Bài toán của Gergone

Bài toán: Chứng minh rằng nếu một tứ giác có các đường thẳng nối trung điểm các cạnh đối đi qua giao điểm hai đường chéo thì tứ giác đó là hình bình hành.

Lời giải

https://drive.google.com/file/d/0BzFs5zQOA7paWXBCb0JTUGw5VTA/view?usp=sharing

Giải hệ phương trình bằng phương pháp UCT

1: Giải hệ phương trình sau:

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

Lời giải.

Ta thấy bậc y ở cả hai phương trình đều có bậc 2 nên ta sẽ biểu diễn theo y:

$\left\{\begin{matrix}
y^2(x+1)-y(x^2+1)+x^3+x=0 & \\
y^2x-y(x^2+x-1)+x^3-x^2+1=0 &
\end{matrix}\right.$

Ta cần tìm x để khi thay vào ta được hai phương trình tương đương. Tức là hệ số của chúng tỉ lệ;

$\frac{x+1}{x}=\frac{x^2+1}{x^2+x-1}=\frac{x^3+x}{x^3-x^2+1}\Leftrightarrow x=1$

Khi thay x=1 vào các hệ trên:

$\left\{\begin{matrix}
2(y^2-y+1)=0 & \\
(y^2-y+1)=0  &
\end{matrix}\right.$

Suy ra: 2PT(2)-PT(1) sẽ có nhân tử x-1:

$(x-1)(y^2-(x+3)y+x^2-x-2)=0$

Trường hợp x=1, phương trình vô nghiệm

Trường hợp x khác 1, ta được hệ mới:

$\left\{\begin{matrix}
y^2-(x+3)y+x^2-x-2=0 & \\
y^2(x+1)-y(x^2+1)+x^3+x=0  &
\end{matrix}\right.$

Tương tự ta được $x=\frac{-1}{2}$

Thay nó vào hệ ta rút ra được:

$2PT(2)-PT(1)=(2x+1)(y^2-(x-1)y+x^2-x+2)=0$

Xét trường hợp $x=\frac{-1}{2}$
...
Xét trường hợp x khác $\frac{-1}{2}$

Ta được hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}
y^2-(x-1)y+x^2-x+2=0 & \\
y^2-(x+3)y+x^2-x-2=0 &
\end{matrix}\right.$

Trừ hai vế cho nhau ta có $y=-1$

Phần còn lại dành cho bạn đọc

Tương tự ta cũng có hệ sau:

$\left\{\begin{matrix}
2(x+y)(25-xy)=4x^2+17y^2+105& \\
x^2+y^2+2x-2y=7 &
\end{matrix}\right.$

Tương tự, nếu ta biểu diễn theo x ta sẽ không tìm được y, nhưng nếu biểu diễn theo y ta tìm được $x=2$, thay $x=2$ vào hệ:

$\left\{\begin{matrix}
21(y^2-2y+1)=0& \\
(y^2-2y+1)=0 &
\end{matrix}\right.$ nên PT(1)-21PT(2)=$(x-2)(2y^2+2xy+4y-17x-126)=0$

Trường hợp x=2 đơn giản, ta xét trường hợp x khác 2:

$\left\{\begin{matrix}
2y^2+2xy+4y-17x-126=0& \\
x^2+y^2+2x-2y-7=0 &
\end{matrix}\right.$

Đến đây phương trình vô nghiệm theo phương pháp uct $3PT(2)-PT(1)=(x-y+5)^2+2x^2+x+80=0$

Bất đẳng thức với số thực

Đề : Chứng minh với mọi a,b, c thực:

$ \sum a^6+a^2b^2c^2 \ge \frac{2}{3}(\sum a^5(b+c))$

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:

$ \sum a^6+3a^2b^2c^2 \ge \sum a^4(b^2+c^2)$

Theo AM-GM:

$(a^6+a^4b^2)+(a^6+a^4c^2) \ge 2 a^5(b+c)$

Tương tự cho b,c rồi cộng $4$ vế, ta có đpcm

Xây dựng tập hợp thỏa mãn đề bài

Đề: Chứng minh rằng tồn tại một tập A gồm vô hạn phần tử sao cho ta có thể trích tập hữu hạn B từ A, mà tổng các phần tử của B không phải là lũy thừa của một số nguyên

( Kvant)

Lời giải:

Xét tập hợp: A={$p^n.q^{n+1}: (p,q)=1, n \ge 1$}

Nếu B={$p^{n_1}.q^{n_1+1},...p^{n_k}.q^{n_k+1}$} là một tập hữu hạn trích từ A và $n_1<..n_k$

như vậy tổng các phần tử của B bằng: $p^{n_1}.q^{n_1+1}(1+p^{n_2-n_1}q^{n_2-n_1}+..)=p^{n_1}.q^{n_1+1}.N$

Mà $(N,p)=(N,q)=1$ nên ta có đpcm

Trường hợp nhỏ của định lý nổi tiếng của Erdos và Selfridge

Một định lý nổi tiếng của Erdos và Selfridge, một giả thuyết hơn 150 năm, nói rằng: Tích các số tự nhiên liên tiếp không thể là lũy thừa của một số nguyên.

Ta xét trường hợp tích 3 số tự nhiên liên tiếp.

Gọi n là số nguyên, và ta viết bài toán lại:

$n(n+1)(n+2)=x^z(x,z \in N, z \ge 2)$

Chú ý rằng: $n(n+2)=(n+1)^2-1$

Nên:

$\left\{\begin{matrix}
n+1=a^z & \\
(n+1)^2-1=b^z &
\end{matrix}\right.(a,b)=1\Rightarrow a^{2z}-b^z=1\Rightarrow (a^2-b)(..)=1\Rightarrow a^2=b+1\\\Rightarrow (b+1)^z-b^z=1 \Rightarrow z=1$

Vậy không tồn tại z thỏa mãn đề bài hay ta đã cm cho trường hợp $n=3$

Dùng bước nhảy Vi-et để giải bài toán

Bài toán : Cho các số nguyên dương  thỏa mãn hệ thức  . Chứng minh rằng  là lũy thừa bậc năm của một số nguyên.

Lời giải :

Gọi  là cặp số thỏa mãn đề bài và có tổng  nhỏ nhất. Ta giả sử .

Xét phương trình bậc hai ẩn  :

Vì  thỏa mãn đề bài nên  là một nghiệm của phương trình . Gọi nghiệm còn lại là . Theo định lí  :

Ta có  nên từ  suy ra .

Các cặp  đều thỏa mãn  mà  nhỏ nhất nên :

.

Như vậy 

• Trường hợp 1 :   thay vào  thì 
• Trường hợp 2 :  thì từ  ta được :

Dễ thấy  cùng tính chẵn lẻ mà 

Trường hợp này không xảy ra

• Trường hợp 3 : 

Suy ra 

Do đó từ  suy ra 

Khi  thì từ  suy ra , vì . Vô lí vì phải có .

Tương tự khi xét . Tất cả đều dẫn đến vô lí. Trường hợp này loại.

Do đó ta luôn có  là lũy thừa bậc năm của một số nguyên. Đây là điều phải chứng minh.

Bài toán về "số chính phương tự do"

Ta định nghĩa: số nguyên dương n là "số chính phương tự do" - "square-free" khi n không có dạng $n=mp^2$ với m là số nguyên dương nào đó, $p$ là số nguyên tố.

Bài toán: (India MO 1995). Gọi n là số nguyên không âm sao cho n là ước của tổng:

$1+\sum_{i=1}^{n-1}i^{n-1}$.

Chứng minh rằng: n là một số chính phương tự do.

Lời giải:

Giả sử $n=mp^2$ khi đó:

$1+\sum_{i=1}^{n-1}i^{n-1}=1+\sum_{j=0}^{p-1}\sum_{k=0}^{mp-1}(kp+j)^{n-1}\equiv1+mp(\sum_{j=0}^{p-1}j^{n-1})\equiv1(mod p)$

Suy ra tổng đó không chia hết cho $p$, mâu thuẫn với đề bài. Vậy ta có đpcm