Kim Vu

Cho số nguyên tố p>3. Chứng minh số dư của phép chia $\prod_{j=1}^{p} (j^2+1)$ cho $p$ là 0 hoặc 4.

Xem tại ĐÂY

Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi: $x_0=2018, x_n=\frac{-2018}{n} \sum_{i=0}^{n-1} x_i (\vee n \geq 1)$. Tính $\lim_{n\rightarrow+\infty} \frac{n^2.\sum_{i=0}^{2018}2^i.x_i+5}{-2019n^2+4n-3}$

Xét $n\leq 2018$
$x_n=\frac{-2018}{n} \sum_{i=0}^{n-1} x_i$

$\Rightarrow  x_{n-1}=\frac{-2018}{n-1} \sum_{i=0}^{n-2} x_i$

$\Rightarrow nx_{n}-(n-1)x_{n-1}=-2018x_{n-1}$

$\Rightarrow x_{n}=\frac{n-2019}{n}x_{n-1}$

$\Rightarrow x_{n}=\frac{n-2019}{n}.\frac{n-2020}{n-1}x_{n-2}$

$=...=x_{0}\frac{(n-2019)(n-2020)...-(2018)}{n(n-1)...1}$

$=x_{0}.\frac{(-1)^n.2018!}{n!.(2018-n)!}$

$=x_{0}.(-1)^nC_{2018}^{n}$

Do đó $\sum_{i=0}^{2018}2^ix_{i}=-2018\sum_{i=0}^{2018}(-1)^iC_{2018}^{i}.2^i=-2018(1-2)^{2018}=-2018$

Vậy $\lim_{n\rightarrow+\infty} \frac{n^2.\sum_{i=0}^{2018}2^i.x_i+5}{-2019n^2+4n-3}=\lim_{n\rightarrow+\infty} \frac{n^2.(-2018)+5}{-2019n^2+4n-3}=\frac{2018}{2019}$

 

$A=\prod_{i=1}^{p-1}(i^2+1)$
$\equiv \prod_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}(i^2+1)^2$(do $i^2 \equiv (p-i)^2(mod p),\forall i=1,\frac{p-1}{2}$)
Xét đa thức $P(x)=\prod_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}(x-i^2)-(x^{\frac{p-1}{2}}-1)$
Đa thức trên có bậc $<\frac{p-1}{2}$ và phương trình $P(x) \equiv 0(mod p)$ có $\frac{p-1}{2}$ nghiệm không đồng dư modulo $p$ là $1^2,2^2,...,(\frac{p-1}{2})^2$ nên theo định lí Lagrange đa thức trên có tất cả các hệ số đều chia hết cho $p$
Do đó $P(-1) \equiv 0$(mod p)
$\Rightarrow \prod_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}(i^2+1) \equiv 2$ (mod p)
$\Rightarrow A \equiv 4$(mod p)

 

Cho đường tròn $(O)$ các cạnh của tam giác $ABC$ tại sáu điểm phân biệt $D,E,F,G,I,H$. sao cho $D$ và $E$ nằm trên $BC$, $F$ và $G$ nằm trên $CA$, $I$ và $H$ nằm trên $AB$. Chứng minh rằng nếu các đường thẳng đi qua $D$ vuông góc $BC$, qua $F$ vuông góc $CA$, qua $H$ vuông góc $AB$ đồng quy thì các đường thẳng đi qua $E$ vuông góc $BC$, qua $G$ vuông góc $CA$, qua $I$ vuông góc $AB$ đồng quy.

Bổ đề đẳng giác:Cho $P$ và $Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác đối với tam giác $ABC$. Gọi $X, Y, Z$ lần lượt là các hình chiếu của $P$ trên các cạnh $BC, AC, AB$ và $L , M , N$ lần lượt là các hình chiếu của $Q$ trên các cạnh $BC, AC, AB$. Khi đó, sáu điểm $X, Y, Z, L,M,N$ cùng nằm trên một đường tròn.
Bài toán trên được suy ra trực tiếp từ bổ đề này

Cho tam giác ABC, BC>AB, E và F là điểm giữa của cung lớn AC và cung nhỏ AC. $G \in BC$ sao cho $EG \perp BC$.CMR (ABG) đi qua trung điểm BF

$(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$
Kẻ đường kính $BL$ của $(O)$ suy ra $\widehat{BAL}=90^{\circ}$
$EG \cap (ABG)=Q \Rightarrow \widehat{BQG}=\widehat{BAG}=90^{\circ}$
Do đó $A,Q,L$ thẳng hàng
$EG\cap (O)=X$
Dễ thấy $LC \parallel EX$ nên cung $LX$=cung $EC$=cung $EA$ 
$\Rightarrow \widehat{QAX}=\widehat{QXA} \Rightarrow QA=QX \Rightarrow QO \perp AX$ 
Lại có $AX \perp BE$ do $\widehat{AXE}=\widehat{EBC}$ nên $QO \parallel BE$
Mặt khác do $\widehat{PQX}=\widehat{PBG}=\widehat{PBE}-\widehat{EBC}=90^{\circ}-\widehat{EBC}=\widehat{BEG}$ nên $PQ \parallel BE $
Do đó ta có $P,O,Q$ thẳng hàng suy ra $\widehat{QPB}=\widehat{QGB}=90^{\circ} \Rightarrow OP\perp BF \Rightarrow$ P là trung điểm $BF$

 geo.png   110.31K   54 Số lần tải