Đến nội dung

Sugar

Sugar

Đăng ký: 23-06-2019
Offline Đăng nhập: 28-07-2019 - 23:50
-----

#724166 Trại hè Phương Nam

Gửi bởi Sugar trong 24-07-2019 - 16:36

Ua tai sao q không chia hết cho 5^q-3^q và q là số nguyên tố ->q la uoc 39

Mình không hiểu đoạn này mong bạn giải thích rõ hơn

Do $q$ là ước của $39(5^q-3^q)$ mà bạn :)))




#724161 $1+\sqrt{\frac{2+1}{2}}+\sq...

Gửi bởi Sugar trong 24-07-2019 - 15:44

Ta dễ có với mọi số nguyên dương $n$ thì

$$\left(1+\frac1{n^2}\right)^n > 1+n\cdot\frac1{n^2} \implies \sqrt[n]{\frac{n+1}n} < 1+\frac1{n^2}$$.

Áp dụng vào bài toán, ta có:

$$1+\sum_{i=2}^n \sqrt[i]{\frac{i+1}i} < 1+(n-1)+\sum_{i=2}^n \frac1{i^2} < n+1$$

 

THCS bữa nay khó thế :(((




#724160 Trại hè Phương Nam

Gửi bởi Sugar trong 24-07-2019 - 15:33

Là định lý Fermat nhỏ đó bạn.

Định lý Fermat nhỏ: $p$ là một số nguyên tố thì với số nguyên $a$ bất kì thì $a^p= a$(mod $p$).

Áp dụng vào ta có $5^q-3^q=5-3=2$ (mod $q$) suy ra $q$ không chia hết $5^q-3^q$ và $q$ là SNT nên $q$ phải chia hết 39.




#723606 CM : $\frac{x^2y}{y} + \frac{y^2z...

Gửi bởi Sugar trong 08-07-2019 - 21:07

Ta có

$x^3y(y-z)+y^3z(z-x)+z^3x(x-y)]-[x^3z(y-z)+y^3x(z-x)+z^3y(x-y)]=x^3(y-z)^2+y^3(z-x)^2+z^3(z-x)^2\geq 0$

$[x^3y(y-z)+y^3z(z-x)+z^3x(x-y)]+[x^3z(y-z)+y^3x(z-x)+z^3y(x-y)]=(x-z)(y-z)(x-y)(xy+yz+zx)\geq 0$

Cộng vế theo vế rồi chia mỗi vế cho 2 ta có $x^3y(y-z)+y^3z(z-x)+z^3x(x-y)\geq 0$, tương đương với điều cần phải chứng minh.




#723529 Chứng minh rằng FG, EH và MN đồng quy.

Gửi bởi Sugar trong 05-07-2019 - 13:04

Gọi $P=GF\cap (B,BE)$, $Q=HE\cap (C,CF)$, $I=GF\cap HE$.

Ta có được $\widehat{GPE}=90^o-\widehat{BEG}=90^o-\widehat{BEC}=90^o-\widehat{CFB}=90^o-\widehat{CFH}=\widehat{FQH}$, nên $P,Q,E,F$ đồng viên, nên $IF\cdot IP=IE\cdot IQ$.

Ngoài ra, $\widehat{AHC}=\widehat{FHC}=\widehat{CFB}=\widehat{BEC}=\widehat{BEG}=\widehat{BGE}=\widehat{AGB}$, nên $\triangle AHC ~ \triangle AGB$ nên $AH\cdot AB=AG\cdot AC$. Cũng như $AF\cdot AB=AE\cdot AC$. Vì vậy ta có $\frac{AF}{AH}=\frac{AE}{AG}$  hay $EF\parallel GH$ suy ra $\frac{GI}{IF}=\frac{HI}{IE}$ nên $GI\cdot IP=HI\cdot IQ$.

Vậy $I$ nằm trên trục đẳng phương của $(B,BE)$ và $(C,CF)$ nên $M,I,N$ thẳng hàng.




#723382 $f(x+yf(x))+f(xy)=f(x)+f(2019y)$

Gửi bởi Sugar trong 28-06-2019 - 14:24

Nguồn: RMM 2019 P5. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( x+yf\left ( x \right ) \right )+f\left ( xy \right )=f\left ( x \right )+f\left ( 2019y \right ),\forall x, y\in \mathbb{R}.$

Ta thấy mọi hàm hằng $f$ đều thỏa mãn.

 

Gọi $f$ là hàm khác hằng thỏa mãn điều kiện, $P(x,y)$ đại diện cho $f(x+yf(x))+f(xy)=f(x)+f(2019)$.

 

Bổ đề. Nếu tồn tại $c\in\mathbb{R}$ nào đó sao cho $f(ct)=f(t)$ với mọi $t\in\mathbb{R}$, thì $c=1$ hoặc $f$ thỏa mãn $f(x)=0\Leftrightarrow x\neq0$.

Chứng minh. So sánh $P(cx,y)$ và $P(x,y)$ cho ta $f(cx+yf(x))=f(x+yf(x))$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}$. Vì $f$ khác hàm hằng, tập hợp $S=\{u\in\mathbb{R}:f(u)\neq0\}$ khác rỗng.

Nếu tồn tại $u\in S$ với $u\neq0$, chú ý rằng $f(cu+yf(u))=f(u+yf(u))$ với mọi $y\in\mathbb{R}$ và $u+yf(u)$ chạy trên $\mathbb{R}$ khi $y$ thay đổi trên $\mathbb{R}$, nên $f((c-1)u+z)=f(z)$ với mọi $z\in\mathbb{R}$.

Bây giờ, đặt $T=(c-1)u$, và giả sử rằng $T\neq0$. Khi đó, so sánh $P(x+T,y)$ và $P(x,y)$ cho ta $f(xy)=f(xy+yT)$, nghĩa là $f$ là hàm hằng nếu $T\neq0$, vô lí. Vì vậy, $T=0$ hay $c=1$ hoặc $S=\{0\}$ như đã nói.

 

Trở lại bải toán. Giả sử rằng $f$ không thỏa mãn $f(x)=0\Leftrightarrow x\neq0$.

$P(2019,y)$ cho ta $f(2019+yf(2019))=f(2019)$ với mọi $y\in\mathbb{R}$. Nếu $f(2019)\neq0$, $2019+yf(2019)$ chạy trên $\mathbb{R}$ khi $y$ thay đổi trên $\mathbb{R}$ thì $f=f(2019)$, trái giả thiết nên $f(2019)=0$.

$P(x,1)$ dẫn đến $f(x+f(x))=f(2019)=0$.

$P(x+f(x),y)$ thì $f((x+f(x))y)=f(2019y)$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}$.

Theo bổ đề trên, $x+f(x)=2019$ với mọi $x\in\mathbb{R}$ hay $f(x)=2019-x$ với mọi $x\in\mathbb{R}$; hoặc $f(x)=0\Leftrightarrow x\neq0$.

Thử lại ta có tất cả hàm trên đều thỏa.

 

p/s: bài này mình dịch từ AOPS, khá hay.




#723327 Tìm quỹ tích của trọng tâm

Gửi bởi Sugar trong 26-06-2019 - 11:38

Cho $\triangle ABC$ cân tại $A$ có $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. Một điểm $D$ di chuyển trên $(O)$ sao cho $AD$ không là đường kính của $(O)$. Điểm $E$ nằm trên $BC$ sao cho $\widehat{ADE}=90^o$. Trung trực của $DE$ lần lượt cắt $AB, AC$ tại $X, Y$. Tìm quỹ tích của trọng tâm $\triangle AXY$ khi $D$ di chuyển.




#723277 Tiếp xúc với một đường tròn cố định

Gửi bởi Sugar trong 24-06-2019 - 13:18

Gọi $A, B$ là hai giao điểm của $(O_1), (O_2)$ sao cho $AB$ nằm giữa $O_1, O_2$. Một đường thẳng thay đổi đi qua $A$ cắt lại $(O_1), (O_2)$ tại $C, D$ ($A$ nằm giữa $C$, $D$). Gọi $H, K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B$ lên tiếp tuyến tại $C$ của $(O_1)$ và tiếp tuyến tại $D$ của $(O_2)$. Chứng minh rằng $HK$ tiếp xúc với một đường tròn cố định.