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

Câu I. Giải hệ phương trình: 

$$\left\{\begin{matrix} x+\dfrac{x}{2x^2+y^2}=\dfrac{4}{3} & & (1) \\ y-\dfrac{y}{2x^2+y^2}=\dfrac{2}{3} & & (2) \end{matrix}\right. $$

Điều kiện $x>0$. Nếu $x=y$ ta tìm được $x=y=1$ là nghiệm của HPT. Xét $x\ne y$

Ta có $(1)\Rightarrow 1+\frac{1}{2x^2+y^2}=\frac{4}{3x}, (2)\Rightarrow 1-\frac{1}{2x^2+y^2}=\frac{2}{3y}$

$\Rightarrow \frac{4}{3x}+\frac{2}{3y}=2\Rightarrow 2y+x=3xy$

Mặt khác $2x\cdot (1)-y\cdot (2)\Rightarrow 6x^2-3y^2+3=8x-2y\Rightarrow 2x^2-(3-y)x-y^2+1=0 \ (3)$

Ta có $\Delta_{(3)} = (3-y)^2-4\cdot 2(-y^2+1)=(3y-1)^2\Rightarrow x=\frac{3-y\pm (3y-1)}{4}$

TH₁: $x=\frac{1+y}{2}\Rightarrow 3y^2-2y-1=0\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=1, y=1\\ x=\dfrac{1}{3}, y=-\dfrac{1}{3} \end{matrix}\right.$

TH₂: $x=1-y\Rightarrow 3y^2-2y+1=0$ (vô nghiệm)

Vậy các nghiệm của HPT là $(x,y)\in \left\{\left(1,1\right), \left(\frac{1}{3},\frac{-1}{3}\right)\right\}$

Ta có một bổ đề quen thuộc, mở rộng của định lý con bướm: cho đường tròn $(O)$ có điểm $I$ nằm trên dây $AB$ và hai dây $CD, EF$ đi qua $I$ ($C, E$ nằm trên cung nhỏ $AB$). Gọi $M, N$ lần lượt là giao điểm $CF, DE$ với $AB$ thì ta có $\frac{1}{IA}+\frac{1}{IN}=\frac{1}{IB}+\frac{1}{IM}$

Áp dụng bổ đề ta có $\frac{1}{IC}+\frac{1}{IN}=\frac{1}{ID}+\frac{1}{IM}$

$\Rightarrow \frac{1}{MI}-\frac{1}{CM+MI}=\frac{1}{6}-\frac{1}{10}\\ \Rightarrow \left\{\begin{matrix} \dfrac{1}{MI}-\dfrac{1}{CM+MI}=\dfrac{1}{15}\\ 3CM^2+5CM=MI^2 \end{matrix}\right.$

Giải hệ trên cho ta $MI =\frac{-25+5\sqrt{73}}{4}, CM=\frac{65-5\sqrt{73}}{12}$. Như vậy độ dài cung $CD$ là $CM+MI+ID=\frac{55+5\sqrt{73}}{6}$.

Chắc đề sai số, với cả dữ kiện bán kính đường tròn là $13$ cũng không dùng tới.

a) Đề bài hình như có chút nhầm lẫn. Lấy $\alpha =-1, n=2$ thì không có $p,q$ thỏa mãn đề bài. Có lẽ đề đúng là $\left | \alpha -\frac{p}{q} \right |< \frac{1}{nq}$

b) Dễ thấy đây là kết quả mạnh hơn a), đồng thời hai kết quả a) và b) này là kết quả quen thuộc của định lý xấp xỉ Dirichlet. Ta chứng minh như sau:

Xét $n\ge 2$ và các số $\{i\alpha\}$ với $i=\overline{0,n}$. Ta có $n+2$ số $\{i\alpha\}, 1$ đều nằm trong khoảng $[0,1]$ nên có hai số có hiệu không quá $\frac{1}{n+1}$.

Nếu một trong hai số đó là $0$ hoặc $1$, (giả sử là $0$) thì gọi số còn lại là $\{j\alpha\}$ suy ra $\left | \{j\alpha\} \right | \le \frac{1}{n+1}\Rightarrow \left | \alpha - \frac{\lfloor j\alpha\rfloor}{j}\right | \le \frac{1}{j(n+1)}$. Nói cách khác, ta chọn $p=\lfloor j\alpha\rfloor, q=j$. Tương tự nếu một trong hai số là $1$

Nếu $0,1$ không nằm trong hai số đó thì gọi $\{x\alpha\},\{y\alpha\} \ (x>y)$ là hai số thỏa điều kiện trên. Suy ra $\left | (x-y)\alpha - (\lfloor x\alpha \rfloor - \lfloor y\alpha \rfloor) \right |\le \frac{1}{n+1}$. Nói cách khác, ta chọn $p=\lfloor x\alpha \rfloor - \lfloor y\alpha \rfloor, q=x-y\le n$

c) Chứng minh tương tự như trên. Ta xét $n^2+1$ điểm xác định bởi $(\{i\alpha\}, \{i\beta\})$ với $i=\overline{0,n^2}$, tất cả đều nằm trong hình vuông đơn vị. Do đó ta chia hình vuông đơn vị thành $n^2$ hình vuông nhỏ có cạnh $\frac{1}{n}$ thì sẽ có hai điểm nằm trong một hình vuông. Gọi chúng là $(\{x\alpha\}, \{x\beta\})$ và $ (\{y\alpha\}, \{y\beta\}) \ (x>y)$ thì ta có $\max \left(\left | \{x\alpha\} - \{y\alpha\} \right |, \left | \{x\beta\} - \{y\beta\} \right |\right)\le \frac{1}{n}$

Chọn $q=x-y, p = \lfloor x\alpha \rfloor - \lfloor y\alpha \rfloor, r= \lfloor x\beta \rfloor - \lfloor y\beta\rfloor$ thì thỏa yêu cầu. $\square$

Đây là trường hợp đặc biệt của định lý xấp xỉ Dirichlet cho nhiều biến đồng thời: với $\alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_d \in \mathbb{R}$ và số tự nhiên $N$ khác $0$ thì tồn tại số tự nhiên $q$ và số nguyên $p_1,p_2,...,p_d$ sao cho $1\le q\le N$ và $\max \left | \alpha_i -\frac{p_i}{q} \right | \le \frac{1}{q\sqrt[d]{N}}$. Dễ thấy cho $d=2, N=n^2$ ta có c). Chứng minh định lý này cũng hoàn toàn tương tự như trên.

Bài này chủ yếu là dựa vào hai bổ đề:

1) Cho điểm $M$ bất kì trong tam giác $ABC$. Gọi $M_1, M_2, M_3$ lần lượt là điểm đổi xứng của $M$ qua trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$ thì $AM_1, BM_2, CM_3$ đồng quy

Chứng minh đơn giản, để ý các hình bình hành được tạo ra. Ba đường đó đồng quy tại trung điểm mỗi đường.

2) Cho tứ giác $ABCD$, gọi $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $AD$ cắt $BC$ tại $F$ thì trung điểm $AC, BD, EF$ thẳng hàng (nói cách khác, trung điểm của các đường chéo của một tứ giác toàn phần thẳng hàng)

Đường thằng này gọi là đường thẳng Newton-Gauss, có thể chứng minh bằng cách dùng diện tích hình bình hành hoặc định lý Menelaus.

Quay trở lại bài toán. Gọi $M_1, M_2, M_3$ là điểm đối xứng của $M$ qua trung điểm $BC,CA,AB$. Áp dụng bổ đề 2 cho ta $A, A_2, M_1$ thẳng hàng. Tương tự $B, B_2, M_2$ thẳng hàng và $C, C_2, M_3$ thẳng hàng. Như vậy ta cần chứng minh $AM_1, BM_2, CM_3$ đồng quy, chính là bổ đề 1 ở trên.

Mặt khác chúng đồng quy tại trung điểm $AM_1$, mà dễ dàng chứng minh được $G$ là trọng tâm tam giác $AMM_1$ nên suy ra điểm đồng quy thuộc $MG$

P/S: không biết có lời giải nào hay hơn bằng vectơ không, bài này là toán 10 mà nhỉ

Ta có $1+c^2=\frac{\left(a^2+1 \right )\left(b^2+1 \right )}{(a+b)^2}\ge \left(\frac{ab+1}{a+b} \right )^2$

Suy ra $\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{(ab+1)(a+b)}{(a^2+1)(b^2+1)}\le \frac{1}{\sqrt{1+c^2}}$

Như vậy $A\le \frac{3c+1}{\sqrt{c^2+1}}$. Mặt khác $\sqrt{(c^2+1)(9+1)}\ge 3c+1$ nên $A\le \sqrt{10}$

Vậy GTLN của $A$ là $\sqrt{10}$ đạt tại $(a,b,c)=(\sqrt{10}-3,\sqrt{10}-3, 3)$

Phương pháp hình học như trên là ý tưởng cơ bản của tích phân, cho $n\rightarrow \infty$ thì $VT = VP$, và cũng là ý tưởng cho ta sử dụng tổng Riemann của $f(x) = \sqrt{1-x^2}$. Cụ thể hơn, ta biến đổi tổng ở VT:

$\sum_{i=1}^{n}\sqrt{n^2-i^2}=n\sum_{i=1}^{n}\sqrt{1-\left(\frac{i}{n}\right)^2}=n^2\cdot \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f\left(\frac{i}{n} \right )$

Và ta có

$\begin{align*} \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right)&=\int_{0}^1 f(x) dx\\& = \int_{0}^1 \sqrt{1-x^2}\ dx \\ &= \frac{\pi}{4}\\ \end{align*}$

Do tổng đã cho tăng theo $n$ nên suy ra $\sum_{i=1}^{n}\sqrt{n^2-i^2} < \frac{\pi n^2}{4}$ với mọi $n\geq 2$.

Một bài toán tương tự là bài 3 chung kết HSG Toán châu Âu lớp 11, 12 như sau: Cho $n\geq 2$, chứng minh:

$\sqrt{1-\frac{1^2}{n^2}}+\sqrt{1-\frac{2^2}{n^2}}+...\ +\sqrt{1-\frac{(n-1)^2}{n^2}}>\frac{3n-4}{4}$

Bài này dùng phương pháp hình học như DOTOANNANG: Thêm vào tổng ở VT số hạng $1 =\sqrt{1-\frac{0}{n^2}}$.

Để ý tổng diện tích $n$ hình chữ nhật có chiều rộng $\frac{1}{n}$ và chiều dài $\sqrt{1-\frac{i^2}{n^2}}$ lớn hơn một phần tư hình tròn bán kính $1$ nên $\frac{1}{n}(1+VT)> \frac{\pi}{4}>\frac{3}{4}$

Ta có $10^{3n+1}\equiv 10^{3n}.10\equiv 1000^n.3 \equiv \pm 3 \ (mod\ 7)$

Tức $10^{3n+1}$ chia 7 dư 3 hoặc 4 với mọi $n$. Mà $a^3\equiv 0, 1, 6 \ (mod\ 7)$ nên $a^3+b^3 \not\equiv 3, 4 \ (mod\ 7)$

Suy ra PT vô nghiệm

$216t^3+468t^2+336t+81$ chia hết cho $3^6$ với $t = 54$

Ta có $p=2, n = 1$ là một nghiệm của PT. Xét $p>2$, ta thấy $p^3-2p^2+p+1\equiv 1 \ (mod\ 4)\Rightarrow n = 2k$. Ta có

$p(p-1)^2=3^{2k}-1\\ \Rightarrow \frac{p(p-1)^2}{4}=\left(\frac{3^k-1}{2}\right)\left(\frac{3^k+1}{2}\right)$

Dễ thấy với $p$ lẻ thì $\frac{(p-1)^2}{4}, \frac{3^k-1}{2}, \frac{3^k+1}{2}$ đều là số tự nhiên. Mà $\frac{3^k-1}{2}, \frac{3^k+1}{2}$ là hai số nguyên tố cùng nhau nên một trong hai số chia hết cho $p$

TH₁: $p\mid \frac{3^k+1}{2}$

Đặt $\frac{3^k+1}{2} = pq \ (q \in \mathbb{N})$ thì ta có

$\frac{p(p-1)^2}{4}=(pq-1)pq\\ \Rightarrow p^2-(4q^2+2)p+4q+1=0\\ \Delta =(4q^2+2)^2-4(4q+1)$

Do $\Delta$ phải là số chính phương nên $\Delta \leq (4q^2+1)^2\Rightarrow q\in \left\{1, 2\right\}$

Với $q=1 \Rightarrow p = 1, 5$. Với $q=2$ PT không có nghiệm nguyên

TH₂: $p\mid \frac{3^k-1}{2}$

Chứng minh tương tự, trường hợp này vô nghiệm

Vậy các nghiệm duy nhất của PT là $(p, n) \in \left\{(2, 1), (5, 4)\right\}$

Dễ thấy số nghiệm của PT trên là số nghiệm nguyên dương của phương trình $2016z+t=k$ với $z>t>0$, hay nói cách khác bằng số các số nguyên dương $z$ thỏa $2016z<k<2017z$. Các $z$ thỏa đề bài nằm trong khoảng $\left(\frac{k}{2017}, \frac{k}{2016} \right)$. Tức là

$\begin{align*} N(k)&\approx\left\lfloor\frac{k}{2016}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{k}{2017}\right\rfloor\\ &\approx\frac{k}{2016} - \frac{k}{2017}=\frac{k}{2016\times 2017} \end{align*}$

Xấp xỉ trên có sai số không đáng kể (bé hơn 3) nên khi $k\rightarrow+\infty$ cho ta $L=\frac{1}{2016\times 2017}$