Đến nội dung


Thông báo

Thời gian vừa qua do diễn đàn gặp một số vấn đề về kĩ thuật nên thỉnh thoảng không truy cập được, mong các bạn thông cảm. Hiện nay vấn đề này đã được giải quyết triệt để. Nếu các bạn gặp lỗi trong lúc sử dụng diễn đàn, xin vui lòng thông báo cho Ban Quản Trị.


manhtuan00

Đăng ký: 19-12-2016
Offline Đăng nhập: 30-01-2018 - 17:33
****-

#698637 Tích 12 số nguyên dương liên tiếp

Gửi bởi manhtuan00 trong 20-12-2017 - 17:58

phần 1 :  https://users.renyi....dos/1939-03.pdf

phần 2 : https://projecteucli....ijm/1256050816

P.Erdos 




#697399 $ f(n) | p^{n}-1 $

Gửi bởi manhtuan00 trong 29-11-2017 - 00:08

vâng cảm ơn anh ,  cái bài đầu hôm trước em cũng có nhớ ra xong về nhà lại quên mất nên k sửa 




#696842 Tuần 4 tháng 11/2017: đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố định...

Gửi bởi manhtuan00 trong 19-11-2017 - 20:19

  Ta sử dụng một số kết quả quen thuộc : 

1) $OI$ là đường thẳng Euler $\triangle DEF$ 
2) Lấy $X$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$ thì $XD$ là phân giác $KXI$
 
Thật vậy , $XD$ là phân giác $KXI$ nên $K,X,L$ thẳng hàng . Gọi $H$ là trực tâm $\triangle DEF$ , $DH$ cắt $(I)$ tại $H'$ 
Khi đó ta có $H,I,R,O$ thẳng hàng . 
Ta có $\frac{PL}{PX}=\frac{LI}{DX} = \frac{DH}{DX}=\frac{QH'}{QX}$ , suy ra $QP \parallel LH'$ 
Khi đó , $\angle SQP = \angle QLH' = \angle PIR$ nên $Q,R,P,I$ đồng viên
1.png



#696841 Tuần 4 tháng 11/2017: đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố định...

Gửi bởi manhtuan00 trong 19-11-2017 - 20:17

Lời giải bài 1 : 
Gọi $S$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ . $Q$ là trung điểm $OS$
Ta có $CE = CB = BF , SC = SB , \angle SCE = \angle SBF $ nên $\triangle SCE = \triangle SBF$ 
Gọi $T$ là giao điểm của $BF,CE$ , bằng cộng góc ta có $T \in (BOC)$ nên $\angle BTC = \angle BSC = \angle ESF$ 
Gọi $SP$ là đường kính của $(SEF)$ . Ta có $\triangle SEF \cap P \sim \triangle SBC \cap O $ nên $\angle PTE = \angle PSE = \angle OSC = \angle OTC$ , từ đây suy ra $P,A,O,T$ thẳng hàng 
Hơn nữa , theo kết quả Tuymaada 2009 ta có $AQ \perp EF$ , mà lại có $PS \perp EF$ , nên $A$ là trung điểm $OP$
Gọi $N$ là giao điểm $AM$ với $OS$ . Theo định lý Menelaus ta có $\frac{\overline{NO}}{\overline{NS}} = \frac{\overline{MP}}{\overline{MS}}.\frac{\overline{AO}}{\overline{AP}}=\frac{\overline{CO^2}}{\overline{CS^2}}$ cố định , nên $N$ cố định 
Vậy $AM$ đi qua điểm $N$ cố định trên trung trực $BC$  
Untitled.png



#696130 Tuần 2 tháng 11/2017:$KN_a,KN_b,KN_c$ lần lượt cắt $EF,FD,DE...

Gửi bởi manhtuan00 trong 06-11-2017 - 12:32

Lời giải bài 1 của em : GỌi $G$ là điểm Poncelet ( điểm đồng quy của các đường tròn Euler $\triangle PBC,\triangle PCA , \triangle PAB$ và đường tròn Pedal của $P$ ứng với $\triangle ABC$ ) . Gọi $XYZ$ là tam giác Pedal của $P$ . $U,V,W$ lần lượt là giao điểm của $KN_a,KN_b,KN_c$ với $EF,FD,DE$ . $Q,R,S$ lần lượt là giao điểm của $KD,KE,KF$ với $EF,FD,DE$ . 

Ta có $AQ \perp YZ$ nên $KD$ là trung trực $YZ$

Ta có biến đổi tỉ số :  $\prod \frac{\overline{UF}}{\overline{UE}} = -\prod \frac{\overline{UF}}{\overline{UE}} : \frac{\overline{QF}}{\overline{QE}} =- \prod (UDEF) = -\prod K(UD,EF) = -\prod X(G , \parallel YZ , Z,Y)$

$= \prod \frac{\overline{GZ}}{\overline{GY}}. \frac{\overline{XY}}{\overline{XZ}} = 1$ nên theo định lý Menelaus ta có $U,V,W$ thẳng hàng 

Untitled.png




#696129 Tuần 2 tháng 11/2017:$KN_a,KN_b,KN_c$ lần lượt cắt $EF,FD,DE...

Gửi bởi manhtuan00 trong 06-11-2017 - 12:16

Bài 2 là một phát triển của đề Sư Phạm , đồng thời cũng là trường hợp riêng của bài tuần trước đúng không ạ . Gọi $T$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ , áp dụng định Lý Pascal ta thu được $S,I,T$ thẳng hàng . Gọi $U,V$ lần lượt là giao điểm của $IM,IN$ với $(O)$ . Khi đó ta có $IT \perp UV$ nên $IS$ đi qua tâm ngoại $\triangle IMN$ . Mà $S$ nằm trên trung trực $MN$ nên $S$ là tâm ngoại $\triangle IMN$




#695443 Chuyện về những người ăn học không đến nơi đến chốn - bb1412 và vth

Gửi bởi manhtuan00 trong 25-10-2017 - 18:01

:v


#695347 $f(x)f(x+y)=f(2x+y)-xf(x+y)+x$

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-10-2017 - 13:18

Xét $P(x,y)$ là phép thế vào đẳng thức ban đầu
$P(x,-x) : f(0) = 1 $
$P(x, -2x) : f(x) f(-x) = 1 -xf(-x)+x$
$P(-x , 2x) : f(x)f(-x) =1 +xf(x)-x$ (1). Kết hợp 2 điều trên ta có $f(-x) = -f(x)+2 $ với mọi $x \neq 0 $ , nhưng với $x = 0$ thì điều này vẫn đúng nên $f(-x) = -f(x)+2 $ với mọi $x$
Thế vào (1) ta nhận được $(f(x)+x-1)(f(x) - 1) = 0$
Giả sử tồn tại $a,b$ để $f(a) = 1-a , f(b) = 1$ và $a,b \neq 0 $
$P(a,b-a) : 1-a = f(a+b)$ . Thật vậy , $f(a+b) = 1$ hoặc $f(a+b) = 1- a-b $ nên hoặc $ a= 0 $ , hoặc $b = 0$ , ta có điều mâu thuẫn . Vậy $f \equiv 1$ hoặc $f(x) =1- x$ $\forall $ $x$ $\in $ $\mathbb R$


#695346 $ f(n) | p^{n}-1 $

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-10-2017 - 13:04

bài 1 : do $a- b | f(a) - f(b) $ nên $f(n) | f(n+f(n))$ . Vậy từ đây ta có $ f(n) | p^n - 1 , f(n) | p^{n+f(n)}-1$ nên $f(n) | p^{gcd(n,f(n))}-1$ . Chọn $n$ sao cho $gcd (n, f(0)) = 1$ , ta nhận được $f(n) |p-1$ với vô hạn giá trị của $n$

Gọi $d_1,d_2,..,d_k$ là các ước của $p-1$ . Khi đó $f(n) = d_i$ với vô hạn giá trị của $n$ , suy ra tồn tại $1 \leq j \leq k$ để $f(n) = d_k$ với vô hạn giá trị của $n \implies f(n) = c$ với $c | p-1$ 

Bài 2 : Đặc $P(x) = 1+x^{1!}+..+x^{n!}$ , $Q(x) = 1+x+x^2+..+x^n$ . Xét $P(x) = Q(x) .R(x) +S(x)$ với $deg S < deg Q$ . $P(n)$ chia hết $Q(N)$ với vô hạn $n$ , nên $Q(n) | S(n)$ với vô hạn giá trị của $n$ . Thật vậy , khi $n $ đủ lớn thì $|S(n)| < Q(n)$ , nên $S \equiv 0$ , suy ra $Q(x) | P(x)$ 

Xét $\varepsilon $ là căn đơn vị của $n+1$ , ta có $\varepsilon $ là nghiệm của $Q(x)$ , nên cũng đồng thời là nghiệm của $P(x) $ . Ta có nếu $a \equiv b$ (mod $n+1$) thì $\varepsilon ^{a} = \varepsilon ^{b}$ Giả sử $(1! , 2! ,.. , n!) \equiv (a_1,a_2,..,a_n) $ (mod $n+1$ ) , khi đó $0 = P(\varepsilon ) = \varepsilon ^{a_1}+..+\varepsilon ^{a_n} = T(\varepsilon )$ với $T(x) = x^{a_1}+..+x^{a_n}$ . 

Suy ra $Q(x) | T(x)$ , nên $(0,1! , 2! , .. , n!)$ lập thành hệ thặng dư đầy đủ mod $n+1$ . Từ đây suy ra được $n+1$ là số nguyên tố , hoặc $n +1= 4$ ,  vì nếu $n+1$ là hợp số lớn hơn 4 , ta xét 2 trường hợp :

TH1 : $n +1 = a.b ; a,b$ phân biệt , trong biểu diễn $n!$ chứa cả $a,b$ nên $ n+1 = ab | n!$

TH2 : $ n = p^2 , p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong biểu diễn của $n!$ chứa có $p$ lẫn $2p$ , nên $n+1 = p^2 | 2p^2 | n!$ 

Vậy ta có $0 \equiv n! $ (mod $n+1$) với mọi $n+1$ là hợp số lớn hơn 4 . Vậy ta xét $n+1 = 4$, tức là $n = 3$ , ta có $2! \equiv 3!$ (mod 4)$ nên trường hợp này bị loại

Xét $p$ lẻ

 Ta có $(p-1)! \equiv -1 $ (mod $p$ ) theo định lý wilson , nên $(p-2)! \equiv 1 \equiv 1! $ (mod $p$ ) . Từ đây suy ra $p-2 = 1 $ , nên $p = 3 \implies n = 2$

Khi $p$ chẵn thì $n = 3$ không thỏa mãn như đã chỉ ở trên  

Vậy $ n= 1,2$




#695344 Tuần 4 tháng 10/2017:đường thẳng qua $P$ vuông góc $QR$ l...

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-10-2017 - 12:34

Lời giải bài 2 của em : Gọi $d_1,d_2$ là 2 đường thẳng đối xứng $AK$ qua $BH,CH$ , suy ra $H$ là tâm ngoại $\triangle AST$.  Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $d_2,d_1$ với $AB,AC$ . Khi đó $\angle HSB = \angle HAB = \angle HCB$ nên $S,T,B,H,C$ đồng viên . Lấy $R,G$ là giao điểm của $CH,BH$ với $AM$ . Ta tiếp tục có biến đổi góc : $\angle SLT = \angle RGL + \angle GRL = 2 \angle A = \angle SHT$ , nên $L \in (BHC)$ .

Gọi $X$ là đối xứng của $O$ qua $BC$ , thì $X$ chính là tâm $(BHC)$ . Nhận xét rằng $AX, AK$ đẳng giác trong $\angle BAC$ . Ta có biến đổi góc 

$\angle HAX + \angle AHL = \angle HAX + \angle AHG + \angle GHL = \angle HAX + \angle C + \angle ASL = \angle HAX + \angle C + \angle KAB = \angle HAX + \angle XAC + \angle C = 90 - \angle C + \angle C = 90$ nên $AX \perp HL \implies AX$ là trung trực $HL$ , nên ta có $AH = AL$

2.png




#695342 Tuần 4 tháng 10/2017:đường thẳng qua $P$ vuông góc $QR$ l...

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-10-2017 - 12:17

Lời giải bài 1 của em ạ :

Gọi $W$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ , ta chứng minh $PW \perp QR$ . 

Gọi $D,I,J$ lần lượt là giao điểm của $AP,BP,CP$ với đường tròn $(O)$ . Gọi $K,L$ lần lượt là giao điểm của $DI,DJ$ với $QR$ . Lần lượt áp dụng định lý Pascal cho 2 bộ 6 điểm $(JRNQDC)$ và $(DCMRNA)$ , ta có $P,L,E$ thẳng hàng , tương tự ta có $P,K,F$ thẳng hàng .

Gọi $PX,PY$ lần lượt là đường kính của đường tròn $(PID)$ và $(PJD)$ . Xét tứ giác $AIDB$ nội tiếp , mà có $PK \perp AB $ , nên $PK$ đi qua $Y$ . Tương tự ta có $P,L,X$ thẳng hàng .

1.png

Gọi $T$ là giao điểm của $IY$ với đường thẳng qua $C$ vuông góc $CP$ , $S$ là giao điểm của $JX$ với đường thẳng qua $B$ vuông góc $BI$ . Ta lấy $B',C',I',J'$ là đối xứng của $B,C,I,J$ qua $O$ , thì ta có các bộ điểm thẳng hàng $\overline{I,B',T} , \overline{C,J',T} , \overline{B,I',S} , \overline{J,C',S}$ , suy ra $S,T$ đối xứng nhau qua tâm $O$ 

Lấy $U,V$ lần lượt là trung điểm $PY,PX$ .Gọi $Z$ là tâm ngoại tiếp $(PXY)$ . Ta có $\angle PYX = \angle PID = \angle PJD = \angle PXY$ nên $PX = PY$ . 

Nhận xét rằng $\angle PTI = \angle JCI = \angle JBI = \angle JSP$ , và tiếp tục có biến đổi góc : $\angle SPX = \angle SPB - \angle PBX = 90 - \angle BJC - \angle IPE = 90 - \angle IPE - \angle EPY = \angle TYP$ , Kết hợp các điều trên suy ra $\triangle PTY = \triangle XSP$ , nên $SU = TV$ vì là 2 trung tuyến . 

$Z$ là tâm ngoại tiếp $P(XY)$ nên ta có $ZU = ZV , \angle ZVT = \angle ZUS , VT = US$ nên $\triangle ZVT = \triangle ZUS$ , từ đây suy ra $ZS = ZT$ hay $OZ$ là trung trực $ST$ 

Xét $G$ là giao điểm của $JB$ với $IC$ . Áp dụng Pascal cho bộn 6 điểm $(BJCCIB)$ , ta có $W$ nằm trên $PG$ , mà $PG$ là trục đẳng phương của $(IPCT) , (JPCS)$ nên $PW \perp ST$ .   

Ta có $\overline{KI}.\overline{KD} = \overline{KP}.\overline{KY}$ nên $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(O)$ và $(PXY)$ , tương tự ta có $KL$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(PXY)$ , suy ra $KL \perp OZ$ . Lại có $OZ \parallel PW$ do cùng vuông góc $ST$ , nên $KL \parallel ST \implies PW \perp QR$ , ta có điều cần chứng minh 

Untitled.png




#694426 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi manhtuan00 trong 09-10-2017 - 00:33

bài toán này kha quen thuộc , chứng minh tương tự bài mở rộng ở đây 

https://artofproblem...1514033p9009082




#694420 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi manhtuan00 trong 08-10-2017 - 23:54

Lời giải bài 2 : Gọi $S,B',C'$ lần lượt đối xứng $A,B,C$ qua $O$ thì $SD \parallel AB$ nên $S,D,B'$ thẳng hàng , tương tự ta có $S,D,C'$ thẳng hàng 

Gọi $U,V$ lần lượt là giao điểm của $DE$ với $(O)$ . Do $OD = OE = \frac{1}{2}R$ nên $D,E$ lần lượt là trung điểm $OU,OV$ . Gọi $M',N'$ là đối xứng của $U,V$ qua $C,B$ và $K'$ là trung điểm $M'N'$ . Khi đó $OM' \parallel AC , ON' \parallel AB$ . Lại có $OBK'C$ là hình bình hành , nên $K'$ là đối xứng của $O$ qua $BC$ , suy ra $K' \equiv K$ . Vậy $K$ là trung điểm $M'N' $ . Từ đây có $M' \equiv M , N' \equiv N$ . 

Bằng biến đổi góc : $\angle OMU = \angle ACU = OSU$ nên tứ giác $OSMU$ nội tiếp , tương tự suy ra tứ giác $OVNS$ nội tiếp , nên tứ giác $SMPN$ nội tiếp . 

Do $\frac{OM}{ON} = \frac{BE}{CD} = \frac{SE}{SD}$ nên $\triangle OMN \sim \triangle SDE$ . Gọi $X$ là trung điểm $OS$ , ta có $VS \parallel EX$ nên $\angle XES = \angle ESV = \angle USC \implies \triangle USC \sim \triangle ESX$ , suy ra $\triangle USM \sim \triangle ESO \sim \triangle NOK$ . Từ đây ta có biến đổi góc : $\angle USM = \angle ONM = \angle ONS + \angle SNM = \angle UVS + \angle SNM$ nên $(O)$ và $(PMN)$ tiếp xúc tại $S$ là đối xứng của $A$ qua $O$

Untitled.png




#694414 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi manhtuan00 trong 08-10-2017 - 23:01

em nghĩ có thể mở rộng bài 2 như sau (chứng minh bằng vị tự quay)

Cho tam giác $ABC$. Đương tròn $\odot(K)$ qua $B,C$ cắt $AB,AC$ tại $D,E$. Giao của $DE$ và $BC$ là $T$. Đối xứng của $B$ qua $D$ là $X$ tương tự $Y$. Chứng minh rằng $T$ thuộc trục đẳng phương của $\odot(K)$ và $\odot (AXY)$

Gọi $S$ là điểm đồng quy của $(ADE) , (ABC), AT$ , khi đó $\triangle SDB \sim \triangle SEC \implies \triangle SXB \sim \triangle SYC$ nên $X,Y,A,S$ đồng viên . Suy ra $AS$ là trục đẳng phương của $(AXY ) , (O)$ nên $T$ thuộc trục đẳng phương của $(AXY) , (K)$




#694409 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi manhtuan00 trong 08-10-2017 - 22:24

Lời giải bài 1 :

Gọi $S$ là điểm của đường tròn nội tiếp với $BC$ thì $KSDL$ nội tiếp 

Ta sẽ chứng minh $P$ thuộc đường tròn $(BKS)$ và $(CLS)$ . Thật vậy , ta sẽ giả sử $P$ là giao điểm của 2 đường tròn này và sẽ chứng minh $P \in (IKL)$ , P \in IJ$

Bằng cộng góc ta có $\angle KPL = \angle IBC + \angle ICB = 180^{\circ} - \angle BIC$ nên $I \in (IKL)$ . 

Gọi $U$ là điểm chính giữa cung nhỏ của $(J)$ . Khi đó thì $\angle ULS = \angle KLS - \angle KLU = \angle KDB - \angle KAD = \angle LCS$ nên $UL$ là tiếp tuyến của $(LSC)$ . Tương tự có $UK$ là tiếp tuyến của $(KSB)$ . Mà $UL = UK$ nên $U$ nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này , suy ra $\overline{U,S,P}$

Khi đó ta có $\frac{PL}{PK} = \frac{LP}{LS}.\frac{SL}{SK} . \frac{KS}{KP} = \frac{SL}{SK} = \frac{sin \angle SKL}{sin \angle SLK }  = \frac{sin \angle LDC}{sin \angle KDB} = \frac{sin \angle LDI}{sin \angle ILD} . \frac{sin \angle IKD}{sin \angle IDK} = \frac{IL}{ID}.\frac{ID}{IK} = \frac{IL}{IK}$ nên $IKPL$ là tứ giác điều hòa 

Tiếp tục cộng góc , $\angle JKL = 90 - \angle KAL = \frac{1}{2}(\angle B + \angle C) = \angle KPL$ nên $JK,JL$ là các tiếp tuyến của $(IKPL)$ , suy ra $P,I,J$ thẳng hàng

Vậy điều cần chứng minh là đúng  Từ đây ta có $\angle BPC = \angle BPK + \angle KPL + \angle LPC = \frac{1}{2}( \angle B + \angle C) +90 $ nên tâm $(PBC)$ chính là điểm chính giữa cung lớn của đường tròn $(O)$ 

Untitled.png