Lời giải bài 153: Viết $n=2010k+r(0\le r\le 2009,k,r\in \mathbb{N})$. Thay vào biểu thức đề cho ta có:
$[\frac{2010k+r}{2010}]=[\frac{2010k+r-k}{2011}]=[\frac{2012k+r-2k}{2012}]$.
$\iff k=k+[\frac{r-k}{2011}]=k+[\frac{r-2k}{2012}]\iff [\frac{r-k}{2011}]=[\frac{r-2k}{2012}]=0$.
Suy ra: $0\le r-2k$ nên $2k\le r\le 2009,0\le k\le 1004$.
Vậy $n=2010k+r(0\le k\le 1004;2k\le r\le 2009).$
Do có $1005$ giá trị của $k$( từ $0$ đến $1004$). Với mỗi $k$ thì $r$ nhận các giá trị từ $2k$ đến $2009$. Vậy số nghiệm tự nhiên $n$ của $(1)$ là: $\sum\limits_{k=0}^{1004}(2010-2k)=1011030$.
Lời giải bài 154: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $m\le n$. Để lát được bảng thì $m\ge 2,n\ge 3$. Giả sử ta có thể lát được bảng bởi $a$ quân hình chữ $L$, ta có: $m*n=4*a$. Vì $m*n\ge 6$ nên $a\ge 2$. Xét $a=2$, ta có bảng $2x4$. Bảng $2x4$ có thể lát được bởi hai quân hình chữ $L$ như hình vẽ dưới đây.
Với $a=3$ ta có $mxn=12$ nên ta có hai bảng thỏa mãn là $2x6$ và $3x4$. Dễ dàng kiểm tra cả hai bảng này đều không lát được bởi các quân hình chữ $L$.
Điều đó khiến ta dự đoán, để lát được bảng bởi các quân hình chữ $L$ thì $a$ chẵn. Để chứng minh dự đoán này ta tô màu các ô của bảng như sau:
Giả sử được $m$ chẵn. Các ô ở dòng có thứ tự lẻ( tính từ trên xuống dưới) được tô màu đen, các ô ở dòng có thứ tự chẵn màu trắng.
Khi đó, số ô đen và số ô trắng bằng nhau và bằng $2a$. Mỗi quân hình chữ $L$ lát vào bảng chiếm $3$ ô đen và $1$ ô trắng hoặc chiếm $3$ ô trắng và $1$ ô đen. Giả sử lát được $x$ quân hình chữ $L$ chiếm $3$ ô đen và $1$ ô trắng và $y$ quân hình chữ $L$ chiếm $3$ ô trắng và $1$ ô đen. Ta có hệ: $\left\{\begin{array}{I} x+y=a\\ 3x+y=3y+x=2a\end{array}\right.$
Suy ra $x=y$ và $a=2x$. Điều đó có nghĩa là $a$ chẵn.
Bây giờ ta chứng minh nếu $a$ chẵn, tức là $mxn$ chia hết cho $8$ thì có thể lát được bảng bởi các quân hình chữ $L$. Thật vậy, nếu $m$ chia hết cho $2$ và $n$ chia hết cho $4$ hình bảng có thể chia thành các hình chữ nhật $2x4$ nên lát được.
Nếu $m$ lẻ và $n$ chia hết cho $8$ thì do $m$ có thể viết được dưới dạng $m=2s+3$ nên có thể chia bảng đã cho thành các hình chữ nhật $2x4$ và $3x8$. Do đó, nếu hình chữ nhật $3x8$ lát được thì bảng đã cho sẽ lát được. Hình vẽ dưới đây chứng tỏ có thể lát được hình chữ nhật này.
Vậy để lát được bảng đã cho bởi các quân hình chữ $L$ thì điều kiện cần và đủ là $mxn$ chia hết cho $8$ và $m,n\ge 2$.
Lời giải bài 155: Áp dụng định lý Menelaus cho các tam giác $OAB,OBC,OCA$ ta có:
$\frac{\overline{IA}}{\overline{IB}}.\frac{\overline{NB}}{\overline{NO}}.\frac{\overline{MO}}{\overline{MA}}=1;\frac{\overline{JB}}{\overline{JC}}.\frac{\overline{PC}}{\overline{PO}}.\frac{\overline{NO}}{\overline{NB}}=1;\frac{\overline{KC}}{\overline{KA}}.\frac{\overline{MA}}{\overline{MO}}.\frac{\overline{PO}}{\overline{PC}}=1$.
Nhân theo vế $3$ đẳng thức trên, ta có: $\frac{\overline{IA}}{\overline{IB}}.\frac{\overline{JB}}{\overline{JC}}.\frac{\overline{KC}}{\overline{KA}}=1$. Suy ra $I,J,K$ thẳng hàng (đpcm).
Định lý đảo của định lý Desargues được phát biểu như sau: Cho hai tam giác $ABC$ và $MNP$ có $AB\cap MN=I,BC\cap NP=J,CA\cap PM=K$ và $I,J,K$ thẳng hàng. Khi đó $AM,BN,CP$ đồng quy tại $O$.
Chứng minh:
Gọi $O$ là giao điểm của $AM$ và $CP$. Áp dụng định lý Menelaus cho các tam giác $CPK,PKJ,JKC$, ta có: $\frac{\overline{OC}}{\overline{OP}}.\frac{\overline{MP}}{\overline{MK}}.\frac{\overline{AK}}{\overline{AC}}=1;\frac{\overline{NP}}{\overline{NJ}}.\frac{\overline{IJ}}{\overline{IK}}.\frac{\overline{MK}}{\overline{MP}}=1;\frac{\overline{BJ}}{\overline{BC}}.\frac{\overline{AC}}{\overline{AK}}.\frac{\overline{IK}}{\overline{IJ}}=1$.
Nhân theo vế $3$ đẳng thức trên, ta có: $\frac{\overline{OC}}{\overline{OP}}.\frac{\overline{NP}}{\overline{NJ}}.\frac{\overline{BJ}}{\overline{BC}}=1\implies O,N,B$ thẳng hàng suy ra $AM,BN,CP$ đồng quy tại $O$(đpcm).
Lời giải bài 156: Gọi $D,E,F$ là giao điểm của các cặp đường thẳng $(AZ,CY),(AZ,BX),(BX,CY)$. Áp dụng Menelaus cho tam giác $DEF$ với cát tuyến $CNX$, ta có: $\frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}.\frac{\overline{XE}}{\overline{XF}}.\frac{\overline{CF}}{\overline{CD}}=1\implies \frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}=\frac{\overline{CD}}{\overline{CF}}.\frac{\overline{XF}}{\overline{XE}}$.
Tương tự ta có: $\frac{\overline{PF}}{\overline{PD}}=\frac{\overline{ZE}}{\overline{ZD}}.\frac{\overline{BF}}{\overline{BE}},\frac{\overline{ME}}{\overline{MF}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}.\frac{\overline{YD}}{\overline{ỲF}}\implies \frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}.\frac{\overline{ME}}{\overline{MF}}.\frac{\overline{PF}}{\overline{PD}}=\frac{\overline{CD}}{\overline{CF}}.\frac{\overline{XF}}{\overline{XE}}.\frac{\overline{ZE}}{\overline{ZD}}.\frac{\overline{BF}}{\overline{BE}}.\frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}.\frac{\overline{YD}}{\overline{YF}}$.
Mặt khác, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $DEF$ với các cát tuyến $ABC,XYZ$ ta có: $\frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}.\frac{\overline{CD}}{\overline{CF}}.\frac{\overline{BF}}{\overline{BE}}=\frac{\overline{XF}}{\overline{XE}}.\frac{\overline{ZE}}{\overline{ZD}}.\frac{\overline{YD}}{\overline{YF}}=1$. Suy ra: $\frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}.\frac{\overline{ME}}{\overline{MF}}.\frac{\overline{PF}}{\overline{PD}}=1$.Do đó, $M,N,P$ thẳng hàng.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 08-12-2018 - 22:17