Emyeutiengviet

Bài 11 (Dãy số) : Cho dãy số nguyên $a_{n}$ $n\epsilon N$ thỏa mãn:

$\left\{\begin{matrix}a_{o}=1 & \\ a_{n}=a_{n-1}+a_{[\frac{n}{3}]} & \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p\leq 13$ tồn tại vô số số k nguyên dương thỏa mãn $a_{k}$ chia hết cho p

Mình sẽ chứng mình cho TH $p=13$. Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự:

Chứng minh phản chứng. Giả sử dãy đã cho có hữu hạn số nguyên dương chia hết cho 13 và giả sử $k$ là chỉ số lớn nhất sao cho $13 \mid a_k$ 

Từ giả thiết ta suy ra:

$\left\{\begin{matrix} a_3k=a_{3k-1} +a_k & \\ a_{3k+1}=a_3k +a_k & \\ a_{3k+2} =a_{3k+1} +a_k \end{matrix}\right.$

Suy ra $ a_{3k+2} \equiv a_{3k+1} \equiv a_{3k} \equiv a_{3k-1} \equiv b (mod 13)$ .

Và $ b \in \mathbb{Z}$ ; $(b,13)=1$

Ta có hệ với 13 phương trình như sau:

$\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} =a_{9k -4} & \\ a_{9k-3} =a_{9k-4} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-2}=a_{9k-3} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-1} =a_{9k-2} +a_{3k-1} & \\ a_{9k} =a_{9k -1} +a_3k & \\ a_{9k+1}=a_{9k} +a_3k & \\ a_{9k+2}=a_{9k+1} +a_3k & \\ a_{9k+3} =a_{9k+2} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+4} =a_{9k +3} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+5} =a_{9k+4} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+6}=a_{9k+5 }+a_{3k+2} & \\ a_{9k+7} =a_{9k+6} +a_{3k+2} & \\a_{9k+8} = a_{9k+7} +a_{3k+2} & \end{matrix}\right.$

Suy ra $\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} \equiv a_{9k -4} +0.b (mod 13) & \\ a_{9k-3} \equiv a_{9k-4} +1.b (mod 13) & \\ a_{9k-2} \equiv a_{9k-4} +2.b (mod 13) & \\ a_{9k-1} \equiv a_{9k-4} + 3.b(mod 13) & \\ ............. & \\a_{9k+8} \equiv a_{9k-4} +12.b (mod 13) & \end{matrix}\right.$

Vì $(b,13) =1$ nên tập hợp A $ = \{a_{9k-4} +i.b \mid \forall i \in \{0,1,...,12\} \}$ là 1 HTDĐĐ mod 13.

Suy ra trong tập trên sẽ tồn tại 1 số chia hết cho 13 và số này lớn hơn $a_k$ $\rightarrow$ Mâu thuẫn. (ĐPCM) 

$g(x+1)=g(x)$ sao suy ra $g(x) \equiv C$

$g(x+1)=g(x)$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ mà bạn. Hay là mình nhầm?

Bài 7(Phương trình hàm).

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: 

$xf\left (y \right )+f\left (xf\left (y \right ) \right )-xf\left (f\left (y \right ) \right )-f\left (xy \right )=2x+f\left (y \right )-f\left (x+y \right )$

$P(1,x) : f(x+1) = f(x)+2. (1)$

Đặt $g(x) = f(x) - 2x$ Từ (1) suy ra $g(x+1) = g(x) \forall x \in \mathbb{R}$. Suy ra $g(x) \equiv C \forall x \in \mathbb{R}.$

Như vậy $\boxed{f(x) = 2x +C}  \forall x \in \mathbb{R} $ với $C$ là hằng số tùy ý.

Lời giải của mình:

Gọi $AW$ là đường kính của $(O)$

       $H$ là trung điểm $QN$

       $R = PQ \cap d$

       $I = MO \cap PN. \Longrightarrow \angle MIN = 90^{o}$

Kẻ $AT (T \in (O))$ sao cho $AT \parallel d$. Suy ra $T$ cố định.

Ta có tứ giác $HMIN$ nội tiếp nên $\angle RMN = \angle HMN =\angle HIN =\angle RPN$ (do $HI$ là đường trung bình của tam giác $QPN$)

Suy ra tứ giác $RMPN$ nội tiếp nên $\angle MRN =180^{o} -\angle MPN =\angle ATN$ do tứ giác $ATNP$ nội tiếp.

Và như thế $R,T,N$ thẳng hàng.

Gọi $L$ là giao điểm của $WT$ và $PQ$ thì $L$ chính là điểm đối xứng của $T$ qua $d$ vì $TW \parallel QN$ do cùng vuông góc với $d$ nên $L$ cố định. DPCM

Lời giải của mình: 

Gọi $R$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa A của (O).

$H$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$. 

$D=AI \cap BC.$

$W = LP \cap AI$. Suy ra $W$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC.$ Suy ra tứ giác $BICW$nội tiếp.

Ta có :

$\frac {PB}{PW} =\frac {PB}{PC} .\frac {PC}{PW} =cot \angle PBC . tan \angle BWC =tan \angle B/2 . tan(90^{o} - A/2) = tan \angle B/2 . cot \angle A/2 = \frac {HI}{HB} .\frac {AH}{HI}=\frac {b+c-a}{a+c-b}$

$\frac {RW}{RD} =\frac {RB}{RD}=\frac {b+c}{a}$

Áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle ABD$ với $\overline{M,I,N}$

$\frac {ND}{NB} = \frac {MA}{MB} .\frac {ID}{IA}= \frac {p-b}{p-a} .\frac {a}{b+c}=\frac {a(a+c-b)}{(b+c-a)(b+c)}$

Suy ra $ \frac {PB}{PW}. \frac {RW}{RD}.\frac {ND}{NB} =1$. Suy ra $P,R,N$ thẳng hàng. ĐPCM.

Lời giải của mình:

Vì $G$ là điểm đối xứng của $D$ qua $KL$ nên $G$ sẽ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $BFECDA$.

Suy ra các tứ giác $GAEF, GACB$ nội tiếp. 

$\Longrightarrow \angle ARG =\angle AEG =\angle CDG$ (do tứ giác $DGEC$ nội tiếp) 

Mặt khác $AR \parallel BC$ nên ta suy ra $D,G,R$ thẳng hàng

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ với $D,E,F$ thẳng hàng ta suy ra $\frac{SB}{SC} = \frac{FB}{EC}$

Hơn nữa dễ chứng minh $\triangle BGF \sim \triangle CGE \Longrightarrow \frac{BG}{CG} =\frac{BF}{CE} =\frac{SB}{SC}$

Suy ra $GS$ là phân giác của  $\angle BGC$ 

Gọi $W = GS \cap BC$ khác $G$ chính là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC \equiv (O)$ 

Ta lại có $(DSBC)=-1 \Longrightarrow G(DSBC) =-1$ suy ra $GD$ là phân giác ngoài của $\angle BGC $ hay $GT \perp GS$

Gọi $V = GT \cap (O) $ khác $G$ suy ra $V$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$.

Đặt $\frac{GS}{GW} = k$

Xét phép vị tự tâm $G$ tỉ số $k$ biến:

$W \mapsto S$

$V \mapsto T$

Suy ra $O \mapsto M$

$\Longrightarrow \overline{G,M,O}$. Vậy $GM$ luôn đi qua $O$ cố định. 

Gọi $J$ là giao điểm của $TP$ và $EF$

$K'$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AC$ và $EF$. Ta sẽ chứng minh $K' \equiv K$

Dễ thấy $B,J,O,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OT$

$\Longrightarrow \angle K'JB =\angle FJB =90^{o} - \angle BJT = 90^{o} -\angle BOT = 90^{o}-\angle BAC = \angle K'AB.$

Suy ra tứ giác K'AJB nội tiếp. Suy ra $\overline{FK'}.\overline{FJ}=\overline{FA}.\overline{FB}=\overline{FN}.\overline{FP}.$

Suy ra tứ giác K'NJP nội tiếp. Suy ra $\angle K'NP = \angle K'JP =90^{o}$. Suy ra $K'N \perp NP$ hay $K' \equiv K.$ 

Chứng minh tương tự với điểm $L$ suy ra $\angle KBA +\angle LCA = \angle KJA +\angle LJA = 180^{o}$ nên ta có đpcm 

Cho \Delta ABC, đường thẳng l lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F. Gọi O1, O2, O3 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các \Delta AEF , \Delta BFD , \Delta CDE . CMR trực tâm tam giác O1O2O3 thuộc l.

P.S: Có 1 cách giải bằng tọa độ nhưng hơi cồng kềnh bạn nào có cách giải bằng hình học thuần túy thì post nha