dư là $B$. Như vậy, mỗi phần tử của $A$ được đặt tương ứng với một phần tử của tập hợp $B$, gồm tất cả các số nguyên từ $0$ đến $k-1$. Nhưng số lượng phần tử của $A$ theo giả thiết là $k+1$, còn $B$ có số lượng là $k$. Theo nguyên lý Đirichlet suy ra tồn tại hai phần tử khác nhau của $A$ có cùng số dư. Điều đó có nghĩa là, tồn tại hai chỉ số khác nhau $s$ và $t$ với $a_s=kc_s+b_s$ và $a_t=kc_t+b_s$ sau khi trừ đi cho nhau ta được: $a_t-a_s=k(c_t-c_s)$.

Lời giải bài 135: Trước tiên ta tìm điều kiện cho $k$. Giả sử có hai tập $A$ và $B$ thỏa mãn đề bài. Đặt $s$ là tổng tất cả các số thuộc tập $A$. Khi đó tập $B$ cũng có tổng các số bằng $s$ và tập $X$ có tổng của tất cả các số bằng $2s$. Vậy $4s=2[2012+(2012+1)+(2012+2)+...+(2012+k)]=4024(k+1)+k(k+1)$. Như vậy $k(k+1)\vdots 4$ và từ đây suy ra $k\equiv(\text{ mod }4)$ hoặc $k\equiv 0(\text{ mod }4)$.

Xét trường hợp $(1):k\equiv 3(\text{ mod }4)$. Dễ dàng suy ra: Số phần tử thuộc tập $X$ phải là bội của $4$. Hiển nhiên, $4$ số tự nhiên liên tiếp $n,n+1,n+2,n+3$ luôn thỏa mãn $n+n+3=n+1+n+2$ và $\left\{n,n+3\right\}\cap \left\{n+1,n+2\right\}=\emptyset$. Tập $X$ thỏa mãn tính chất đề bài.

Trường hợp $(2):k\equiv 0(\text{ mod }4)$. Trong trường hợp này, số phần tử của tập $X$ phải là số lẻ. Giả sử $X$ được phân ra làm hai tập rời nhau $A$ và $B$ và $A\cap B=\emptyset$. Khi đó $Card(A)>Card(B)$. Đặt $k=4m,m\in\mathbb{N}$. Khi đó $Card(A)\ge 2m+1,Card(B)\le 2m$. Ta có: $s\ge 2012+(2012+1)+...+(2012+2m)$ và $s<(2012+2m+1)+...+(2012+4m)$. Như vậy, ta có được $2012+(2012+1)+...+(2012+2m)\le s<(2012+2m+1)+...+(2012+4m)$ hay $2012<2m.2m$ hay $m\ge 23$ và $k=4m\ge 92$.

Khi $k=92$. Ta xét $A_1=\left\{2012,2012+1,...,2012+46\right\}$ vởi tổng các số $a_1=2012+(2012+1)+...+(2012+46)$ và $B_1=\left\{(2012+47);..;2012+92\right\}$ với tổng các số $b_1=(2012+47)+...+(2012+92)$. Ta có ngay $b_1-a_1=46.46-2012=104$. Thế số $2012+52$ trong $B_1$ bởi số $2012$ và thế số $2012$ của $A_1$ bởi số $2012+52$. Khi đó $A=A_1$ \ $\left\{2012\right\}\cup\left\{2012+52\right\}$.

và $B=B_1$ \ $\left\{2012+52\right\}\cup\left\{2012\right\}$ thỏa mãn đề bài.

Lời giải bài 136: 

Đặt $A=\left\{i|x_i\ge 0\right\};B=\left\{i|x_i<0\right\}$. Khi đó điều kiện bài ra trở thành:

$\left\{\begin{array}{I} \sum\limits_{i\in A}x_i +\sum\limits_{i\in B}x_i=0 \\ \sum\limits_{i \in A}-\sum\limits_{i \in B}x_i=1  \end{array}\right.$

Do đó ta có: $\sum\limits_{i\in A}x_i=\frac{1}{2}$ và $\sum\limits_{i\in B}x_i=\frac{-1}{2}$. Bây giờ ta có:

$|\sum\limits_{i\in A}\frac{x_i}{i}|\le \sum\limits_{i\in A}x_i=\frac{1}{2}$ và $|\sum\limits_{i\in B}\frac{x_i}{i}|=-\sum\limits_{i\in B}\frac{x_i}{i}\le -\sum\limits_{i\in B} \frac{x_i}{2n}=\frac{-1}{2n}$.

Do đó: $|\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{x_i}{i}|=\sum\limits_{i\in A}\frac{x_i}{i}-\sum\limits_{i\in B}\frac{x_i}{i}\le \frac{1}{2}-\frac{1}{2n}$.

Ta có điều phải chứng minh.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 06-11-2018 - 19:23

[tritanngo99]

Bài 137: Trên bảng ta viết $10$ dấu cộng và $15$ dấu trừ tại các vị trí bất kì. Ta thực hiện xóa hai dấu bất kì trong đó và viết vào đó một dấu cộng nếu xóa hai dấu giống nhau và một dấu trừ nếu xóa hai dấu khác nhau. Hỏi trên bảng còn lại dấu gì nếu ta thực hiện thao tác trên $24$ lần?

Bài 138: Một tờ giấy được xé thành $5$ mảnh; một số trong số $5$ mảnh nhỏ này lại được xé thành $5$ mảnh nhỏ nữa và một số trong các mảnh nhỏ này lại được xé thành $5$ mảnh,... Vậy, nếu cứ tiếp tục xé như vậy thì có khi nào ta được $2002$ mảnh giấy hay không? Được $2005$ mảnh giấy hay không?

Bài 139: Trên mặt phẳng cho $n$ điểm, biết rằng $4$ điểm bất kì trong đó là đỉnh của một tứ giác lồi. Chứng minh rằng, $n$ điểm đã cho là đỉnh của một $n$ giác lồi.

Bài 140: Cho $p$ và $q$ là hai số nguyên tố sao cho $(p-1)\vdots q^{\alpha}$ với $\alpha\ge 1$. Khi đó có đúng $q^{\alpha}-q^{\alpha-1}$ lớp thặng dư phân biệt có cấp $q^{\alpha}$ modulo $p$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 25-11-2018 - 18:06

[tritanngo99]

Lời giải bài 137: Ta thay mỗi dấu cộng là số $1$ và mỗi dấu trừ là số $-1$. Ta thấy tích của các số trên bảng là $-1$. Mà theo cách thực hiện của đề bài thì ta xóa đi hai số và viết vào đó tích của hai số đó, đồng thời ta chỉ thực hiện $24$ lần nên suy ra tích của tất cả các số trên bảng sẽ không đổi. Như vậy tích các số trên bảng luôn bằng $-1$. Do đó khi ta thực hiện thao tác đó $24$ lần thì trên bảng còn lại dấu $-$.

Lời giải bài 138: Khi ta chia tờ giấy làm $5$ mảnh và sau này chia các mảnh giấy làm $5$ mảnh nhỏ thì cứ mỗi lần số mảnh giấy tăng thêm $4$. Vậy số mảnh giấy sau mỗi lần xé thì có dạng $4k+1(k\in \mathbb{N^*})$. Biểu thức này là bất biến trong quá trình xé. Vì $2002\ne 4k+1$ nên không thể xé được $2002$ mảnh.

$2005=501.4+1$, vậy có thể xé thành $2005$ mảnh sau lần thứ $501$.

Lời giải bài 139: Xét bao lồi của $n$ điểm đã cho $B_n=B(A_1,A_2,...,A_n)$. Nếu $B_n$ không là một $n$ giác thì tồn tại một điểm $X$ trong $n$ điểm đã cho nằm bên trong $B_n$. Chia đa giác $B_n$ thành các tam giác không có phần trong chung bởi các đường chéo. Giả sử điểm $X$ nằm bên trong tam giác $A_1A_iA_{i+1}$. Khi đó, bốn điểm $A_1,A_i,A_{i+1}$ và $X$ không phải là bốn đỉnh của một tứ giác lồi, trái với giả thiết.

Lời giải bài 140:

Bổ đề: 

i) Nếu $a$ có cấp $h$ mod $m$ thì số nguyên $k$ thỏa mãn $a^{k}\equiv 1(\text{ mod }m)$ nếu và chỉ nếu $k$ là bội của $h$.

ii) Nếu $a$ có cấp $h$ mod $m$ thì $a^{k}$ có cấp $\frac{h}{(h,k)}$ mod $m$.

iii) Nếu $a$ có cấp $h$ mod $m$, $b$ có cấp $k$ mod $m$ và $(h,k)=1$ thì $ab$ có cấp $hk$ mod $m$.

Quay lại bài toán:

Xét phương trình: $x^{q^{\alpha}}-1\equiv 0(\text{ mod }p)$.

Phương trình này có đúng $q^{\alpha}$ nghiệm phân biệt modulo $p$. Vì $q$ là một số nguyên tố nên từ bổ đề trên, mỗi nghiệm cho ta một lớp thặng dư có cấp là $q^{\beta}$ trong đó $\beta$ là một số nguyên nhỏ hơn hoặc bằng $\alpha$. Như vậy, một lớp thặng dư $a$ có cấp $q^{\alpha}$ mod $p$, tức là nó không là nghiệm của phương trình: $x^{q^{\alpha-1}}-1\equiv 0(\text{ mod }p)$.

Mỗi nghiệm trong số $q^{\alpha-1}$ nghiệm của phương trình dưới đều là nghiệm của phương trình trên, do đó số lớp thặng dư phân biệt có cấp $q^{\alpha}$ modulo $p$ là $q^{\alpha}-q^{\alpha-1}$.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 25-11-2018 - 18:29