hozymary

Bài 60

Với $n\in \mathbb{N}$ thì không có vấn đề gì. Nhưng nếu $n\in \mathbb{R}$ thì cần phải chỉnh đề lại thành:

$$4S^n \le \sum a^{2n} - \sum \left[\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\right]^n$$

Áp dụng công thức $S=\frac{1}{2}(ab \sin B+cd\sin D)=\frac{1}{2}(ad\sin A+bc\sin C)$ ta suy ra:

$$S=\frac{ab\sin B+bc\sin C +ca\sin D +da\sin A}{4}\le \frac{ab+bc+cd+da}{4}$$

Mặt khác ta có $\frac{a^{2n}+b^{2n}}{2}\ge \left[\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\right]^n+\left[\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\right]^n\ (1)$. Do đó:

\[\sum a^{2n} - \sum \left[\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\right]^n\ge \sum \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2n}\ge\sum (ab)^n\]

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm $f(x)=x^n$ (hàm lồi do $n\ge 1$) thì $\frac{\sum (ab)^n}{4}\ge \left(\frac{\sum ab}{4}\right)^n$.

Suy ra $\sum a^{2n} - \sum \left[\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\right]^n\ge 4S^n$.

Bài 51: Cho $n$ là một số nguyên dương và $2n+2$ số thực $a,b,a_1,a_2,...,a_n,b_1,b_2,...,b_n$ với $a_i\ne 0(i=1,2,...,n)$ sao cho hàm số $F(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sqrt{a_ix+b_i}-(ax+b)$ có tính chất:

Tồn tại hai số thực phân biệt $\alpha,\beta$ sao cho $F(\alpha)=F(\beta)=0$.

Chứng minh rằng: $\alpha$ và $\beta$ là tất cả các nghiệm thực của phương trình $F(x)=0$.

Giả sử PT $F(x)=0$ có nghiệm $\gamma \notin \{\alpha, \beta\}$. Ta có

$$F(a)=F(b) \Leftrightarrow \sum \sqrt{a_i \alpha+b_i} - \sum \sqrt{a_i \beta + b_i}- a(\alpha - \beta) = 0$$

$$\quad \quad \Leftrightarrow \sum \frac{a_i(\alpha-\beta)}{\sqrt{a_i\alpha+b_i}+\sqrt{a_i\beta+b_i}}=a(\alpha-\beta)$$

$$\quad \quad \quad \ \ \Leftrightarrow \sum \frac{a_i}{\sqrt{a_i\alpha+b_i}+\sqrt{a_i\beta+b_i}}=a \ (\text{do } \alpha \neq \beta)$$

CMTT ta được $\sum \frac{a_i}{\sqrt{a_i\alpha+b_i}+\sqrt{a_i\gamma+b_i}}=a$

Lấy hai đẳng thức trên trừ nhau ta được $\sum a_i\left(\frac{1}{\sqrt{a_i\alpha+b_i}+\sqrt{a_i\beta+b_i}}-\frac{1}{\sqrt{a_i\alpha+b_i} +\sqrt{a_i\gamma+b_i}}\right)=0$

$\Leftrightarrow \sum a_i\left[\frac{\sqrt{a_i\gamma+b_i}-\sqrt{a_i\beta+b_i}}{\left(\sqrt{a_i\alpha+b_i}+\sqrt{a_i\beta+b_i}\right) \left(\sqrt{a_i\alpha+b_i} +\sqrt{a_i\gamma+b_i}\right)}\right]=0\\ \Leftrightarrow \sum \frac{a_i^2}{\left(\sqrt{a_i\alpha+b_i}+\sqrt{a_i\beta+b_i}\right) \left(\sqrt{a_i\beta+b_i}+\sqrt{a_i\gamma+b_i}\right) \left(\sqrt{a_i\gamma+b_i}+\sqrt{a_i\alpha+b_i}\right)} = 0$
Hiển nhiên điều trên vô lý với $a_i \neq 0$, suy ra điều phải chứng minh.

Bài 7: Tìm tất các các giá trị của số tự nhiên $n$ sao cho đa thức: $P_n(x)=x^{2n}+(x+1)^{2n}+1$ chia hết cho đa thức $T(x)=x^2+x+1$.

Do $x^{4n}-(x+1)^{2n}$ chia hết cho $x^2+x+1$ nên ta cần tìm $n$ sao cho $Q_n(x)=x^{4n}+x^{2n}+1=\left(x^{2n}-x^{n}+1\right)\left(x^{2n}+x^{n}+1\right)$ chia hết cho $x^2+x+1$
Mặt khác ta có kết quả quen thuộc $x^{3m+1}+x^{3n+2}+1$ chia hết cho $x^2+x+1$ nên nếu $n\equiv 1,2 \bmod 3$ thì $x^{2n}+x^{n}+1$ chia hết cho $x^2+x+1$, suy ra $P_n(x)$ chia hết cho $x^2+x+1$
Xét $n=3k\ (k\in \mathbb{N})$, ta có $Q_n(x)-3 = \left(x^{2n}-1\right)\left(x^{2n}+2\right)=\left(\left(x^{3}\right)^{2k}-1\right)\left(x^{6k}+2 \right)$
Suy ra $Q_n(x)-3$ chia hết cho $x^2+x+1$ với $3\mid x$. Như vậy $Q_n(x)$ và $P_n(x)$ không chia hết cho $x^2+x+1$
Vậy các $n$ thỏa đề bài là những số tự nhiên không chia hết cho 3.
 

Bài 8: Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. Gọi $M,N$ lần lượt là các điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho $N$ nằm giữa $M,C$ và thỏa mãn hệ thức: $BM^2-MN^2+NC^2=0$. Chứng minh rằng: $\angle{MAN}=45^0$

Bài toán quen thuộc với bài gốc là hình vuông thay vì tam giác vuông cân. Ta vẽ $BN'\perp BC$ và $BN'=CN$ thì có ngay $MN'=MN$ theo định lý Py-ta-go. Mặt khác $\bigtriangleup ABN'=\bigtriangleup ACN\Rightarrow AN'=AN$ và $\widehat{BAN'}=\widehat{CAN}$

Suy ra $\bigtriangleup AMN'=\bigtriangleup AMN$ và $\widehat{NAN'}=90^{\circ}$. Do $AM$ là phân giác $\widehat{NAN'}$ nên $\widehat{MAN}=45^{\circ}$

Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^2(y-1)+y^2(x-1)=1 \ (1)$

Dễ thấy PT có nghiệm $(x,y)=(1,2), (2,1)$. Xét $x,y \notin \{1,2\}$, giả sử $y>2$.

$(1)\Rightarrow (y-1)x^2+y^2x-y^2-1=0\\ \Delta_{(1)}=y^4+4y^3-4y^2+4y-4=k^2$

Với $k$ là một số nguyên dương.

Mặt khác ta có $$\left(y^2+2y-2\right)^2>k^2>\left(y^2+2y-4\right)^2 \Rightarrow k=y^2+2y-3$$

Để ý $k^2$ có cùng tính chẵn lẻ với $y$, còn $y^2+2y-3$ thì khác tính chẵn lẻ với $y$ nên không có $k$ nguyên thỏa điều kiện. Suy ra với $y>2$ thì PT vô nghiệm.

Vậy những nghiệm của PT là $(x,y) \in \{(1,2), (2,1)\}$ 

Câu II. Biết rằng $a,b,c$ là ba số tự nhiên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 

   i) $a-b$ là số nguyên tố

   ii) $ab+c(a+b)=3c^2$

   Chứng minh rằng $8c+1$ là số chính phương.

Đặt $a-b=p$ với $p$ là số nguyên tố. Ta có $(b+p)b+c(b+2p)=3c^2\Rightarrow p(c+b)=(3c+b)(c-b)$

Dễ thấy $a>c>b\Rightarrow p>c-b\Rightarrow (p,c-b)=1\Rightarrow p \mid 3c+b$

Đặt $3c+b=kp \ (k\in \mathbb{N}^{*})$ thì ta được $c+b=k(c-b)$ . Như vậy

$2k+1=\frac{3c+b}{c-b}=\frac{pk}{c-b}\Rightarrow (2k+1)(c-b)=pk$

Do $(2k+1,k)=(p,c-b)=1$ nên $k \mid c-b$ và $c-b\mid k$, tức $k=c-b$. Suy ra $c+b=(c-b)^2$

$\Rightarrow b^2-(2c+1)b+c^2-c=0\ (1)\\ \Delta_{(1)} = (2c+1)^2-4(c^2-c)=8c+1$

PT $(1)$ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $\Delta_{(1)}$ là số chính phương, vậy ta có $8c+1$ là số chính phương