Chủ Nhật, 26 tháng 3, 2017

Dùng thặng dư bậc hai để giải phương trình nghiệm nguyên

Các kiến thức cần nhớ:
$$-1 \equiv a^2 (mod p) \Leftrightarrow p \equiv 1 (mod 4)\\
2 \equiv a^2 (mod p) \Leftrightarrow p\equiv 1,7 (mod 8)\\
-2 \equiv a^2 (mod p) \Leftrightarrow p \equiv 1,3 (mod 8)$$

Ta sẽ xét các ví dụ dùng thặng dư bậc hai để chứng minh một số trường hợp vô nghiệm của phương trình Mordell:

Vd 1: Giải phương trình $y^2=x^3+7$ trên tập số tự nhiên.

Giải:

Giả sử tồn tại $(x,y)$ thỏa mãn.
Nếu $x$ chẵn thì $y^2 \equiv 7 (mod 8)$ ( Loại)
Nên $x$ lẻ và $y^2+1=(x+1)(x^2-2x+4)$

Vì $x$ lẻ nên $x^2-2x+4=(x-1)^2+3 \equiv 3 (mod 4)$ vì thế $x^2-2x+4$ phải có một ước nguyên tố $p \equiv 3 (mod 4)$ (nếu không thì $x^2-2x+4 \equiv 1 (mod 4)$)

Ta suy ra $p| y^2+1$ nên $-1 \equiv y^2 (mod p)$ không được do $p \equiv 3 (mod 4)$

Vd 2: Chứng minh phương trình $y^2=x^3-5$ vô nghiệm tự nhiên.

Giải:

Giả sử tồn tại, xét mod 4: $y^2\equiv x^3-1 (mod 4)$
Xét $y \equiv 0,1,2,3 (mod 4), x \equiv 0,1,2,3 (mod 4)$  nhận thấy chỉ có giá trị chung của $y^2 (mod 4)$ và $x^3-1 (mod 4)$ là $0$ vì thế $y$ chẵn và $x \equiv 1 (mod 4)$
vậy:
$y^2+4=x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, $x^2+x+1 \ge 3 \equiv 3 (mod 4)$ nên $-4$ là số chính phương mod $p$ hay $-1$ là số chính phương mod $p$ suy ra $p \equiv 1 (mod 4)$ mâu thuẫn với $p \equiv 3 (mod 4)$

Vd3: Chứng minh rằng phương trình $y^2=x^3-6$ không có nghiệm tự nhiên.
Giải:

Giả sử ngược lại. Nếu $x$ chẵn thì $y^2 \equiv -6 \equiv 2 (mod 8)$ ( vô lí với số chính phương )
Nên $x$ lẻ, $y$ lẻ và $x^3=y^2+6 \equiv 7 (mod 8)$ Ta cũng có: $x^3 \equiv x (mod 8 ) \forall x$ lẻ, nên $x \equiv 7 (mod 8)$
Viết lại:
$y^2-2=(x-2)(x^2+2x+4)$ với $x^2+2x+4 \equiv 7^2+2.7+4 \equiv 3 (mod 8)$. Vì thế phải có ước $p \equiv \pm 3 (mod 8)$ vì nếu không $x^2+2x+4 \equiv \pm 1 (mod 8)$. Ta có $2 \equiv y^2 (mod p) \Rightarrow p \equiv \pm 1 (mod 8)$ ( Mâu thuẫn)


Thứ Năm, 23 tháng 3, 2017

Dùng định lý hàm số sin để chứng minh song song

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(K)$ là đường tròn Mixtilinear góc A của tam giác $ABC$ tiếp xúc $(O)$, $AC,AB$ lần lượt tại $X, A_c, A_b$, $AX\cap A_bA_c= Y, XI \cap BC =K$. CMR: $KY \parallel AI$

Giải

Theo định lý Lyness $A_b$, $A_c$ và $I$ thẳng hàng. Vì $I$ là trung điểm $A_cA_b$ và $AX$ là đường đối trung của góc $\angle A_bXA_c$ ta có: $\measuredangle A_cXI= \measuredangle AXA_b = \measuredangle A_cCI$, nên $A_cCXI$ nội tiếp. tương tự $A_bBXI$ nội tiếp. $$\frac{XK}{KI} = \frac{XC}{CI} \cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB}$$ $$\frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b}$$ $$\frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b} = \frac{XY}{YA}$$ $\Longrightarrow \frac{XK}{KI} = \frac{XY}{YA} \Longrightarrow AI \parallel YK$

Thứ Hai, 13 tháng 3, 2017

Dùng điều kiện toàn ánh để giải phương trình hàm

Bài 1(Iran TST 2011): Tìm tất cả hàm số toàn ánh: $f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f(x+f(x)+2f(y))=f(2x)+f(2y).(\forall x,y \in \mathbb{R}) \]

Lời giải:

Do f toàn ánh nên tồn tại a sao cho f(a)=0.

$(a,a)$ $\Rightarrow $ $f(2a)=0$ $\Rightarrow$ $f(4a)=0$ $\Rightarrow $ ....

Từ (a,y) và (2a,y) và tính toàn ánh của hàm số f ta suy ra:

$f(x+a)=f(x) \forall x \in R \Rightarrow  f(x)=f(x-a) \forall x \in R$ (1)

$\Rightarrow f(0)=f(a)=0$

Do f là toàn ánh nên với mỗi x thuộc R tồn tại $y_o$ sao cho: $f(y_o)=\frac{x-f(x)}{2}$
$(x,y_o) \Rightarrow f(2y_o)=0 $

$(0,y_o) \Rightarrow f(2y_o)=0=f(2f(y_o))=f(x-f(x))=0 (\forall x \in R)$
Tương tự như (1) ta có:
$f(x)=f(x-(x-f(x)))=f(f(x)) (\forall x \in R) $ Do f toàn ánh nên $f(x)=x (\forall x \in R)$
Nhận xét: Ý tưởng: "tồn tại $y_o$ sao cho: $f(y_o)=\frac{x-f(x)}{2}$" khá quan trọng trong bài toán
Bài 2: (30/04 lớp 11 năm 2016):  Tìm tất cả hàm số toàn ánh: $f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn:
\[f(x+f(x)+2f(y)+2f(z))=f(2x)+f(2y)+f(2z).(\forall x,y,z \in \mathbb{R}) \] 

Lời giải:
Do f toàn ánh nên tồn tại a sao cho f(a)=0.
Cho $x=y=z=a$ ta được $f(2a)=0$
Cho $z=a$ ta được đề Iran TST 2011.

Bài 3: (Brazil 2006): Tìm tất cả hàm số: $f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:
\[f(xf(y)+f(x)) = 2f(x)+xy\] với mọi số thực x,y.

Lời giải:

Cho $x=1$ Dễ dàng suy ra được hàm số đã cho song ánh.
Nên tồn tại a,b sao cho $f(a)=0, f(b)=1$
Cho $x=a, y=b$ ta được:
$ab=0$
Nếu $a=0$ thì cho y=0 vào ta suy ra $f(f(x))=2f(x)$ với mọi x thực dùng điều kiện song ánh suy ra $f(x)=2x \forall x \in R$ thử lại thấy không thỏa
Vậy $b=0$.
Mặt khác cho $x=y=-1$ vào pt hàm ban đầu ta được:
$f(-1)=0$

Cho y=-1 vào pt hàm ban đầu ta được:
$f(f(x))=2f(x)-x$ (2)
Trong (2) cho x=0 ta được $f(1)=2$
Cho x=-1,y=1 ta được:
$f(-2)=-1$ 

Mặt khác do f là toàn ánh nên với mỗi x thuộc R tồn tại $y_o$ sao cho $f(y_o)=f(x)-x $
$P(x,-2): f(f(x)-x)=2(f(x)-x) $hay $f(f(y_o))=2f(y_o)$
Mặt khác từ (2) suy ra $f(f(y_o))=2f(y_o)-y_o$
Suy ra $y_o=0$ suy ra $f(x)=x+1$ với mọi x thuộc R

Nhận xét: ta thấy được $f(x)=x+1$ thỏa mãn yêu cầu đề bài và ta cần tìm y sao cho $2(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$ hay $2f(y)=y$ giải phương trình được $y=-2$

Bài tập: các bạn hãy dùng cách trên để giải VMO 2017:
Tìm tất cả các hàm số : f:RR thỏa mãn hệ thức:
$$f\left ( xf\left ( y \right )-f\left ( x \right ) \right )=2f\left ( x \right )+xy$$ với mọi số thực 

Thứ Hai, 6 tháng 2, 2017

Tính chất của dãy số Fibonacci

1) $(F_n,F_{n+1})=1$

2) Nếu $n |m $ thì $F_n |F_m$
Ta chỉ cần chứng minh tính chất sau:
$F_{m+n}=F_{m-1}F_{n+1}+F_{m}.F_{n}$
Quy nạp theo $n$, với $n=1$ đúng
Giả sử đúng với $n=k$ khi đó với $n=k+1$ thì:
$F_{m+k+1}=F_{m+k}+F_{m+k-1}=(F_{m-1}F_{k+1}+F_{m}.F_{k})+(F_{m-1}_F{k}+F_{m}.F_{k-1})=F_{m-1}F_{k+2}+F_{m}F_{k+1}$
Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Cho $m=kn$ thì ta suy ra thêm được một số tính chất sau
3)Nếu $F_n$ chia hết cho $F_m$ thì $n$ chia hết cho $m$ (m>2)
4) $(F_m,F_n)=F_{(m,n)}$
5) $n \ge 5$ và $F_n$ là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố.
6) $(F_n)$ chứa vô hạn những số nguyên tố đôi một cùng nhau
7) $F_{5n}=5F_nq_n$ $q_n$ không chia hết cho 5.

Chứng minh:

Cách 1:
$F_{5n}=\frac{q_1^{5n}-q_2^{5n}}{\sqrt 5}=F_n(q_1^{4n}+q_1^{3n}q_2^n+(q_1q_2)^2n+q_1^nq_2^{3n}+q_2^{4n})=F_n(L_{4n}+(-1)^nL_{2n}+1)=F_n(L_{2n}^2+(-1)^nL_{2n}-1).$ Vì thế $v_5(F_{5n})=v_5(F_n)+v_5(L_{2n}^2+(-1)^nL_{2n}-1)$.
$L_n^2-5F_n^2=4(-1)^n$
$F_{2n}=F_nL_n$.
Do $n=1$ $L_2^2-L_2-1=5$.
$L_n,F_n$ chu kì 20 mod 5 ($L{n+10}=-L_n\mod 5, F_{n+10}=-F_n\mod 5$. $5|F_n$ khi và chỉ khi $5|n$
nếu $n>1$ $5|F_5|F_{5k}$. Vì thế $5|n$  $L_{2n}^2=4(-1)^n\mod 25$. Vì $10|n$ $L_{2n}=\pm 2\mod 25$.
$L_{2n}^2+(-1)^nL_{2n}-1=4+2-1=5\mod 25$. Vậy $v_5(F_{5n})=v_5(F_n)+1\to v_5(F_n)=v_5(n).$ (Đpcm)

Cách 2:



Dùng cách tính chất ở trên, nếu $a|b$ thì $F_a|F_b$ và , $(F_a,F_b)=F_{(a,b)}$.

Đặt $n=5^p \cdot q$ Với $(5,q)=1$. thì $v_5(n)=p$. thấy rằng $(F_{5^k \cdot m}, F_{5^k}) = F_{5^k}$ . Hiển nhiên $5^k|F_{5^k}$.và $5^{k+1}$ không là ước của ${F_{5^k \cdot m}}$ vì nó sẽ dẫn đến $5|m$ mâu thuẫn. Vậy $v_5(F_{5^k \cdot m})=k$ . Đpcm $\Box$




8) $F_n \vdots 5^k$ khi và chỉ khi $n \vdots k$
9) $F_n$ có tận cùng là 0 khi và chỉ khi $n \vdots 15$

10) $F_n$ có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi $n \vdots 150$


Thứ Tư, 4 tháng 1, 2017

Tọa độ tỉ cự trong mặt phẳng

Bài toán: Cho $\triangle ABC$ trực tâm $H$, $D,E,F$ là chân các đường cao từ $A,B,C$
$DK$ là đường cao của tam giác $\triangle DEF$ và $M$, $N$ là trung điểm $DK$ và $EF$, . Gọi $P$ trung điểm $BC$ Và $MN\cap BC=\{ R \}$, CMR: $AR$, $PH$ và $EF$ đồng quy

Lời giải:

Xét hệ tọa độ tỉ cự trong tam giác $\triangle DEF$.
Phương trình đường thẳng $AR$,
Chú ý rằng $B$ và $C$ là các tâm bàng tiếp của $\triangle DEF\ . \ . \ . \ \bigstar$
Theo bổ đề thì điểm Lemoine $=(d^2, e^2, f^2)$ của $\triangle DEF$ thuộc $MN$, Vì thế phương trình đường thẳng sẽ là
\begin{align*}

& \ \ \ \ \ \begin{vmatrix}
0 &  \ \ \ \frac12 & \ \ \ \frac 12 \\ \\
d^2 &  \ \ \ e^2 & \ \ \ f^2 \\ \\
x & y & z \notag
\end{vmatrix}=0\Longleftrightarrow d^2(y-z)-e^2x+f^2x=0 \\
& \bigstar \left\{\begin{array}{rl}
B=(d,-e, f) \\
C=(d,e,-f)
\end{array}\right\}
\Longrightarrow BC\equiv
\begin{vmatrix}
d & \ \ -e & \ \ f \\ \\
d & \ \ e & \ \ -f \\ \\
x & \ \ y & \ \ z \notag
\end{vmatrix}=0\Longleftrightarrow z=-y\frac{f}{e}
\Longrightarrow
\left\{\begin{array}{rl}
& y=x\frac{e(e-f)}{d^2}\\ \\
& z=-x\frac{f(e-f)}{d^2}
\end{array}\right\}\Longrightarrow R=\left(d^2, e(e-f), -f(e-f)\right)
\\
& \stackrel{A=(-d,e,f)}{\Longrightarrow} AR\equiv
\begin{vmatrix}
d^2 &  \ \ \ e(e-f) & \ \ \ -f(e-f) \\ \\
-d &  \ \ \ e & \ \ \ f \\ \\
x & y & z \notag
\end{vmatrix}=0\\ & \Longleftrightarrow AR\equiv x\cdot 2ef(e-f)-y\cdot df(d+f-e)+z\cdot de(d+e-f) =0\ . \ . \ . \ \bigstar \bigstar
\end{align*}

Giờ tìm $P$, chú ý $P$ là giao của:
\begin{align*}
 & \underbrace{\text{(trung trực }EF)\equiv d^2(z-y)+x(f^2-e^2)=0 \text{ và}
BC\equiv e\cdot z+y\cdot f=0
}_{\Big \Downarrow}\\
& \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  P=\left(d^2, e(f-e), f(e-f)\right)
\end{align*}

Chú ý $H$ tâm nội tiếp $\triangle DEF$, vì thế $H=(d,e,f)$, vậy:
\begin{align*}
P=\left(d^2, e(f-e), f(e-f)\right) \\
H=(d,e,f)
& \Longrightarrow  PH\equiv
\begin{vmatrix}
d^2 & \ \ e(f-e) & \ \ f(e-f) \\ \\
d & \ \ e & \ \ f \\ \\
x & \ \ y & \ \ z \notag
\end{vmatrix}=0 \\
& \Longleftrightarrow PH\equiv -y\cdot df(d+f-e)+z\cdot de(d+e-f)=0 \ . \ . \ . \ \bigstar \bigstar \bigstar
\end{align*}

Cuối cùng:
\begin{align*}
EF\equiv x=0 & \stackrel{\bigstar \bigstar\text{ và}\bigstar \bigstar \bigstar}{\Longrightarrow}
\left.
\begin{array}{c}
\text{AR $\rightarrow$} \\ \\
\text{PH $\rightarrow$} \\ \\
\text{EF $\rightarrow$}
\end{array}
\right.
\begin{vmatrix}
2ef(e-f) & \ \ -df(d+f-e) & \ \ de(d+e-f) \\ \\
0 & \ \ -df(d+f-e) & \ \ de(d+e-f) \\ \\
1 & \ \ 0 & \ \ 0 \notag
\end{vmatrix}=0
\end{align*}

Vậy $AR$, $PH$ và $EF$ đồng quy $\square$

Thứ Ba, 3 tháng 1, 2017

Bất đẳng thức Canada và thêm một hướng tiếp cận

Ta có bất đẳng thức trong đề thi Canada nổi tiếng sau đây:
Chứng minh rằng:
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \leq \frac{4}{27}$ nếu $a+b+c=1$ và a,b,c dương.
Ta có cách giải dồn biến về biên ở đây
Lời giải khác
Nếu $\{ p,q,r \}= \{ a,b,c \}$, $p \geq q \geq r$, thì $pq \geq pr \geq qr$,
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a =a(ab)+b(bc)+c(ca) \leq p(pq)+q(pr)+r(qr)$
$=q(p^{2}+pr+r^{2}) \leq q(p+r)^{2}= \frac{1}{2}(2q)(p+r)(p+r)$
$\leq \frac{1}{2}(\frac{(2q)+(p+r)+(p+r)}{3})^{3}$
$=\frac{1}{2}(\frac{2}{3})^{3}=\frac{4}{27}$

Dùng ý tưởng này ta có thể chứng minh:
Bài 1: Cho $a+b+c+d=4$ and $a,b,c,d\geq0$.
Chứng minh rằng $a^{2}bc+b^{2}cd+c^{2}da+d^{2}ab\leq4$
Lời giải:
Đặt ${p,q,r,s}={a,b,c,d}$ and $p \geq q \geq r \geq s$. Theo bất đẳng thức hoán vị:
$a^{2}bc+b^{2}cd+c^{2}da+d^{2}ab=a(abc)+b(bcd)+c(cda)+d(dab)$
$\leq p(pqr)+q(pqs)+r(prs)+s(qrs)=(pq+rs)(pr+qs)$
$\leq (\frac{pq+rs+pr+qs}{2})^{2}=\frac{1}{4}((p+s)(q+r))^{2}$
$\leq \frac{1}{4}((\frac{p+q+r+s}{2})^{2})^{2}$
$=4$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $q=r=1$ và $p+s=2$.  $(a,b,c,d)=(1,1,1,1),(2,1,1,0)$ và các hoán vị

Bài 2: $a,b,c,d,e \ge 0$ Chứng minh: $a^{2}bcd+b^{2}cde+c^{2}dea+d^{2}eab+e^{2}abc \leq 5(\frac{a+b+c+d+e}{5})^{5}$.

Lời giải:

Đặt $\{a,b,c,d,e\}=\{p,q,r,s,t\}$. Không mất tính tổng quát giả sử $p\le q\le r\le s\le t$ Và ta có $pqrs\le prst\le pqst\le pqrt\le qrst$.  Vì thế theo bất đẳng thức hoán vị:


 \begin{eqnarray} &&\text{LHS}=a(abcd)+b(bcde)+c(cdea)+d(deab) \\
&\le& p(pqrs)+q(prst)+r(pqst)+s(pqrt)+t(qrst) \\
&=& qrs(p^2+t^2+3pt)=qrs[(p+t)^2+pt] \\
&\le& \frac{(2q)(2r)(2s)(p+t)(p+t)}{8}+pqrst \\
 &\le& \frac18(\frac{2q+2r+2s+p+t+p+t}{5})^5+(\frac{p+q+r+s+t}{5})^5 \\
&=& 5(\frac{a+b+c+d+e}{5})^5 \end{eqnarray}

Chủ Nhật, 1 tháng 1, 2017

Một tính chất đẹp của đường tròn Mixtilinear

Một tính chất khá thú vị của đường tròn Mixtilinear lúc giải Bài 4

Cho tam giác ABC có I, $I_A$ là tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A. Một đường tròn đi qua B, C tiếp xúc với đường tròn Mixtilinear trong góc A tại V. Khi đó $I_AV$ là phân giác góc $BVC$.

Điểm V có nhiều cách xác định ví dụ như là đường thẳng qua trung điểm cung BC chứa A và I cắt BC tại V' thì $I_AV'$ cắt đường tròn  Mixtilinear nội của góc A tại V, hoặc xác định như bài 2, 4

Chứng minh:

Gọi $I_B, I_C$ là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác BEC, BFC, E, F là giao điểm của (BSC) và AC, AB, Y, Z là tiếp điểm của đường tròn Mixtilinear với các cạnh AC, AB.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm CEVNPB ta có Y, $I_B$, chân đường phân giác ngoài tại V trên BC của tam giác BVC. Theo bổ đề quen thuộc thì điểm đó cũng thuộc YZ như vậy YZ$I_B$ thẳng hàng. Tương tự như vậy ta suy ra được 5 điểm $I_B,I_C, Y, Z, I$ cùng nằm trên đường thẳng.
Mặt khác:  $\angle I_ACB= 90^0-\angle C/2=180^o-\angle I_CZB-\angle I_CBA$
Suy ra $I_BI_CBC$ nội tiếp
Ta có: $\angle YVC= \angle NVC= \angle NBC =\angle CI_CB=\angle C I_CY$ suy ra $I_CVYC$ nội tiếp. Và ta cũng có: $I_CYC=90^o+\frac{\angle A}{2}=180^o-\angle BI_AC$ Suy ra $I_CI_AYC$ nội tiếp suy ra 5 điểm $I_C,I_A, Y, V, C$ đồng viên. Suy ra $\angle CVI_A=\angle CYI_A$
Tương tự ta cũng có: $\angle BVI_A= \angle I_AZB$
Mà hai tam giác $I_AAZ= \triangle I_AAY$ suy ra điều phải chứng minh.