Changg Changg

 bài 52 trong sách tài liệu chuyên toán.

Tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Gọi $A', B', C'$ lần lược là điểm đối xứng của $A,B,C$ qua $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng $(AOA'), (BOB'), (COC')$ có điểm chung khác $O$

Đề. Cho tam giác $ABC$ và tam giác $XYZ$ trực giao và có cùng tâm trực giao. Chứng minh $AX, BY, CZ$ đồng quy.

Mở rộng bài 52 trong sách tài liệu chuyên toán.

Bài 2. Đặt $x=\sqrt{a}, y=\sqrt{b}, z=\sqrt{c}$ thì ta cần chứng minh: $4(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)\leqslant 4z^6+(x^2+y^2)^3$

Bất đẳng thức này tương đương với $3x^2y^2(x-y)^2+(x^3+y^3-2z^3)^2\geqslant 0$ hiển nhiên đúng.

Định lý tổng quát:

$m\sum a^4+n\sum a^2b^2+p\sum a^3b+g\sum ab^3\geqslant (n+p+g+m)\sum a^2bc$ đúng nếu $3m(n+m)\geqslant p^2+pg+g^2$ và $m>0$

Bổ đề: $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln (1+x)}{x}=1$

Thật vậy: $\dfrac{\ln (1+x)}{x}=\ln (1+x)^{\frac{1}{x}}$

Do hàm logarite là liên tục và sử dụng định nghĩa, ta có $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln (1+x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=\ln e=1$

Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Đặt $x=\ln (1+t)$ thì $x\to 0\Leftrightarrow t\to 0$. Do đó: $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{e^x-1}{x}=\lim\limits_{t\to 0} \left(\dfrac{\ln (1+t)}{t}\right)^{-1}=1$

Nhóm mình có 86 người. Mình có 70 viên kim cương, 80 viên ngọc ruby và 22 viên sofia, mình muốn phát cho mỗi người 2 viên. Hỏi mình có bao nhiêu cách phát?

Giả sử tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $(I)$ và $AB,BC,CD,DA$ lần lược tiếp xúc với $(I)$ tại $E,F,G,H$

Gọi $P$ là giao điểm của $AC$ với $FH$, $A', C'$ lần lược là hình chiếu của $A, C$ trên $FH$

Dễ thấy $\widehat{C'FC}=\widehat{A'HA}$ nên $\dfrac{AH}{CF}=\dfrac{AA'}{CC'}=\dfrac{AP}{PC}$

Gọi $P'$ là giao điểm của $AC$ với $EG$. $A'', C''$ lần lược là hình chiếu của $A, C$ trên $EG$

Tương tự ta chứng minh được $\dfrac{AE}{CG}=\dfrac{AP'}{P'C}$. Vậy $P\equiv P'$

Bài 5. (ở dưới)

Ta có phương trình: $(n^3-n+1)(n^4+n+1)=p^k$

Do $n^4+n+1\geqslant n^3-n+1$ nên $n^3-n+1\mid n^4+n+1=n(n^3-n+1)+n^2+1$

Do đó $n^3-n+1\mid n^2+1$ hay $2(n^2+1)=n^3-n+1$ hoặc $n^2+1=n^3-n+1$

Giải ra ta được $n=1$ hoặc $n=0$

Bài 2 (ở trên)

(a) Ta có $\overline{GF}.\overline{GE}=\overline{GB}.\overline{GC}$ nên $G$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(ATH)$ nên $\overline{AGT}$

(b) Ta có $\widehat{OKF}=\widehat{OTG}=180^{o}-\widehat{TAO}=\widehat{THE}+\widehat{FEH}$

Do đó $OK||TH$ nên $OK\perp TA$

Bài 5. (ở dưới)

Ta có phương trình: $(n^3-n+1)(n^4+n+1)=p^k$

Do $n^4+n+1\geqslant n^3-n+1$ nên $n^3-n+1\mid n^4+n+1=n(n^3-n+1)+n^2+1$

Do đó $n^3-n+1\mid n^2+1$ hay $2(n^2+1)=n^3-n+1$ hoặc $n^2+1=n^3-n+1$

Giải ra ta được $n=1$ hoặc $n=0$

Câu 2 (ở dưới)

(a) $\widehat{MKN}=\widehat{BKC}=\widehat{BHC}=180^o-\widehat{BAC}$ nên $AMKN$ nội tiếp.

(b) Dễ thấy $A$ đối xứng với $T$ qua $BC$ nên từ đó ta suy ra tứ giác $NBKP$ nội tiếp.

Từ đó suy ra $AMPB$ nội tiếp và $\Delta BPN\sim \Delta MPC$

Dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.

Bài 3. (ở trên)

Nếu $\deg P=0$ thì $P\equiv 0$ hoặc $P\equiv 1$.

Nếu $\deg P>0$ thì so sánh bậc hai vế ta có $\deg P=2$. Đồng nhất hệ số cao nhất hai vế ta được $P(x)=x^2+ax+b$

Theo định lý cơ bản của đại số, tồn tại $x_0\in\mathbb{C}$ thỏa mãn $P(x_0)=0$

Khi đó ta có $P(2015x_0)=0$ nên $2015x_0$ cũng là nghiệm. Nếu $|x_0|\ne 0$ thì $|2015x_0|>|x_0|$

Do đó $P(x)$ có vô hạn nghiệm, vô lý. Do đó $|x_0|=0$ hay $P(0)=0$ nên $b=0$

Thay $x=-a$ vào ta được: $P(-2015a)=0$. Do đó $-2015a=-a$ hoặc $-2015a=0$ hay $a=0$

Vậy $P(x)\equiv x^2$

Bài 1. Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{N}^{*}\to \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn:

(i) $f(1)=1$

(ii) $f(2n)=2f(n)-1\;\;\forall n\in\mathbb{N}^{*}$

(iii) $f(2n+1)=2f(n)+1\;\;\forall n\in\mathbb{N}^{*}$

Bài 2. Cho hàm số $f: \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn:

(i) $f(4n)=f(2n)+f(n)\;\;\forall n\in\mathbb{N}$

(ii) $f(4n+2)=f(4n)+1\;\;\forall n\in\mathbb{N}$

(iii) $f(2n+1)=f(2n)+1\;\;\forall n\in\mathbb{N}$

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $m$, số các số nguyên $n$ thuộc $[0, 2^m]$ thỏa mãn $f(4n)=f(3n)$ chính bằng $f(2^{m+1})$

P.s. Đề dài quá không biết đặt tiêu đề ra sao :|

Ngoài ra bất đẳng thức cuối ta còn có thể chứng minh bằng đồng bậc:

$\dfrac{9(x^2+y^2+z^2)}{(x+y+z)^2}+\dfrac{27xyz}{(x+y+z)^3}\geqslant 4\Leftrightarrow 5(x^2+y^2+z^2)+\dfrac{27xyz}{x+y+z}\geqslant 8(xy+yz+zx)$

$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2+3\left(x^2+y^2+z^2+\dfrac{9xyz}{x+y+z}-2xy-2yz-2zx\right)\geqslant 0$ hiển nhiên đúng.

Ta có: BĐT tương đương:

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2c^2\geq 4$

Đặt: $ab=x;bc=y;ca=z$ thì $x+y+z=3$

BĐT trở thành:

$x^2+y^2+z^2+xyz \geq 4$

Giả sử x=min {x,y,z} thì $x \leq 1$

Ta sẽ biến đổi để đưa BĐT về một ẩn:

$x^2+y^2+z^2+xyz=x^2+(y+z)^2+yz(x-2)-4\geq x^2+(y+z)^2+\frac{(y+z)^2}{4}(x-2)-4$

Giờ thay $y+z=3-x$ vào ta thu được BĐT tương đương:

$x^2+\frac{x+2}{4}(3-x)^2-4=\frac{1}{4}(x-1)^2(x+2)\geq 0$ (luôn đúng)

BĐT được chứng minh 

Giả sử $(y-1)(z-1)\geqslant 0$ thì $x^2+xyz\geqslant 2x$. Do đó ta cần chứng minh: $y^2+z^2+2x\geqslant 4$

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng theo AM-GM: $y^2+z^2+2x\geqslant 2(x+y+z)-2=4$

Thấy rằng do $x,y$ nguyên dương nên $x>n, y>n$, ta viết lại giả thiết: $n^2=(x-n)(y-n)$

Số cặp $(x,y)$ thỏa mãn cũng chính là số ước số của $n^2$

Do đó ta cần tìm $n$ trong ${2000,2001,...,3000}$ sao cho số ước số của $n^2$ bằng $5$

Nếu $n$ có nhiều hơn một ước nguyên tố thì số ước của $n^2$ sẽ không bé hơn $9>5$

Do đó $n$ chỉ có một ước nguyên tố duy nhất hay $n=p^x$. Ta còn có $2x+1=5$ nên $x=2$ hay $n$ là bình phương của một số nguyên tố.

Do $0\leqslant a\leqslant 1$ nên $a^2\leqslant a$, do đó $a^2+b^2+c^2\leqslant a+b+c=2$

Bạn thử chứng minh xem có đúng là vô số nghiệm không ? 

Ta chứng minh $5^{3^x7^y}+1\vdots 3^x7^y$ với $x$ nguyên dương, $y$ nguyên không âm.

$v_3\left(5^{3^x7^y}+1\right)=x+1>x$ nên $5^{3^x7^y}+1\vdots 3^x$

Do $x$ nguyên dương nên $v_{7}\left(5^{3^{x}3^{y}}+1\right)=v_{7}\left(125^{3^{x-1}7^y}+1\right)=y+1>y$

Do đó $5^{3^{x}7^{y}}+1\vdots 7^y$, tóm lại $5^{3^{x}7^{y}}+1\vdots 3^{x}7^{y}$ với mọi số nguyên dương $x$ và nguyên không âm $y$