Đến nội dung

manhtuan00

manhtuan00

Đăng ký: 19-12-2016
Offline Đăng nhập: 21-03-2019 - 01:43
****-

#710443 Chứng minh rằng ta có thể chọn ra một số số hạng của dãy số để tích của chúng...

Gửi bởi manhtuan00 trong 10-06-2018 - 17:21

Giả sử các số có dạng tích của $a_i$ nhận đúng $j$ số dư với $j \leq p-2$ , giả sử là $b_1,b_2,..,b_j \implies b_1a_j,b_2a_j,.... , b_ja_j$ là hoán vị của $b_1,b_2,..,b_j$ ( mod $p$ ) , suy ra $\prod b_i \equiv \prod b_ia_j = (\prod b_i).a_j^j $ ( mod $p$ ) , suy ra $a_j^j \equiv 1 $ (mod $p$ ) , dẫn đến điều mâu thuẫn . Vậy các số có dạng tích các $a_i$ nhận mọi số dư mod $p$




#706413 $n=a_{i_1}+2017a_{i_2}+...+2017^{2016}a_...

Gửi bởi manhtuan00 trong 19-04-2018 - 16:32

Đặt $a = 2017$ ,xét $f(x) = \sum x^{a_i} \implies f(x).f(x^a)...f(x^{a^{a-1}}) = \frac{1}{1-x}$

$\implies f(x) = \frac{\prod_{k \geq 1 } f(x^{a^k})}{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^k})} = \frac{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^{ak}})f(x^{a^{ak+1}})...f(x^{a^{ak+a-1}})}{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^{ak+1}})f(x^{a^{ak+2}})...f(x^{a^{ak+a}})} = \prod_{k \geq 0 } \frac{x^{a^{ak+1}}-1}{x^{a^{ak}}-1} = \prod_{k \geq 0 }(1+x^{a^{ka}}+x^{2a^{ka}}+...x^{(a-1)a^{ka}})$

Lại có $a_n$ là dãy tăng nên $a_n$ chính là giá trị trong cơ số $a^a$ của $n$ trong biểu diễn cơ số $a$ . Ta suy ra được công thức $a_n$ như sau :  đặt $2017^{2017} = c$

Xét biểu diễn cơ số $2017$ của $n$ là $s_0s_1s_2...s_k$ thì $a_n = s_0+s_1.c+s_2.c^2+...+s_k.c^k$

Suy ra $(s_0+s_1.a^1+..+s_k.a^k)^a = s_0+s_1.a^a+...+s_k.(a^k)^a$. Rõ ràng $VT \geq VP$ và đẳng thức xảy ra khi $S_{2017}(n) = 1$ với $S_{2017}(n)$ là tổng chữ số của $n$ trong biểu diễn cơ số $2017$ , vậy nếu $a_n = n^{2017}$ thì $ n = 2017^k$




#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