ConanTM

Dãy số 5: $\left\{ {2,5,10,17,25,34,45,58} \right\}$
Em xin được giải thử ạ:
$\left\{ \begin{array}{l}
{u_{n + 1}} = {u_n} + 2n + 1\,\,\,\,(n \ne 4k) \\
{u_{n + 1}} = {u_n} + 2n\,\,\,\,(n = 4k) \\
\end{array} \right.$

Cách 1: Áp dụng kiến thức về đồng dư: Khi a - b chia hết cho m ta có a và b đồng dư với nhau theo mod m, kí hiệu $a \equiv b\,(\bmod \,m)$.
Nếu $a \equiv b\,(\bmod \,m)$ và $c \equiv d\,(\bmod \,m)$ thì a + c và b + d đồng dư với nhau theo mod m.
Ta có 16 đồng dư - 1 theo mod 17 nên ${16^n} - 1 \equiv {( - 1)^n} - 1\, \equiv \,0(\bmod \,17) \Leftrightarrow {( - 1)^n} = 1$ hay khi và chỉ khi n chẵn.
Cách 2: Áp dụng định lí nhỏ Phéc - ma: Nếu (a, p) = 1 thì ${a^{p-1}} \equiv 1(\bmod \,p)$ với p là số nguyên tố.
Cách chứng minh định lí nhỏ này chỉ cần áp dụng cách hiểu về hệ thặng dư không đầy đủ mod p:
Với (a, p) = 1 ta có: $a.2a.3a...(p - 1)a \equiv 1.2.3...(p - 1)(\bmod \,p) \Rightarrow {a^{p - 1}} \equiv 1(\bmod p)$
Và kết hợp với kiến thức về đồng dư.
Theo Phéc - ma nhỏ ta có: $16^{16} \equiv 1 (mod 17)$
Ta xét 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: n < 16 thử trực tiếp ta có kết quả là chỉ khi n chẵn thì mới có ${16^n} - 1$ chia hết cho 17.
- Trường hợp 2: Nếu n lớn hơn hoặc bằng 16 thi ta chia n cho 16 và khi đó ta sẽ có: n = 16a + r với $0 \le r < 16$ và ${16^n} - 1 \equiv {16^r} - 1\, \equiv \,0

(\bmod \,17)$. Quay về trường hợp 1, đó là thử trực tiếp cho r lần lượt bằng 0, 1, 2, ..., 15. Khi đó chỉ có r chẵn thì mới có ${16^n} - 1$ chia hết cho 17.
Tóm lại: ${16^n} - 1$ chia hết cho 17 khi và chỉ khi n chẵn.
-------------------------------------------------------------------
Vấn đề mở của ConanTM đặt ra cho bạn:
Áp dụng định nghĩa : a chia hết cho b khác 0 khi a = b.q.
Ta xét 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: n lẻ. Biến đổi ta có:
${16^n} - 1={16^n} + 1 - 2=17a - 2$, rõ ràng không chia hết cho 17 (chia cho 17 dư 15).
- Trường hợp 2: n chẵn. Biến đổi ta có:
${16^n} - 1=-{17^{n+1}}+{16^n} + {17^{n+1}} - 1=-{17^{n+1}}+16(17a - 2+17b+1)=17m-16$ => ${16^n} - 1$ không chia hết cho 17???????????
Tại sao trong trường hợp này với cách làm như trên ta lại có khẳng định ngược lại? Sai lầm ở đâu?
http://www.nhaccuatu...?L=ec1cxBTECUyo

Bài làm của toán thủ ConanTM:
Bổ đề: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \alpha $ với $\alpha = \widehat{\rm{A}}$ hoặc $\alpha = 180^0-\widehat{\rm{A}}$
Chứng minh:
Kẻ đường cao CH. Ta có: CH = $AC.\sin \widehat{\rm{A}} $ hoặc CH = $AC.\sin (180^0-\widehat{\rm{A}})$.
Do vậy: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.CH=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \alpha $ (đpcm)
Trở lại bài toán:

Đặt: $\frac{{XM}}{{XY}} = x;\frac{{XN}}{{XZ}} = y.$
Áp dụng bổ đề ta có: ${S_{XMN}} = xy{S_{XYZ}}$
Do MQ // XW // NP nên các cặp tam giác sau đồng dạng: YMQ và YXW; ZNP và ZXW.
Từ đó suy ra: ${S_{YMQ}} = {(1 - x)^2}{S_{XY{\rm{W}}}};{S_{YMQ}} = {(1 - y)^2}{S_{XZ{\rm{W}}}}$ (vì tỉ số diện tích của 2 tam giác đồng dạng
bằng bình phương tỉ số đồng dạng).
Do đó: ${S_{PQMN}} = {S_{XYZ}} - {(1 - x)^2}{S_{XY{\rm{W}}}} - {(1 - y)^2}{S_{XZ{\rm{W}}}} - xy{S_{XYZ}} \le M{\rm{ax}}\left\{ {{S_
{XYW}},{S_{XZW}}} \right\}\left[ {1 - {{(x + y - 1)}^2}} \right].$
=> ${S_{PQMN}} \le M{\rm{ax}}\left\{ {{S_{XYW}},{S_{XZW}}} \right\}.$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra <=> x + y =1 và W là trung điểm của YZ.
====
Trong các trận đấu trước thì bài làm của bạn mình thấy luôn có cách giải ngắn gọn và độc đáo nhất, mở rộng cũng nhiều và còn các câu hỏi mở xung quanh nó nhưng ở mở rộng lần này thì mở rộng 3 và 4 khá giống nhau nên mình không tính (bạn giải thích cho caybutbixanh đoạn bạn ấy hỏi nhé).
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (26 - 5 \right )}{2} \right ]+3*10+20+10=75$

Lời giải của toán thủ ConanTM:
Đặt: S(a) = $a^2-a-b^2$. Giả sử S(a) là số chính phương thì S(1-a) cũng là số chính phương mà a và 1 - a khác tính chẵn lẻ => Mâu thuẫn vì theo giả thiết thì a và b phải cùng tính chẵn lẻ. (đpcm)
=================================
Mở rộng 1 của toán thủ ConanTM:
Với a + b chia hết cho 2 thì ta cũng có $(a+m)^2-(a+m)-b^2$ (với m nguyên dương) không là số chính phương vì nếu S(a+m) là số chính phương thì ta cũng có S[1-(a+m)] cũng là số chính phương mà a + m và 1 - (a + m) khác tính chẵn lẻ => mâu thuẫn.
Mở rộng 2 của toán thủ ConanTM:
Với a + b chia hết cho 2 thì ta cũng có $(ma)^2-ma-b^2$ (với m nguyên dương) không là số chính phương vì nếu S(am) là số chính phương thì ta cũng có S[1-(am)] cũng là số chính phương mà a m và 1 - (a m) khác tính chẵn lẻ => mâu thuẫn.
Mở rộng 3 của toán thủ ConanTM:
Với a + b chia hết cho 2 thì ta cũng có $(na+m)^2-(na+m)-b^2$ (với m, n nguyên dương) không là số chính phương vì nếu S(na+m) là số chính phương thì ta cũng có S[1-(na+m)] cũng là số chính phương mà na + m và 1 - (na + m) khác tính chẵn lẻ => mâu thuẫn.
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 23-19 \right )}{2} \right ]+3.10+3.10+10=94$

Ta có: $\Delta HFB = \Delta GCF(cgc) \Rightarrow FB = FC$ (1)
Hạ DI, AJ, FK, EL vuông góc với BC.
Khi đó ta cũng có: $\Delta DIB = \Delta BJA,\Delta ELC = \Delta AJC$ (Cạnh huyền-góc nhọn)=>DI = BJ, EL = CJ (2 cạnh tương ứng) kết hợp với FK là đường trung bình của hình thang DILE ta có: $FK = \frac{1}{2}(DI + EL) = \frac{1}{2}BC$ => Tam giác FBC vuông tại F (2). Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

Lời giải của toán thủ ConanTM:

Không mất tính tổng quát giả sử độ dài cạnh của hình vuông ABCD bằng 1. Khi đó: BE = k và DF =$\frac{1-k}{1+k}$. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho BM = DF. Ta có 2 tam giác vuông ADF và ABM bằng nhau (cgc) => AF = AM. Ngoài ra ta cũng có:
EM = EB + BM = BE + DF = $\frac{1+k^2}{1+k}$.
FE = $\sqrt{CF^2+CE^2} $(theo định lí Pitago cho tam giác vuông)
=> FE =$\sqrt{(1-DF)^2+(1-BE)^2}=\sqrt{(1-k)^2+\left ( \frac{2k}{1+k} \right )^2}=\frac{1+k^2}{1+k}$. => FE = EM.
Do vậy $\Delta AEF =\Delta AEM (ccc)\Rightarrow AN = AB$ (2 đường cao tương ứng).
Vì thế cho nên:
$\Delta ADF =\Delta ANF$(cạnh huyền - cạnh góc vuông)$ \Rightarrow \widehat{DAF} = \widehat{NAF}$ ( 2 góc tương ứng),
$\Delta ABE =\Delta ANE$(cạnh huyền - cạnh góc vuông)$ \Rightarrow \widehat{BAE} = \widehat{NAE}$ ( 2 góc tương ứng).
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác cho các tam giác ADP và ABP ta có: $\frac{PG}{DG}=\frac{AP}{AD}=AP;\frac{PH}{BH}=\frac{AP}{AB}=AP\Rightarrow \frac{PG}{DG}=\frac{PH}{BH}(=AP)\Rightarrow \frac{PG}{PH}=\frac{DG}{BH}$ (đpcm).
====
Khác với cách giải khác, cách này sử dụng phương pháp "đặc biệt hóa" nên không phải xài các bổ đề phụ nào cả , nói chung là hay .
Điểm bài làm: 10.
Tổng điểm: 33+3.10+0+10=73

Trước tiên, em thấy là các anh doavuquang và BlackSelena đã có thái độ không đúng lúc đối với trọng tài và em cũng thấy được là các trọng tài MSS khi chấm điểm đã có thái độ động viên và khích lệ rất nhiều dành cho các toán thủ MSS nói chung và với em nói riêng, điều đó có thể không chính xác nhưng là cần thiết ít ra là với 1 HS THCS như em, hiểu biết còn nhiều hạn chế và em cũng thấy là mọi người tham gia giải bài thi MSS đều rất giỏi, em học hỏi được rất nhiều từ các anh chị trên diễn đàn này. Vì tuổi còn nhỏ nên em thấy em thật là dốt khi đưa ra những nhận xét như vậy. Hơn nữa nhiều chỗ kiến thức em cũng thấy em còn dốt lắm. Em mong được học hỏi từ các anh chị nhiều ạ.

Mở rộng 10 của toán thủ ConanTM:
Kết hơp mở rộng hệ số với mở rộng số mũ ta thu được kết quả sau với chứng minh hoàn toàn tương tự như trên:
Cho x, y, n, p, q là các số nguyên dương thỏa mãn PT: $qx^{2n}+px=(q + 1))y^{2n}+py$ với (x - y, p) = 1
Khi đó các số x - y, $qx^{2n-1}+qx^{2n-2}y+...+qxy^{2n-2}+qy^{2n-1}+p$ và
$(q + 1)x^{2n-1}+(q + 1)x^{2n-2}y+...+(q + 1)xy^{2n-2}+(q + 1)y^{2n-1}+p$đều là số chính phương.

Mở rộng 9 của toán thủ ConanTM:
Kết hợp mở rộng các hệ số của x và y với mở rộng các hệ số của $x^2,y^2$, tuy nhiên cần phải có (x - y, p) = 1 thì ta sẽ thu được kết quả sau:
Cho x, y và p, q là các số nguyên dương thỏa mãn PT: $qx^2+px=(q+1)y^2+py$ với (x - y, p) = 1.
Khi đó các số x - y, $qx+qy+p$ và $(q + 1)x+(q + 1)y+p$ đều là số chính phương.
Thật vậy: Ta có:
( x - y)( qx+qy+p) = $y^2$ (*)
( x - y)( (q + 1)x+(q + 1)y+p ) = $x^2$
Đặt: d = ( x - y, $qx+qy+p$) thì ta có:
$-q(x - y)+ qx+qy+p$ chia hết cho d và y cũng chia hết cho d
(do (*)) => p chia hết cho d, mà (x - y, p) = 1=> d = 1.
Tương tự: ( x - y, $(q + 1)x+(q + 1)y+p$) = 1.
Theo bổ đề nêu trên ta có các số các số x - y, $qx+qy+p$ và $(q + 1)x+(q + 1)y+p$ đều là số chính phương.

Mở rộng 7 của toán thủ ConanTM:
Khi mở rộng BT từ mũ 2 lên mũ 4 ta thu được kết quả sau:
Cho x, y là các số nguyên dương thỏa mãn PT: $2x^4+x=3y^4+y$
Khi đó các số x - y, $2x^3+2x^2y+2xy^2+2y^3+1$ và $3x^3+3x^2y+3xy^2+3y^3+1$ đều là số chính phương.
Thật vậy: CM hoàn toàn tương tự như trên. Ta có:
( x - y)( $2x^3+2x^2y+2xy^2+2y^3+1$ ) = $y^4$ (*)
( x - y)( $3x^3+3x^2y+3xy^2+3y^3+1$ ) = $x^4$
Đặt: d = ( x - y, $2x^3+2x^2y+2xy^2+2y^3+1$) thì ta có:
$-2x^2(x - y)+ 2x^3+2x^2y+2xy^2+2y^3+1$ chia hết cho d và y cũng chia hết cho d (do (*)) => 1 chia hết cho d => d = 1.
Tương tự: ( x - y, $3x^3+3x^2y+3xy^2+3y^3+1$) = 1.
Và như vậy theo bổ đề nêu trên ta có các số x - y, $2x^3+2x^2y+2xy^2+2y^3+1$ và $3x^3+3x^2y+3xy^2+3y^3+1$ đều là số chính phương.
Mạnh dạn hơn ta sẽ mở rộng số mũ lên mũ 2n thì với chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta cũng có KQ sau:
Cho x, y và n là các số nguyên dương thỏa mãn PT: $2x^{2n}+x=3y^{2n}+y$
Khi đó các số x - y, $2x^{2n-1}+2x^{2n-2}y+...+2xy^{2n-2}+2y^{2n-1}+1$ và $3x^{2n-1}+3x^{2n-2}y+...+3xy^{2n-2}+3y^{2n-1}+1$đều là số chính phương.

Mở rộng 6 của toán thủ conanTM:
Cho x, y, p, a và b là các số nguyên khác 0 và a khác b, x khác y và bx + by + p, ax + ay + p cùng dấu, ax + ay + b khác 0 thỏa mãn $bx^2+x=ay^2+y$ . Khi đó theo các giả thiết ta có:
$(x - y)(bx + by + p) = (a - b)y^2$
$(x - y)(ax + ay + p) = (a - b)x^2$
Và từ đây không cần dùng tới bổ đề ta có một kết quả là: $\frac{bx+by+1}{ax+ay+1}$ là bình phương của một số hữu tỉ. (vì bằng $\left ( \frac{y}{x} \right )^2$)

Mở rộng 5 của toán thủ conanTM:
Cho x, y, p, a và b là các số nguyên khác 0 và a > b, x khác y thỏa mãn $bx^2+px=ay^2+py$ và x - y, bx + by + p và ax + ay + p đều là số chính phương ta sẽ đi đánh giá về số nguyên a và b xem có thu được tính chất gì không. Theo các giả thiết ta có:
$(x - y)(bx + by + p) = (a - b)y^2$
$(x - y)(ax + ay + p) = (a - b)x^2$
Và từ đây với các lập luận gần như tương tự như trong lời giải của bài toán ở trên ta có khẳng định a - b là số chính phương hay a = $m^2+b$ với m là 1 số nguyên.

Mở rộng 4 của toán thủ conanTM:
Cho x, y, a và b là các số nguyên khác 0 và a > b, x khác y thỏa mãn $bx^2+x=ay^2+y$ và x - y, bx + by + 1 và ax + ay + 1 đều là số chính phương ta sẽ đi đánh giá về số nguyên a và b xem có thu được tính chất gì không. Theo các giả thiết ta có:
$(x - y)(bx + by + 1) = (a - b)y^2$
$(x - y)(ax + ay + 1) = (a - b)x^2$
Và từ đây với các lập luận gần như tương tự như trong lời giải của bài toán ở trên ta có khẳng định a - b là số chính phương hay a = $m^2+b$ với m là 1 số nguyên.

Mở rộng 3 của toán thủ conanTM:
Cho x, y và a là các số nguyên khác 0 và x khác y thỏa mãn $2x^2+x=ay^2+y$ và x - y, 2x + 2y + 1 và ax + ay + 1 đều là số chính phương ta sẽ đi đánh giá về số nguyên a xem có thu được tính chất gì không. Theo các giả thiết ta có:
$(x - y)(2x + 2y + 1) = (a - 2)y^2$
$(x - y)(ax +ay + 1) = (a - 2)x^2$
Và từ đây với các lập luận gần như tương tự như trong lời giải của bài toán ở trên ta có khẳng định a - 2 là số chính phương hay a = $m^2+2$ với m là 1 số nguyên.

Mở rộng 2 của toán thủ conanTM:
Nếu x, y, m, p là các số nguyên và m khác 0 thỏa mãn $mx^2+px=(m+1)y^2+py$ thì ta có:
$(x - y)(mx + my + p) =y^2$ và $(x - y)[(m +1)x + (m +1)y + p] =x^2$ và do vậy chứng minh tương tự như trong lời giải của bài toán ở trên ta cũng có:
x - y, mx + my + p và (m + 1)x + (m + 1)y + p đều là số chính phương.