CandyPanda

Mình sửa lại rồi 

Đoạn cuối dùng v2 chắc đúng. Nhưng mà chỉ muốn góp ý nhỏ là công thức v2 nó khác với vp nhé. Ở kia lỗi chút chút kìa

Câu 1:

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: $5^n \mid a^2$

Khi đó đặt $a^2=k.5^n\implies k(k.5^n+1)=5^{n+1}-p^3\iff  p^3+k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $VP>0\implies$ $k=1$ hoặc $k=2$

$k=1\implies p^3+1=4.5^n\iff \left ( \frac{p+1}{4} \right )(p^2-p+1)=5^n$

Chú ý rằng $\gcd (\frac{p+1}{4},p^2-p+1)=1$ nên $PT$ vô nghiệm

$k=2\implies p^3=5^n-2$ (vô nghiệm theo modulo $5$)

 

TH2: $5^n\mid a^2+1$

Tương tự$\implies p^3-k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $p^3>k$ nên $k=1$ hoặc $k=2$
$k=1\implies p^3=4.5^n+1$ (vô nghiệm)

$k=2\implies p^3=5^n+2$

Theo modulo $3$ ta suy ra $n$ chẵn$\implies p^3=5^{2l}+2$

$PT$ $Mordell$ trên có bộ nghiệm duy nhất: $(p,l)=(3,1)$

 

Kết luận: $(a,p,n)=(7,3,2)$

KHTN chứ có phải viện toán cao cấp đâu mà Mordell @@

Câu 3. a, Do $EF\parallel BC$ nên $\angle FPC=\angle FCE$. Mặt khác dễ thấy $\triangle OCE\sim \triangle BAH$ nên $\frac{OE}{EC}=\frac{BH}{AH}$. Từ đó suy ra $\frac{MH}{HB}=\frac{EC}{EF}$ nên $\triangle FEC\sim \triangle BHM$ (cạnh - góc - cạnh). Do đó $\angle BMQ=\angle FCE=\angle FPC$ nên tứ giác $MQBP$ nội tiếp.

b, Gọi $R$ là giao điểm của $EM$ với $(K)$. Dễ thấy chỉ cần chứng minh tứ giác $RSMT$ điều hòa $\Leftrightarrow P(RMAH)=-1$. Mặt khác do $M$ là trung điểm $AH$ nên ta chỉ cần chứng minh $PR\parallel AH$. Điều này tương đương với chứng minh $\angle PQM+\angle EMQ=180^\circ$.

Do $\angle PQM=90^\circ+\angle BPQ=90^\circ+\angle BMH$ nên ta chỉ cần chứng minh $\angle BME=90^\circ$. Kết quả này quen thuộc!

 

PS. Bài số 2 không biết có nhầm lẫn gì không nhưng nếu xét bậc của đa thức thì suy ra ngay bằng $0$ hoặc $1$.

Nghi ngờ lắm khó mà suy trực tiếp ra bậc bằng 0 hoặc 1 được

Bđt đề Hà Nội năm nay cũng được đấy. Không quá khó nhưng phân hóa được chắc thế

Bài 27: Ta sẽ chứng minh $b\vdots a$, khi đó đặt $b=ac$ thì bài toán quy về $a^{n}-1|c^{n}-1$

Xét dãy: $x_{n,1}=\frac{b^{n}-1}{a^{n}-1}$, $x_{n,k+1}=bx_{n,k}-a^{k}x_{n,k}$

Theo giả thiết thì $x_{n,k}$ luôn nguyên.

Ta sẽ chứng minh tồn tại k sao cho $lim x_{n,k}$ tiến tới $0$ khi $n$ tiến tới vô hạn (1)

Thật vậy:

Ta có nhận xét sau: $x_{n,k}=\frac{cb^{n}+c_{k-1}a^{(k-1)n}+c_{k-2}a^{(k-2)n}+...+c_{1}a^{n}+c_{0}}{(a^{n+k-1}-1)(a^{n+k-2}-1)...(a^{n}-1)}$

Chứng minh theo quy nạp, với $c,c_{0},c_{1},...c_{k-1}$ là các số cố định nhưng thay đổi theo bộ (n,k).

Nói cách khác là khi phân tích thì $x_{n,k}$ thì các số trên tử số chỉ có thể là $b^{n},a^{(k-1)n}, a^{(k-2)n},...,a^{n}$ và hệ số tự do.

Từ đây ta có, chọn k sao cho $a^{n+k-1}.a^{n+k-2}...a^{n} > b^{n}, a^{(k-1)n}$ thì $lim x_{n,k}=0$, dễ dàng chọn được $k $sao cho $a^{k} > b$ là được

Tóm lại (1) xong.

Từ (1)

Khi đó, tồn tại j nhỏ nhất sao cho $lim x_{n,j}$ (hiển nhiên $j>1$), tức là tồn tại $N$ đủ lớn sao cho từ$ N$ trở đi thì $bx_{n,j-1}=a^{j}x_{n+1,j-1}$

Tương đương với $x_{n,j-1}=(\frac{b}{a^{j}})^{n-N}x_{N,j-1}$. Nếu $b$ không là lũy thừa của a, mà $x_{n,k}$ luôn nguyên nên $x_{N,j-1}=0$, hay $x_{n,j-1}=0$ từ N trở đi, trái với cách chọn j ở trên, từ đó dẫn tới giả sử vô lý, hay $b$ chia hết cho $a$ => đpcm

Đề xuất bài 28 :  Kí hiệu $\pi(n)$ là số các số nguyên tố không vượt quá $n$ . CMR có vô số số $n$ mà $n$ là bội của $\pi(n)$

 

Đây là những bài chưa có lời giải trong topic: 

 

Bài 59: Cho $a,b,c >0 $ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix}3a+b\leq 33 & \\ a+b+2c\leq 25 & \end{matrix}\right.$.Tìm Max của  $2(6\sqrt[3]{a}+\sqrt{b})+3\sqrt{c}+2016$      (Bài đặc biệt)

 

Bài 44:cho a,b,c>0 tim min $\frac{b(a-c)}{c(a+b)}+\frac{c(3b+a)}{a(b+c)}+\frac{3c(a-b)}{b(a+c)}$

 

Bài 44 kiểm tra lại đề nhé, nếu a,b,c dương thì không có min thì phải

Bài 59 thì là cân bằng hệ số nhưng mà hệ số lầy lội quá không đẹp

 

Đây là những bài chưa có lời giải trong topic:

 

Bài 40: Cho $x,y>0$ thỏa mãn $\sqrt{\frac{2x}{y}}(2xy-1)=2xy+1$.Tìm Min:$2x+\frac{1}{y}$

Bài 40: Đổi biến: $(2x,\frac{1}{y})=(a,b)$

Bài toán trở thành: Cho $a,b>0$ thỏa mãn $\sqrt{ab}(\frac{a}{b}-1)=\frac{a}{b}+1$.Tìm Min:$a+b$

Ta có: $ab(a-b)^{2}=(a+b)^{2}=(a-b)^{2}+4ab$

Suy ra: $(a-b)^{2}=\frac{4ab}{ab-1}$

Suy ra: $(a+b)^{2}=ab(a-b)^{2}=ab \frac{4ab}{a-1}=4\frac{(ab)^{2}}{ab-1}\geq 16$

Tức là: $a+b\geq 4$

Dấu bằng đạt được khi $ab=2$, tức là $a=2+\sqrt{2}$, $b=2-\sqrt{2}$, hay $x=y=1+\frac{1}{\sqrt{2}}$

Bài 32:Cho   $a\geq b\geq c> 0$.  Chứng minh

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

 

Ta có: $(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a})+(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a})\geq 2(\frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2a+2b})$

Ta cần chứng minh $\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}$

Xét $f(a)=\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}-\frac{1}{3a+b}-\frac{1}{3b+c}-\frac{1}{3c+a}$

Ta có: $f'(a)=\frac{-1}{(a+3b)^{2}}+\frac{-1}{(c+3a)^{2}}+\frac{1}{(3a+b)^{2}}+\frac{1}{(3c+a)^{2}}=\frac{(b-c)(6a+9b+9c)}{(a+3b)^{2}(a+3c)^{2}}-\frac{(b-c)(6a+b+c)}{(3a+b)^{2}(3a+c)^{2}} \geq 0$

Suy ra $f(a)\geq f(b)=0$

Vậy ta có đpcm

Bài 8(Hình học): Cho tam giác $ABC,$ đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ ở $D.E$ đối xứng $D$ qua $I.$ Chứng minh $E$ là trực tam tam giác $IBC$ khi và chỉ khi $AB+AC=3BC.$

$(O)\equiv (IBC)$ Do ID vuông góc BC nên E là trực tâm IBC <=> IE = 2 OM (M trung điểm BC)
Ta có: $IE = \tan \frac{A}{2}\frac{AB+AC-BC}{2}$, $OM = \tan \frac{A}{2}\frac{BC}{2}$ nên có đpcm

$M=\frac{(a+b)^{2}+(a-b)^{2}}{a^{2}-b^{2}}=\frac{2(a^{2}+b^{2})}{a^{2}-b^{2}}\Rightarrow (M-2)a^{2}=(M+2)b^{2}\Rightarrow \frac{a^{2}}{b^{2}}=\frac{M+2}{M-2}$

Thế vào kia là xong thôi

Từ giả thiết, ta có:

$r(\sqrt{1+x^{2}}-x)=y+\sqrt{1+y^{2}}$

$r(\sqrt{1+y^{2}}-y)=x+\sqrt{1+x^{2}}$

Cộng theo vế, suy ra: $(r+1)(x+y)=(r-1)(\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}})\geq (r-1)\sqrt{4+(x+y)^{2}}$

Bình phương rồi chuyển vế, ta được: $x+y\geq \frac{r-1}{\sqrt{r}}$

Đẳng thức khi  $x=y=\frac{r-1}{2\sqrt{r}}$

$\sum \frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}$ ở đây là cái nào thế ???

- $\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(c+a)^{2}}$

- $\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(c+a)^{2}}+\frac{b^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{c^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{a^{2}}{(c+a)^{2}}$

- $\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(c+a)^{2}}+\frac{b^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{c^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{a^{2}}{(c+a)^{2}}+\frac{c^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{a^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{(c+a)^{2}}$

Bài 1: $\prod (a^{2}+1)=(1+a^{2}+b^{2}+a^{2}b^{2})(c^{2}+d^{2}+1+c^{2}d^{2})\geq (c+ad+b+abcd)^{2}=(1+ad+b+c)^{2}$

Ta cần chứng minh: $1+ad+b+c\geq a+b+c+d\Leftrightarrow (a-1)(d-1)\geq 0$ (Đi-rích-lê)

Hai bài đầu sinh ra để cho câu 3 trông khó khó ấy mà :v

Cách khác:

$\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x})^{2}=(\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}})+2(\frac{1}{(x+y)(y+z)}+\frac{1}{(y+z)(z+x)}+\frac{1}{(z+x)(x+y)}$

Ta có: $\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}= \frac{9}{16}$ (Bất đẳng thức Iran 96)

Và: $2(\frac{1}{(x+y)(y+z)}+\frac{1}{(y+z)(z+x)}+\frac{1}{(z+x)(x+y)})=4\frac{x+y+z}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=1+\frac{xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\geq 1$