daovuquang

Mở rộng 1: Tìm GTLN của $P=x_1!x_2!...x_m!$ trong đó $x_i \in \mathbb{N}^*$ và $x_1+x_2+...+x_m=n$ với $n$ cho trước.

Nhận thấy $m\ge n$ vì nếu $m<n$ thì ko tìm được $x_1;x_2;...;x_m$.
Ko mất tính tổng quát, giả sử $x_1\le x_2\le...\le x_m$.
Ta sẽ chứng minh để $P$ đạt GTLN thì trong các số $x_1;x_2;...;x_m$ không có 2 số nào $>1$.
Thật vậy giả sử có 2 số $x_i>x_j>1\; (i,j \in \mathbb{N}^*;\; 1\le i;j \le m)$. Ta sẽ chứng minh biểu thức $P_1$ khi đó không là lớn nhất.
Xét một dãy khác thỏa mãn điều kiện bài: $x_1+x_2+...+(x_j-1)+...+(x_i+1)+...+x_m=n$. Khi đó $P_2=x_1!x_2!...(x_j-1)!...(x_i+1)!...x_m!=x_1!x_2!...x_j!...x_i!...x_m!.\frac{x_i}{x_j}>P_1$
$\Rightarrow P_1$ không lớn nhất.
Suy ra P lớn nhất khi $x_1=x_2=...=x_{m-1}=1;\; x_m=n-m+1$. Khi đó $P=(n-m+1)!$.
Vậy GTLN của $P=(n-m+1)! \Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{m-1}=1;\; x_m=n-m+1$.

Bài làm của daovuquang:
Em xin viết lại đề bài: Tìm GTNN của $P=x_1!x_2!...x_m!$ trong đó $x_i \in \mathbb{N}^*$ và $x_1+x_2+...+x_m=n$ với $n$ cho trước.

Nhận thấy $m\ge n$ vì nếu $m<n$ thì ko tìm được $x_1;x_2;...;x_m$.
Ko mất tính tổng quát, giả sử $x_1\le x_2\le...\le x_m$. Kí hiệu $\left \lfloor a \right \rfloor$ là số nguyên nhỏ nhất ko vượt quá $a$.
Ta sẽ chứng minh để $P$ đạt GTNN thì trong các số $x_1;x_2;...;x_m$ không có 2 số nào mà khoảng cách giữa chúng >1.
Thật vậy giả sử có 2 số $x_i,x_j\; (i,j \in \mathbb{N}^*;\; 1\le i;j \le m)$ sao cho $x_i-x_j\ge 2\Rightarrow x_i>x_j$. Ta sẽ chứng minh biểu thức $P_1$ khi đó không là nhỏ nhất.
Xét một dãy khác thỏa mãn điều kiện bài: $x_1+x_2+...+(x_j-1)+...+(x_i+1)+...+x_m=n$. Khi đó $P_2=x_1!x_2!...(x_j-1)!...(x_i+1)!...x_m!=x_1!x_2!...x_j!...x_i!...x_m!.\frac{x_j}{x_i}<P_1$
$\Rightarrow P_1$ không nhỏ nhất.
Suy ra khoảng cách giữa các số $x_1;x_2;...;x_m$ chỉ có thể là $1$ hoặc $0$
$\Rightarrow$ dấu bằng xảy ra khi $x_1=x_2=...=x_k; x_{k+1}=x_{k+2}=...=x_m\; (k\in \mathbb{N}^*; k\le m)$ thỏa mãn $k.x_1+(m-k)(x_1+1)=n\; (1)$.
Ta có $(1) \Leftrightarrow mx_1+(m-k)=n$.
Nhận thấy $0<m-k<m \Rightarrow m-k$ là số dư của $n$ khi chia cho $m\Rightarrow k=m-p$ (với $p$ là số dư của $n$ khi chia cho $m$) và $x_1=\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor$
Vậy $P$ đạt GTNN$=(\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor)^k.[(\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor+1)!]^{m-k}$ khi và chỉ khi $x_1=x_2=...=x_k=\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor; x_{k+1}=x_{k+2}=...=x_m=\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor+1$ với $k=m-p$ ($p$ là số dư của $n$ khi chia cho $m$).
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=\left [ \dfrac{52-(6-4)}{2} \right ]+3.10+10+0=65$

Mở rộng 1: Cho $x,y$ là các số nguyên dương thỏa mãn phương trình: $ax^2+x=(a+1)y^2+y\; (1)$ với $a$ là tham số. ($a \in \mathbb{N}^*$)
Chứng minh rằng: các số $x-y; ax+ay+1$ và $(a+1)x+(a+1)y+1$ đều là số chính phương.

Bài làm:
Ta có: $(1) \Leftrightarrow ax^2+x=ay^2+y+y^2$
$\Leftrightarrow a(x^2-y^2)+(x-y)=y^2$
$\Leftrightarrow (x-y)(ax+ay+1)=y^2$.
Giả sử $x-y$ và $ax+ay+1$ chia hết cho $d$ nào đó với $d \in \mathbb{N}^*$ , $d>1$.
$\Rightarrow (x-y)(ax+ay+1) \vdots d^2$
$\Rightarrow y^2 \vdots d^2$
$\Rightarrow y\vdots d$
$\Rightarrow x \vdots d$ ( vì $(x-y)\vdots d$)
$\Rightarrow (ax+ay+1)\equiv 1\; (mod\; d)$
$\Rightarrow$ vô lí.
Vậy $x-y; ax+ay+1$ nguyên tố cùng nhau.
Áp dụng bổ đề (ở bài gốc), ta suy ra $x-y$ và $ax+ay+1$ đều là số chính phương.
Tương tự, biến đổi gt thành $(x-y)[(a+1)x+(a+1)y+1]=x^2$.
Lí luận tương tự như trên, ta suy ra $(a+1)x+(a+1)y+1$ là số chính phương.
Kết luận: $x-y; ax+ay+1$ và $(a+1)x+(a+1)y+1$ đều là số chính phương.

Bài làm của daovuquang:
Bổ đề: Cho $a,b \in \mathbb{N}^*, (a;b)=1$. Biết $a.b$ là 1 số chính phương. CMR $a$ và $b$ đều là số chính phương.
Chứng minh: Giả sử $ab=c^2$.
Nếu khi phân tích thành thừa số nguyên tố, $a$ hoặc $b$ (ta cho là $a$) có thừa số nguyên tố $p$ với số mũ lẻ
$\Rightarrow b$ không chứa thừa số $p$ (do $(a;b)=1$)
$\Rightarrow c^2$ chứa thừa số $p$ với số mũ lẻ
$\Rightarrow$ vô lí (do $c^2$ là số chính phương).
Vậy $a$ và $b$ đều là số chính phương.

Quay trở về bài toán:
Theo gt, $2x^2+x=3y^2+y$
$\Leftrightarrow 2(x^2-y^2)+(x-y)=y^2$
$\Leftrightarrow (x-y)(2x+2y+1)=y^2$.
Giả sử $x-y$ và $2x+2y+1$ chia hết cho $d$ nào đó với $d \in N^*$ , $d>1$.
$\Rightarrow (x-y)(2x+2y+1) \vdots d^2$
$\Rightarrow y^2 \vdots d^2$
$\Rightarrow y\vdots d$
$\Rightarrow x \vdots d$ ( vì $(x-y)\vdots d$)
$\Rightarrow (2x+2y+1)\equiv 1\; (mod\; d)$
$\Rightarrow$ vô lí.
Vậy $x-y; 2x+2y+1$ nguyên tố cùng nhau.
Áp dụng bổ đề, ta suy ra $x-y$ và $2x+2y+1$ đều là số chính phương.
Tương tự, biến đổi gt thành $(x-y)(3x+3y+1)=x^2$.
Lí luận tương tự như trên, ta suy ra $3x+3y+1$ là số chình phương.
Kết luận: $x-y; 2x+2y+1$ và $3x+3y+1$ đều là số chính phương.
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=52-(21-20)+3.10+10+0=91$

Bài làm của daovuquang:
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: $a\neq 4$:
Ta có: $F=(x+2y+1)^2+(2x+ay+5)^2\geq 0$.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x+2y+1=0\; (1)\\
2x+ay+5=0\; (2)
\end{matrix}\right.$
Từ $(1)\Rightarrow x=-2y-1\; (3)$.
Thay $(3)$ vào $(2)$, ta được: $2(-2y-1)+ay+5=0$
$\Leftrightarrow (a-4)y=-3$
$\Leftrightarrow y=\frac{3}{4-a}$.
Thay vào $(3)$ được: $x=\frac{6}{a-4}-1$.
TH2: $a=4$:
Khi đó, $F=(x+2y+1)^2+(2x+4y+5)^2.$
Áp dụng Cauchy-Schwarz: $[(x+2y+1)^2+(2x+4y+5)^2][(-2)^2+1]\geq[-2(x+2y+1)+(2x+4y+5)]^2=9$
$\Rightarrow F\geq \frac{9}{5}$.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \frac{x+2y+1}{-2}=\frac{2x+4y+5}{1}$
$\Leftrightarrow 5x+10y+11=0$
$\Leftrightarrow x=\frac{1}{5}(-10y-11)$.
Kết luận:
Với $a\neq 4$thì min $F=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{6}{a-4}-1\\
y=\frac{3}{4-a}
\end{matrix}\right.$
Với $a=4$ thì min $F=\frac{9}{5} \Leftrightarrow x=\frac{1}{5}(-10y-11)$.
----
$S=52-(22-21)+3.10+3.10+0=111$

Mở rộng 1: Ta sẽ thêm các hằng số $\alpha$, $\beta$ vào phương trình. Giải hệ pt với $\alpha, \beta$ cùng dấu: $\left\{\begin{matrix}
2\alpha y(x^2-y^2)=3\beta x\; (1)\\
\alpha x(x^2+y^2)=10\beta y\; (2)
\end{matrix}\right.$
Lời giải:
Thấy (x;y)=(0;0) là nghiệm và $x,y$ không thể trái dấu. Mặt khác, nếu $(x;y)$ là nghiệm thì $(-x;-y)$ cũng là nghiệm. Dưới đây ta xét $x,y>0$:
Chia $(1)$ cho $(2)$, ta được: $\frac{2y(x^2-y^2)}{x(x^2+y^2)}=\frac{3x}{10y}\; (3)$.
Đặt $\frac{x}{y}=a\; (a>0)$ thì $(3)\Leftrightarrow \frac{2(a^2-1)}{a(a^2+1)}=\frac{3a}{10}$
$\Leftrightarrow 3a^4-17a^2+20=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
a=2\\
a=-2\; (L)\\
a=\sqrt{\frac{5}{3}}\\
a=-\sqrt{\frac{5}{3}}\; (L)
\end{bmatrix}$.
TH1: $a=2$ hay $x=2y$:
Thay vào $(1)$ được: $2\alpha y(4y^2-y^2)=3\beta.2y$
$\Leftrightarrow y^2=\frac{\beta}{\alpha}$
$\Leftrightarrow y=\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}}$
$\Rightarrow x=2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}}$.
Thử vào $(2)$ thấy đúng.
Suy ra $(x;y)=( 2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}};\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}});( -2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}};-\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}})$.
TH2: $a=\sqrt{\frac{5}{3}}$ hay $x=\sqrt{\frac{5}{3}}y$:
Thay vào $(1)$ được: $2\alpha y(\frac{5}{3}y^2-y^2)=3\beta.\sqrt{\frac{5}{3}}y$
$\Leftrightarrow y^2=\frac{\sqrt{375}\beta}{4\alpha}$
$\Leftrightarrow y=\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}}$
$\Rightarrow x=\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}}$.
Thử vào $(2)$ thấy đúng.
Suy ra $(x;y)=(\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}};\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}});(-\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}};-\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}})$.
Kết luận: $(x;y)=(0;0);( 2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}};\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}});( -2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}};-\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}});(\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}};\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}});(-\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}};-\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}})$.

Em xin phép làm lại TH2:
$a=\sqrt{\frac{5}{3}}$ hay $x=\sqrt{\frac{5}{3}}y:$
Thay vào pt $(1)$, ta được: $2y(\frac{5}{3}y^2-y^2)=3\sqrt{\frac{5}{3}}y$
$\Leftrightarrow \frac{4}{3}y^2=3\sqrt{\frac{5}{3}}$
$\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt[4]{135}}{2}$
$\Rightarrow x=\frac{\sqrt[4]{375}}{2}$.
Suy ra $(x;y)=(\frac{\sqrt[4]{375}}{2};\frac{\sqrt[4]{135}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{375}}{2};-\frac{\sqrt[4]{135}}{2})$.
Kết luận: $(x;y)=(0;0);(2;1);(-2;-1);(\frac{\sqrt[4]{375}}{2};\frac{\sqrt[4]{135}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{375}}{2};-\frac{\sqrt[4]{135}}{2})$.

Bài làm của daovuquang:
Dễ thấy $(x;y)=(0;0)$ là 1 nghiệm của phương trình. Mặt khác, nếu $(x;y)$ là nghiệm thì $(-x;-y)$ cũng là nghiệm. Dưới đây ta chỉ xét $x,y>0$:
Viết lại hệ: $$\left\{\begin{matrix}
2y(x^2-y^2)=3x\: (1)\\
x(x^2+y^2)=10y\: (2)
\end{matrix}\right.$$
Chia $(2)$ cho $(1)$: $\frac{2y(x^2-y^2)}{x(x^2+y^2)}=\frac{3x}{10y} (3)$.
Đặt $\frac{x}{y}=a \Rightarrow a>0$. Nhận thấy: $\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=\frac{\frac{x^2}{y^2}-1}{\frac{x^2}{y^2}+1}=\frac{a^2-1}{a^2+1}$.
Suy ra $(3)\Leftrightarrow \frac{2(a^2-1)}{a(a^2+1)}=\frac{3a}{10}$
$\Leftrightarrow 20(a^2-1)=3a^2(a^2+1)$
$\Leftrightarrow 3a^4-17a^2+20=0$
$\Leftrightarrow (a-2)(a+2)(3a^2-5)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
a=2\\
a=-2 (L)\\
a=\sqrt{\frac{5}{3}}\\
a=-\sqrt{\frac{5}{3}} (L)
\end{bmatrix}$
Xét 2 TH:
TH1: $a=2$ hay $x=2y:$
Thay vào pt $(1)$, ta được: $2y(4y^2-y^2)=6y$
$\Leftrightarrow y^2=1$
$\Leftrightarrow y=1$.
Suy ra $(x;y)=(2;1);(-2;-1)$ (nếu $(x;y)$ là nghiệm thì $(-x;-y)$ cũng là nghiệm)
TH2: $a=\sqrt{\frac{5}{3}}$ hay $x=\sqrt{\frac{5}{3}}y$:
Thay vào pt $(1)$, ta được: $2y(\frac{5}{3}y^2-y^2)=3\sqrt{\frac{5}{3}}y$
$\Leftrightarrow \frac{4}{3}y^2=3\sqrt{\frac{5}{3}}$
$\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt[4]{375}}{2}.$
$\Rightarrow x=\frac{\sqrt[4]{135}}{2}.$
Suy ra $(x;y)=(\frac{\sqrt[4]{135}}{2}; \frac{\sqrt[4]{375}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{135}}{2};- \frac{\sqrt[4]{375}}{2})$.
Kết luận: $(x;y)=(0;0);(2;1);(-2;-1);(\frac{\sqrt[4]{135}}{2}; \frac{\sqrt[4]{375}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{135}}{2};- \frac{\sqrt[4]{375}}{2}).$

Bài làm lại trường hợp 2:

Em xin phép làm lại TH2:
$a=\sqrt{\frac{5}{3}}$ hay $x=\sqrt{\frac{5}{3}}y:$
Thay vào pt $(1)$, ta được: $2y(\frac{5}{3}y^2-y^2)=3\sqrt{\frac{5}{3}}y$
$\Leftrightarrow \frac{4}{3}y^2=3\sqrt{\frac{5}{3}}$
$\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt[4]{135}}{2}$
$\Rightarrow x=\frac{\sqrt[4]{375}}{2}$.
Suy ra $(x;y)=(\frac{\sqrt[4]{375}}{2};\frac{\sqrt[4]{135}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{375}}{2};-\frac{\sqrt[4]{135}}{2})$.
Kết luận: $(x;y)=(0;0);(2;1);(-2;-1);(\frac{\sqrt[4]{375}}{2};\frac{\sqrt[4]{135}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{375}}{2};-\frac{\sqrt[4]{135}}{2})$.

----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=52-(21-20)+3.10+10+0=91$

Đặt $\sqrt{x^2+x+1}=a; \sqrt{x^2-x+1}=b (a,b>0).$
Viết lại pt: $a-b=a^2-b^2$
$\Leftrightarrow (a-b)(a+b-1)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
a=b\\
a+b=1
\end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=0\\
a+b=1 (*)
\end{bmatrix}$.
Mà $\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2-x+1}\geq 2\sqrt[4]{(x^2+x+1)(x^2-x+1)}=2\sqrt[4]{x^4+x^2+1}\geq 2>1$
$\Rightarrow (*) $ vô nghiệm.
Vậy $x=0$.

Cho $a=1$ thì $b=1,42076...$, suy ra $\frac{a}{b}=0.70384...$.
Cho $b=1$ thì $a=1,23175...$, suy ra $\frac{a}{b}=1,23175...$.

Cho $a>b>0$ và $10a+3b=\frac{17}{\sqrt{ab}}$. Tính $\frac{a}{b}$

Đề sai hay sao ấy.

Bài làm của daovuquang:

Cho $BE \cap CD = F$. Không giảm tính tổng quát, giả sử $F$ nằm giữa $H$ và $K$ (như hình trên).
Dựng hình bình hành $BHCM$ và hình bình hành $FHCN$. Ta sẽ chứng minh $K,F,H$ thẳng hàng hay $\widehat{BFK}+\widehat{BFH}=180^o$.
Nhìn hình vẽ ta thấy $BDEC$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{ADE}= \widehat{ACB}$,
Mặt khác, $DK \parallel BH$ (cùng vuông góc với $AC$)
$\Rightarrow \widehat{ADK}= \widehat{ABH}$; dễ dàng chứng minh $\widehat{ABH}= \widehat{ACH}$
$\Rightarrow \widehat{ADK}= \widehat{ACH}.$
$\Rightarrow \widehat{ADE}- \widehat{ADK}= \widehat{ACB}- \widehat{ACH}$
$\Rightarrow \widehat{KDE}= \widehat{HCB}.$
Tương tự, có $\widehat{KED}= \widehat{HBC}$
$\Rightarrow \triangle KDE \sim \triangle HCB$
$\Rightarrow \frac{KE}{CM} = \frac{DE}{BC}.(1)$
Lại có $BDEC$ là tứ giác nội tiếp nên dễ dàng chứng minh $\triangle DFE \sim \triangle BFC$.
$\Rightarrow \frac{DE}{BC} = \frac{FE}{FC}.(2)$
Từ $(1),(2)\Rightarrow \frac{KE}{CM} = \frac{FE}{FC}.(3)$
Mặt khác, ta có: $\widehat{FCM}=\widehat{FCB}+\widehat{BCM}$
$=\widehat{FCB}+\widehat{HBC}$
$=\widehat{FED}+\widehat{KED}=\widehat{FEK}.(4)$
Từ $(3),(4) \Rightarrow \triangle FEK \sim \triangle FMC$
$\Rightarrow \widehat{KFE}= \widehat{MFC}.$
Vì $BHCM$ là hbh $\Rightarrow BM//HC$ và $BM=HC$; $FNCH$ là hbh $\Rightarrow HC//FN$ và $HC=FN \Rightarrow BM//FN$ và $BM=FN \Rightarrow BFNM$ là hbh $\Rightarrow BF=MN$.
Khi đó $\triangle BFH=\triangle MNC (c.c.c) \Rightarrow \widehat{BHF}=\widehat{MCN}$ và $\widehat{HBF}=\widehat{CMN}$.
Lại có: $\widehat{HBF}= \widehat{ABH} - \widehat{ABF}$
$= \widehat{ACH}- \widehat{ACF}$
Suy ra $\widehat {FCH} = \widehat{CFN}$
$\Rightarrow \widehat{CFN}=\widehat{CMN}$
$\Rightarrow MFCN$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{BFH}= \widehat{MNC}= \widehat{MFC}= \widehat {KFE}.$
Vậy $\widehat{BFK}+ \widehat{BFH}= \widehat{BFK}+ \widehat{KFE} = 180^o \Rightarrow K,F,H$ thằng hàng.
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=52-(34-20)+3.10+0+0=68$

Bài 26: dùng định lí Euler
Bài 27: trùng với bài 20

Mình không vẽ hình, bạn thông cảm nhé.
Hạ đường cao $AH\Rightarrow HB=HC$.(vì $\triangle{ABC}$ cân tại $A$). WLOG, giả sử $M$ nằm giữa $B$ và $H$.
Suy ra $MB.MC=(HB-HM)(HC+HM)=HB^2-HM^2$.
Phải c/m: $HB^2-HM^2=AB^2-AM^2$
$\Leftrightarrow AB^2-HB^2=AM^2-HM^2$.
Nhận thấy $VT=AH^2=VP \Rightarrow$ đpcm.

Bài 19: Tìm $a,b,c$ nguyên dương với $a\ge b\ge c$, biết $a^2-b^2-c^2+ab=2011$ và $a^2+3b^2+3c^2-3ab-2bc-2ca=-1997$.