thaibuithd2001

câu hình $b$ ta chứng minh $\Delta FDC \sim \Delta KDL$

câu $c$ lúc thi em làm hơi dài dòng

Ta có 2 bổ đề sau (bổ đề 1 quen thuộc còn bổ đề 2 em đã đọc rồi nhưng lại quên cách chứng minh nên ghi dễ dàng biến đổi góc vào bài làm luôn :v)

Bổ đề 1: $H$ trực tâm $\Delta ABC$ thì tâm $O'$ của $\odot (BHC)$ đối xứng với $O$ qua $BC$.

Bổ đề 2: $\Delta ABC$ có $S,I,T$ lần lượt thuộc $BC,CA,AB$ sao cho $AS,BI,CA$ lần lượt là các đường phân giác trong của $\Delta ABC$ $\angle BAx$ là góc ngoài tại đỉnh $A$ thì khi đó $\angle TIB=\frac{\angle BAx}{4}$

Quay lại bài toán:

Gọi $H$ là trực tâm $\Delta ABC$ 

       $N$ là tâm $Euler$ của $\Delta ABC$

       $M$ là trung điểm $BC$

       $KL$ cắt $DE$ tại $V$

       $I,S$ là giao của $DF$ với $BE$ và $DE$ với $CF$

Áp dụng bổ đề 2 vào $\Delta DFE$ ta được $\angle EIS=\angle EDL$

                                                                     => $\angle IES+\angle EIS=\angle KLD+\angle EDL$

                                                                     => $\angle ISD=\angle KVD$ => $IS$ // $KL$

$AH=OO'=2OM$ và $AH$ // $OO'$ nên $AHO'O$ là hình bình hành => $\overline{A,N,O'}$

Vì $\mathcal P_{I/(O')}=IB.IH=IF.ID=\mathcal P_{I/(N)}$

    $\mathcal P _{S/(O')}=SH.SC=SE.SD=\mathcal P_{S/(N)}$

nên $SI$ là trục đẳng phương của $(O')$ và $(N)$

Do đó $NO' \perp IS$ hay $AO' \perp KL$ 

Vậy điểm cố định $d$ luôn đi qua là $O'$

Lời giải của mình trong trường hợp $\Delta APQ$ nhọn (mình nghĩ tù thì cũng tương tự vậy)

Bổ đề: Cho $\triangle ABC$ bất kỳ.Điểm $K$ nằm trong tam giác sao cho $\angle KAB=\angle KBC$ và $\angle KCB=\angle KAC$.Trên $AK$ lấy điểm $U$ sao cho $\angle BUC=90^{\circ}$.chứng minh: $BV,CV$ lần lượt là 2 tia phân giác của 2 góc $\angle ABK$ và $\angle ACK$. (bổ đề này có trong tài liệu về hàng điểm điều hòa của $kimluan$ nên mình xin phép không chứng minh lại).

Quay lại bài toán: Không mất tính tổng quát giả sử $R_{1} \geqslant R_{2}$

                               Gọi $V$ là điểm trên $AB$ sao cho $\angle PVQ=90^{\circ}$

                                $AB \cap PQ=T$

Dễ thấy $T$ là trung điểm của $QP$

Do $H$ đối xứng với $B$ qua $QP$ nên $QH=QB$ và $\angle PQH=\angle PQB$

Theo bổ đề ta có $QV,PV$ lần lượt là phân giác của $\angle AQB$ và $\angle APB$ do đó: $\frac{QH}{QA}=\frac{QB}{QA}=\frac{VB}{VA}=\frac{PB}{PA}$  

 $\triangle PTB \sim \triangle ATP$ nên $\frac{PB}{PA}=\frac{PT}{AT}$ => $\frac{QH}{QA}=\frac{TP}{TA}$ $(1)$

$\angle AQH=\angle AQP+\angle PQH=\angle AQP+\angle PQB=\angle AQP+\angle QAB=\angle ATP$ $(2)$

Từ $(1),(2)$ ta có $\triangle AQH \sim \triangle ATP$ => $\angle QAH=\angle TAP$ 

Mà $AT$ là trung tuyến của $\triangle QAP$ nên $AH$ là đường đối trung của $\triangle AQP$ 

Mặt khác, $AS$ cũng là đường đối trung của $\triangle AQP$ nên $\overline{A,H,S}$

Đối với hình vẽ như bạn Captain Cuong, thì câu c được chứng minh vắn tắt như sau:

Gọi I, J là tâm các đường tròn như hình vẽ.

JO vuông góc với CD, OI vuông góc với => $\angle JOI = \angle FAE$, tương tự ta có $\angle OJI = \angle AFE$

=> tam giác OIJ đồng dạng với tam giác AEF.

Mặt khác ta có $\angle MFC = \angle MJI$ (cùng bằng 1/2 góc MJC), tương tự ta có: $\angle MEC = \angle MIJ$

=> $\angle JMI + \angle BCD = 180^0$

=> JMIO nội tiếp.

=> $\angle OMI = \angle OJI = \angle AFE$, mặt khác: $\angle IME = 90^0 - \angle MBE$

=> $\angle OME = \angle OMI + \angle IME = \angle AFE + 90^0 - \angle MBE = 90^0$.

Em có lời giải cho câu $c)$ như sau 

Bổ đề: $\Delta ABC$ có $D,E,F$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$.

            $AD$ $\cap$ $FE=T$ thì $(A,H,T,D)=-1$ 

           chứng minh bổ đề này không khó , chỉ gọi $G=FE \cap BC$ 

Quay lại bài tóan: Gọi $H=AC \cap BD$ 

                                      $U=BD \cap EF$

                                      $Mx$ là tia đối của tia $MD$

                               Ta có: dễ dàng chứng minh $DCMF$ là tứ giác nội tiếp 

                                         => $\widehat{CMD}=\widehat{CFD}=\widehat{BMA}$ ($CMFD$ nội tiếp)

                                         Vì $ECBM$ và $BMFA$ là 2 tứ giác nội tiếp cho nên $\widehat{EMC}=\widehat{EBC}=\widehat{FBA}=\widehat{FMA}$

                                    do đó $\widehat{EMC}+\widehat{CMD}=\widehat{BMA}+\widehat{AMF}$

                                        <=> $\widehat{EMD}=\widehat{BMF}=\widehat{FMx}$

                                         => $MF$ là phân giác $\widehat{BMx}$ (1)

                                        Mặt khác , theo bổ đề thì $(D,B,H,U)=-1$ nên $(MD,MB,MH,MU)=-1$ (2)

                                      Từ (1)(2) => $MF \perp MH$ 

                                       Theo định lý $Brocard$ thì $OH \perp EF$ => $\overline{O,H,M}$ hay $OM \perp EF$

1.1 xét đồng dư với 7 để suy ra $y \vdots 3$ , đến đây thì đơn giản rồi

Mở rộng : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp . $G_a,G_b,G_c,G_d$ lần lượt là trọng tâm của $BCD,CDA,DAB,ABC$. Chứng minh $G_a,G_b,G_c,G_d$ đồng viên

Từ điểm $G$ là trung điểm của $US$ , ta dễ dàng có điều này : $\frac{GP}{GC}=\frac{GM}{GA}=\frac{GN}{GB}=\frac{GQ}{GD}=\frac{1}{3}$

Gọi $(O;R)$ là đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABCD$ 

Trên tia đối của tia $GO$ lấy điểm $O'$ sao cho $\frac{GO'}{GO}=\frac{1}{3}$

Theo cách lấy thì $PO'$ // $OC$ và $PO'=\frac{1}{3}OC=\frac{1}{3}R$

Do đó $P \in (O';\frac{R}{3})$ 

Tương tự với các điểm còn lại.

Gọi trung điểm của $AC,BD$ lần lượt là $S$ và $U$ 

       trung điểm của $US$ là $G$ 

Ta có: Theo tính chất trọng tâm thì $\frac{PA}{PU}=2$

           Xét $\Delta AUS$ với các điểm $P,G,C$ lần lượt thuộc các cạnh $UA,US,AS$

                $\frac{PA}{PU}.\frac{CS}{CA}.\frac{GU}{GS}=1$ => $G,P,C$ thẳng hàng 

    chứng minh tương tự ta cũng được các đường thẳng còn lại cùng đi qua điểm $G$ là trung điểm $US$. $\blacksquare$

Ta có một số bài liên quan như sau  
1) Russian 1996 : Cho $x,y,p,n,k$ là các số tự nhiên thỏa mãn : $x^n+y^n=p^k$. Chứng minh nếu $n>1,n$ lẻ và $p$ là số nguyên tố thì $n$ là lũy thừa của $p$ 
2)  Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại số nguyên dương $x,y,n$ để $x^3+y^3=p^n$

1) $a=b=2^{x}$, $k=nx+1$ với $x \in N$ (bài này có thể giải quyết bằng LTE)

2) tương tự

Một cách khác chỉ sử dụng kiến thức THCS  
Xét $p=2$ thì suy ra không tồn tại 
$p \ge 3$ thì suy ra $VT \vdots 5$ từ đó suy ra $25|x^{y+1}$ . Ta sẽ chứng minh rằng $25 \not | 2^p+3^p$ 
Thật vậy ta xét số dư của $p$ từ $1$ đến $19$ cho $20$ và chú ý $p$ là số nguyên tố thì ta có $25 \not | 2^p+3^p$  
Suy ra đpcm

t nghĩ có thể diễn đạt theo cách sau cũng phù hợp THCS

$2^p+3^p=5.(2^{p-1}-2^{p-2}.3+...-2.3^{p-2}+3^{p-1})$ (với $p \geqslant 7$)

Vì $2 \equiv (-3)$ nên $2^{p-1}-2^{p-2}.3+2^{p-3}.3^2-...-2.3^{p-2}+3^{p-1} \equiv p.2^{p-1}$ ($mod$ $5$)

Mà $p.2^{p-1} \not\equiv 0$ ($mod$ $5$)

do đó $2^p+3^p \vdots 5$ và $2^p+3^p \not\vdots 25$ 

vì $x \vdots 5$ nên đặt $x=5k$ thì $x^{y+1} \vdots x^2=25k^{2} \vdots 25$ (vì $y \geqslant 1$)

xét $p=2,3,5$ phương trình vô nghiệm , khi $p \geqslant 7$ thì $v_{5}(2^p+3^p)=v_{5}(2+3)+v_{5}(p)=1$ (1)

                                                                                                            $v_{5}(x^{y+1})=(y+1).v_{5}(x) \geqslant 2$ (2)

Từ (1)(2) suy ra điều vô lý (vì $2^p+3^p=x^{y+1}$) 

Chưa thấy ai giải câu hình , mình giải trc câu $c$ (câu này có vẻ khó hơn 2 câu $a,b$)

Câu $c$ liên quan đến tứ giác nội tiếp nên ta phát biểu 2 bài toán phụ sau

bài toán phụ thứ nhất: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=90^{\circ}$.Ta gọi các cặp góc như 2 góc $\widehat{ABD}$ và $\widehat{ACD}$ là cặp góc cùng nhìn một cạnh.CTR:các góc cùng nhìn một cạnh của tứ giác $ABCD$ bằng nhau.

Chứng minh: Kẻ $AE$ // $BC$ ($E$ thuộc tia $CD$)

                             $AF$ // $CD$ ($F$ thuộc tia $BC$)

      $\Delta ABF \sim \Delta ADE$ => $\frac{AB}{AD}=\frac{AF}{AE}=\frac{EC}{EA}$ => $\Delta ABD \sim \Delta ECA$ (c_g_c) => đpcm

bài toán phụ thứ 2:Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat{CBD}=\widehat{CAB}=90^{\circ}$.CTR:các góc cùng nhìn một cạnh của tứ giác $ABCD$ bằng nhau.

Chứng minh: gọi $T=AD \cap BC$ . dễ thấy $\Delta EBA \sim \Delta EDC$ từ đây dễ suy ra đpcm

Quay lại bài toán: gọi $H$ là trực tâm

                               Xét tứ giác $MBNF$ , theo bài toán phụ thứ hai thì $\widehat{MNB}=\widehat{MFB}=\widehat{ECB}$  

                               Xét tứ giác $HNFB$ , theo bài toán phụ thứ nhất thì $\widehat{FNB}=\widehat{FHP}$

                               $\widehat{MNB}+\widehat{BNP}+\widehat{FNP}=90^{\circ}+\widehat{ECB}+\widehat{FHP}=180^{\circ}$ ($\Delta CFH$ vuông tại $F$)

                    => $M,N,P$ thẳng hàng 

                    Tương tự $N,P,Q$ thẳng hàng => $đpcm$

Ừ mình hiểu rồi

Vậy gt của $2015*a-2016*b$ thì bạn giống mình chứ ?

bằng $-1$ thôi vì $a,b$ nguyên dương mà

Vậy giờ bạn làm theo cách bạn hiểu cho mình xem .

Mình vẫn chưa biết lý do sao bạn biến đổi đc thế này :a

​14​​(a−1)​2​​+b​14​​(b−1)​2​​=0

$\left\{\begin{matrix} &a^{14}+b^{14}=a^{15}+b^{15} (1) \\ &a^{16}+b^{16}=a^{15}+b^{15} (2) \end{matrix}\right.$

Cộng vế theo vế ta đc $a^{14}+b^{14}+a^{16}+b^{16}=2(a^{15}+b^{15})$ 

Tới đâu chuyển vế qua là đc $a^{14}(a-1)^{2}+b^{14}(b-1)^{2}=0$ 

mình nói sơ qua ý vì giờ hơi vội

$R$ là bán kính của $(O)$

Ta vẽ đường tròn tâm $O^{'}$ ngoại tiếp $\Delta QBA$ có bán kính là $R^{'}$

 $T=QN \cap (O^{'})$

Ta có: $NT.NQ=NA.NB=R^2-ON^2:const$ => $T$ cố định 

           $CHTA$ là tứ giác nội tiếp

      => $QH.QT=QC.QA=R^2-OM^2:const$ 

Mà $Q,T$ cố định nên $H$ cố định 

$\Delta ABH \sim \Delta DBE$ => $\frac{BH}{BE}=\frac{AB}{DB}$ (1)

$\Delta AHC \sim \Delta DFC$ => $\frac{HC}{FC}=\frac{AC}{DC}$ (2)

Từ (1)(2) => $\frac{BH}{HC}=\frac{BE}{CF}$ và dễ thấy $AE=AF$

Xét $\Delta ABC$ với $E,H,F$ lần lượt là các điểm thuộc các cạnh $AB,BC,CA$ 

và $\frac{AE}{EB}.\frac{BH}{HC}.\frac{CF}{AF}=1$ => đpcm

bài pt nghiệm nguyên 

Ta có: $3^{x} \equiv 1,3$ ($mod$ 8)

           $171 \equiv 3$ ($mod$ 8)

           $y^2 \equiv 0,1,4$ ($mod$ 8)

Mà $3^{x}+171=y^2$ nên $3^x \equiv 1$ ($mod$ 8) 

Do đó $x$ có dạng $2k$ với $k$ $\in$ $N$ 

pt trở thành $A=(3^{k})^{2}+171=y^2$

Với $k=0,1,2$ pt vô nghiệm cho nên nếu pt có nghiệm thì nghiệm đó phải lớn hơn hoặc bằng 3

Do đó ta kẹp đc $((3^{k})^2+3)^{2}$ $\geq$ $A$ > $(3^k)^2$ khi đó $A=((3^k)^2+3)^2$ hoặc $A=((3^k)^2+2)^2$

giải ra đc $k=3$ => $x=6$ 

p/s:lúc gửi bài xong mới biết là bạn Happy Life đã gửi trc đó ít phút nên mới nhận ra hướng xử lí ở đoạn đầu mình làm giống bạn Happy Life