MiuraHaruma

Bài 3: Cho $\Delta ABC$, $E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $EF\parallel BC$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $M,N$ $BE,CF$ lần lượt cắt $FN,EM$ tại $K,L$.
(a) CMR: $\widehat{KAB}=\widehat{LAC}$
(b) $BE$ cắt $CF$ tại $X$, $EN$ cắt $FM$ tại $Y$. CMR: $XY$ đi qua điểm cố định khi $E,F$ di chuyển.

b, Gọi giao điểm $XY$ và $BC$ là $I$. Ta sẽ chứng minh $AI$ là đường đối trung trong tam giác $ABC$.
Thật vậy, dễ thấy hình thang $FMNE$ cân. Gọi $K$ là giao điểm $XY$ và $EF$ thì theo định lý Talet:
$\frac{IC}{IB}=\frac{KF}{KE}=\frac{IM}{IN}=\frac{sin\widehat{MYI}}{sin\widehat{NYI}}$(do $IM=IN$)$=\frac{sin\widehat{MFC}.FX.XY}{sin\widehat{NEB}.XE.XY}=\frac{sin\widehat{FMC}.MC.XF.BE}{sin\widehat{BNE}.FC.NB.XE}=\frac{MC}{NB}$ (do $MN$ song song với $EF$)
Mặt khác,$ \Delta MEC \sim \Delta NBF$ nên $\frac{NB}{ME}=\frac{NF}{MC}=\frac{BF}{CE}$ $\Rightarrow$ $ME^2=NB.MC$ $\Rightarrow$ $\frac{MC}{NB}=\frac{NB.MC}{NB^2}=\frac{ME^2}{NB^2}=(\frac{CE}{BF})^2=(\frac{AC}{AB})^2$ (2)
Từ (1), (2) $\Rightarrow$ đpcm

Thay $(a,\,b,\,c)$ bởi $(a^4,\,b^4,\,c^4)$ bất đẳng thức trở thành \[\frac{a^4+3}{(a^4+1)^2}+\frac{b^4+3}{(b^4+1)^2}+ \frac{c^4+3}{(c^4+1)^2}\geq 3.\] Vì \[\frac{a^4+3}{(a^4+1)^2} - \frac{3}{a^6+a^3+1} = \frac{a^3(a-1)^2(a^5+2a^4-a^2+a+3)}{(a^4+1)^2(a^6+a^3+1)} \geqslant 0,\] nên \[\frac{a^4+3}{(a^4+1)^2} \geqslant \frac{3}{a^6+a^3+1}.\] Do đó ta chỉ cần chứng minh \[\frac{1}{a^6+a^3+1}+\frac{1}{b^6+b^3+1}+\frac{1}{c^6+c^3+1} \geqslant 1.\] Đây là một kết quả quen thuộc.

Anh có thể nói rõ hơn về phần tìm $n$ để $\frac{a+3}{(a+1)^2} \geq \frac{3}{a^{2n}+a^n+1}$ được không ạ? (với bài này là $n=\frac{3}{4}$). Thầy bọn em có nói là lấy đạo hàm 2 vế, nhưng mà thực sự em vẫn k hiểu lắm :3

 Chỗ này bạn sử dụng bổ đề LTE không đúng, nên là $v_5(3^n+4^n)=v_5(25)+v_5(n)=2+v_5(n)$. Khi đó hoặc $z=n<v_5(n)+2$ hoặc $z=v_5(n)+2<n$ hoặc $v_5(n)+2=n$

Cảm ơn Toàn, mình cũng ms phât hiện lỗi sai này lúc sáng

 Bổ đề LTE hoàn toàn có thể áp dụng để chứng minh $v_2(3^n+5^n)=3$ với $n$ lẻ.

Lúc bọn mình học thầy không nhắc đến $v_2(x^n+y^n)$ mà chỉ có $v_2(x^n-y^n)$ nên mình nghĩ là trường hợp đó không sử dụng LTE được

Tìm tất cả $n$ nguyên dương sao cho $60^n \vdots 3^n+4^n+5^n$

Do $60^n=3^n.2^{2n}.5^n$ nên $3^n+4^n+5^n=3^x.2^y.5^z$ với $x, y, z$ nguyên dương và $x, z \leq n, y \leq 2n$

$1,$ Nếu $x, z \geq 1$ thì $4^n+5^n \vdots 3 (1)$, đồng thời $4^n+3^n \vdots 5 (2)$.
Khi đó, từ $(1)$ thì $n$ lẻ, tức là $4^n+3^n \equiv (-1)+3.(-1)^k \equiv -4,2 (mod$$5)$, mâu thuẫn.
Vậy $x$ hoặc $z$ bằng $0$.

$2,$ Nếu $x=0$ thì $3^n+4^n+5^n=2^y.5^z$
Từ đó, ta có: $3^n+4^n \vdots 5$ tức $n=4k+2$ $\Rightarrow$ $3^n+5^n \equiv 2 (mod 4)$. Vậy $y=1$. Thay vào thì: $3^n+4^n+5^n=2.5^z$ với $n=4k+2$:
Ta có: $v_5(3^n+4^n)=v_5(25)+v_5(2k+1)$. Từ đó $v_5(3^n+4^n+5^n)=$ min ${n, 2+v_5(2k+1)} \Leftrightarrow z=n$ hoặc$ z=2+v_5(2k+1)$
- Nếu $z=n$ thì $3^n+4^n=5^n$. Phương trình chỉ có nghiệm với $n=2$ theo định lý Fermat lớn.
- Nếu $z=v_5(2k+1)+2$ thì $n=2.5^z.b$ với $(b,5)=1, b>0$. Nhân 2 vế phương trình với $2b$ thì $b(3^n+4^n+5^n)=25n$. Dễ thấy, VT $>$ VP khi $n \geq 3$. Tức pt vô nghiệm

$3,$ Nếu $z=0$ thì $3^n+4^n+5^n=3^x.2^y$
- Dễ dàng suy ra được $n$ lẻ
- Ta chứng minh $3^n+5^n$ không chia hết cho $16$ với n lẻ. Thật vậy:
$3^{4k+r}+5^{4k+r} \equiv 81^k.3^r+625^k.5^r \equiv 3^r+5^r \equiv 8$ (mod 16). Mà $3^n+5^n \vdots 8$ nên $v_2(3^n+5^n)=3 \Rightarrow v_2(3^n+4^n+5^n)=$ min ${n; 3}$
+ Nếu $n \leq 3$ thì $n=1, n=3$ thoả mãn
+ Nếu $n >3$ thì $y=3$. Thay vào, $3^n+4^n+5^n=8.3^x$
Tương tự trên, ta tính được $x=v_3(n)+2$ hoặc $x=n$
a, Nếu $x=n$ tức $n \leq v_3(n)+2$ tức $n \leq 3$
b, Nếu $x=v_3(n)+2$ thì $c(3^n+4^n+5^n)=72n$. Phương trình này có VT $>$ VP nếu $n>3$.

Kết luận: $n=1$ hoặc $n=3$ hoặc $n=2$

Cho $\left \{ x_n \right \}$ xác định như sau: $\left\{\begin{matrix} x_1=1,x_2=2013\\ x_{n+2}=4026x_{n+1}-x_n,n=1,2,... \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng $\frac{x_{2014}+1}{2014}$ là số chính phương.

Tổng quát của bài toán trên: http://diendantoanho...ố-chính-phương/