mathandyou

Bài này cũng dễ thôi tại lâu ngày không post bài nên post kẻo quên.

Bổ đề của chú cm đơn giản là qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC,AB tại P và Q.Dựa vào 2 tứ giác nội tiếp ta chứng minh hai góc IPO và IQO bằng nhau nên được PI=QI.Suy ra I thuộc AM.

Đây là shortlish IMO 2005 thì phải.

Đường trung tuyến AM của tam giác ABC cắt đường tròn nội tiếp (I) của tam giác tại K và L.Từ K,L kẻ đường thẳng song song với BC cắt (I) tại X,Y.AX và AY cắt BC tại P và Q.Chứng minh :BP=CQ.

PT $< = > (\sqrt{x^3-2}-5)-(\sqrt[3]{x^2-1}-2)-(x-3)=0< = > \frac{(x^3-27)}{\sqrt{x^3-2}+5}-\frac{x^2-9}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}}-(x-3)=0< = > (x-3)(\frac{x^2+3x+9}{\sqrt{x^3-2}+5}-\frac{x+3}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2}+\sqrt[3]{2(x^2-1}+4}-1)=0< = > x=3$

Sao bạn chứng minh đoạn tô đỏ vô nghiệm?

Em đã sửa, còn cái cách bần cùng sinh dâm tặc đó thôi àk @@. Mà nếu làm theo kiểu hàm thì có cách nào chữa không anh

Có cách là:Chú cần chứng minh cả x và t đều lớn hơn 0.Khi đó xét hàm trên khoảng từ 0 đến dương vô cùng.

Huy giải chưa đúng rồi.Hàm này tuy đồng biến nhưng TXĐ ở hai vế là khác nhau và VP bị gián đoạn tại điểm x=0.

Bổ đề. Nếu $p|a^n-b^n$ với $a,b,n,p \in \mathbb{N}^*$ và $p$ nguyên tố. Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $p|a^k-b^k$. Khi đó $k|n$.

Chứng minh. Đặt $n=kq+r$ với $q,r \in \mathbb{N},0 \le r \le k-1$. Ta có $$a^n-b^n=a^{kq+r}-b^{kq+r}= a^r \left( a^{kq}-b^{kq} \right)+ b^{kq} \left( b^r-a^r \right).$$

Ta suy ra $p|b^r-a^r$. Theo điều kiện nhỏ nhất của $k$ thì ta dẫn đến $r=0$. Như vậy $k|n$.

Lời giải. Nhận thấy $n=1$ thoả mãn bài toán.

Nếu $n \ge 2$ thì ta gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$, khi đó $p|n$ nên $p|3^n-2^n$.

Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $p|3^k-2^k$. Theo bổ đề thì $k|n$.

Dễ thấy rằng $3 \nmid n,2 \nmid n$ nên theo định lý Fermat nhỏ $p|3^{p-1}-2^{p-1}$ nên $k|p-1$ suy ra $p>k$.

Ta sẽ chứng minh rằng $\gcd (n,k)=1$.

Giả sử ngược lại, $r| \gcd (n,k)$ với $r$ nguyên tố, khi đó $r|n$ và $r<k<p$, điều này mâu thuẫn với điều kiện nhỏ nhất của $p$.

Do đó $\gcd (n,k)=1$. Mà $k|n$ nên $k=1$. Khi đó $p|3-2$ hay $p|1$, mâu thuẫn vì $p$ nguyên tố.

Vậy $n=1$. $\blacksquare$

Ta còn một cách như này:

Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n.Khi đó:$p\geq 5$

Gọi $a \in z+$ sao cho:$2a \equiv 1 (mod p)$

Vì:$3^n \equiv 2^n (mod p)$ nên $ (3a)^n \equiv 1 (mod )$.

Theo cụ Fermat thì:$(3a)^{p-1} \equiv 1 (mod p)$

Gọi $h$ là cấp của $3a$ (mod p) thì:$n \vdots h$ và $p-1 \vdots h$ và $p-1 \vdots h$

Từ đó $h=1$ nên $3a \equiv 1 (mod p)$.

Do đó $a \vdots p$.Vô lí

Hôm qua khi làm bài về một bổ đề thì mình phát hiện ra một tính chất thế này.

Cho tam giác nhọn ABC.$G_e,N_a$ lần lượt là điểm Gergonne và điểm Nagel của tam giác.$O,H,G$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp,trực tâm và trọng tâm của tam giác.$E$ là trung điểm $OH$.Chứng minh:trung điểm $GE$ nằm trên $G_eN_a$.

Èo...chú đừng chém,Bđt như chú mà làm ko được mới ghê.Chị Nam hỏi a đấy,A kêu a ko biết mà nó cứ lèo nhèo nên a lên đây hỏi cho nó

Lời giải :

Xét $x<0$, ta luôn có $y+\sqrt{y^2+3}>0$ nên $x+\sqrt{x^2-3}>0\Rightarrow x>-\sqrt{x^2-3}\Rightarrow x^2<x^2-3$, điều này mâu thuẫn. Như vậy phải có $x>0$.

Đặt $\sqrt{x^2-3}=a\geq 0\Rightarrow x^{2}=a^2+3\Rightarrow x=\pm \sqrt{a^2+3}$. Nhưng vì $x>0$ nên $x=\sqrt{a^2+3}$

Khi đó, phương trình đầu trở thành $a+\sqrt{a^2+3}=y+\sqrt{y^2+3}$. Xét hàm số $f(t)=t+\sqrt{t^2+3}$, kiểm tra được hàm này đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên $f(a)=f(y)\Leftrightarrow a=y\Leftrightarrow x^2-y^2=3$.

Ta được hệ $\left\{\begin{matrix} x^3-y^3=3(x-y)+4\\ x^2-y^2=3 \end{matrix}\right.$

Đặt $u=x+y,v=x-y$ thì $xy=\dfrac{u^2-v^2}{4}$

Do đó $\left\{\begin{matrix} x^3-y^3=3(x-y)+4\\ x^2-y^2=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-y)\left [ (x+y)^2-xy-3 \right ]=4\\ (x-y)(x+y)=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} v\left ( u^2-\dfrac{u^2-v^2}{4}-3 \right )=4\\ uv=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} v(3u^2+v^2-12)=16\\ uv=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 9u=-v^3+12v+16\\ uv=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} uv=3\\ v^4-12v^2-16v+27=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (u,v)=(3,1)\Leftrightarrow (x,y)=(2,1)$

 

Chỗ phương trình bậc bốn $v^4-12v^2-16v-27=0\Leftrightarrow (v-1)(v^3+v^2-11v-27)=0$ thì chú ý phương trình bậc ba $v^3+v^2-11v-27=0$ có một nghiệm thực mà ta có thể tính được bằng công thức $Cardano$, vì nghiệm này khủng quá nên mình bỏ qua luôn, nhưng nếu giải ra rồi thử lại chắc cũng loại thôi =)), hoặc bạn có cách nào hay hơn giải hệ ấy thì trình bày....

Hàm $f(t)$ chỉ đồng biến trên R+ thôi Huy và hàm đồng biến+liên tục thì mới có kq đó.nhưng cơ bản như vậy là được

Bài này không cần Menelaus như vậy:

Ta có:$(KDBC)=-1.$

Gọi $K'$ là giao điểm của $EF$ và $BC$.Vì $AD,BE,CF$ đồng qui nên:$(K'DBC)=-1$.

Từ hai điều này ta suy ra $K' \equiv K$ nên có ngay đpcm.

Đây là một số file về hàng điểm điều hòa mình có được.

Mình có hướng giải thế này:

Đặt $p^{p+1}+(p+1)^p=a^2$

Ta đễ có:$a^2-1 \vdots p$ và $a^2-1 \vdots p+1$

Do đó:$a=kp(p+1)$

*Nếu $p \equiv 1 (mod4)$ thì $a^2 \equiv 3 (mod 4)$ (vô lí)

*Nếu $p \equiv 3 (mod4)$

Khi đó:$kp^2+kp+1-a^2=0$,ta chỉ cần chứng minh pt này vô nghiệm là được.Mình có hướng thế này:

Xét $\delta=k^2-4k(1-a^2)$

pt có nghiệm nguyên khi và chỉ khi:$k^2-4k(1-a^2)=m^2$

hay:$[k-2(1-a^2)]^2=m^2+4(1-a^2)^2$

Đến đây bạn dùng nghiệm của pt pitago rồi thế vào cm điều vô lí.

Đây là định lí Kariya.@@

Qua mathlinks hỏi thì người ta nói vậy,mở cuốn sách hình của MS ra thì thấy nó.

Ngoài ra không biết dùng desargue có chứng minh được không??