T-Math 1


Bài 1. Cho dãy số (x_n)_{n\geq 1} xác định bởi
x_1=x_2=1,\,\, x_{n+1}=x_n+\frac{2\sqrt{x_{n-1}}}{n^3}\,\,\forall n\geq 2. Chứng minh x_n<\dfrac{25}{4}\,\,\forall n\geq 1.
Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho có một hoán vị (p_1,p_2,...,p_n) của \{1,2,...,n\} để \{p_1 +1, p_2 + 2,..., p_n +n\}\{p_1-1, p_2-2,...,p_n -n\} là các hệ thặng dư đầy đủ modulo n.
Bài 3. Cho A là một tập hữu hạn các số thực dương, B = \{\dfrac{x}{y}\mid x,y\in A\}C = \{xy\mid x,y\in A\}. Chứng minh |A|\cdot|B|\le|C|^2.
Bài 4. Cho tứ giác nội tiếp ABCD với O_1,O_2 là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABC,ABD tương ứng. Đường thẳng O_1O_2 cắt các đoạn thẳng BC,AD tại E,F tương ứng.
a) Chứng minh có đường tròn \Gamma tiếp xúc với các đường thẳng BC,AD tại E,F tương ứng;
b) Chứng minh \Gamma cũng tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Download Tmath1

6 thoughts on “T-Math 1”

  1. Bài 4. a) Chứng minh được \widehat{O_2AO_1}=\widehat{O_2BO_1}, suy ra AO_2O_1B nội tiếp. Do đó \widehat{BO_1E}=\widehat{BAO_2}=\widehat{FAO_2}\widehat{AO_2F}=\widehat{ABO_1}=\widehat{O_1BE}. Suy ra \widehat{AFO_2}=\widehat{BEO_1}.

    b) Gọi L,M lần lượt là điểm chính giữa của các cung AD,BCJ là tâm của đường tròn trong a). Ba đường thẳng LF,ME,OJ đồng quy tại K.

    Ta chứng minh K thuộc cả hai đường tròn và do đó chúng tiếp xúc tại K. Hai tam giác cân LAO_2,MBO_1 cân và đồng dạng.

    Điểm F đối với tam giác này tương tự với điểm E của tam giác kia. Do đó \widehat{BME}=\widehat{FLO_2}, suy ra K\in\Gamma. Tam giác OLK cân tại O do đó tam giác JFK cân tại J.

  2. Giả sử tồn tại một hoán vị (p_1,p_2,...,p_n) của \{1,2,...,n\} để \{p_1 +1, p_2 + 2,..., p_n +n\}\{p_1-1, p_2-2,...,p_n -n\} là các hệ thặng dư đầy đủ modulo n. Ta có
    0\equiv \sum_{i=1}^{n} p_i - \sum_{i=1}^{n} i \equiv \sum_{i=1}^{n} (p_i -i) \equiv \sum_{i=1}^{n} i \equiv\frac{n(n+1)}{2}\pmod{n}.
    Suy ra n \mid \dfrac{n(n+1)}{2}, hay (n,2)=1. (1)
    Ta cũng có
    4 \left(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right)\equiv 2\left( \sum_{i=1}^{n}  ({p_i}^2  +i^2)\right) \equiv
    \sum_{i=1}^{n} \left ((p_i -i)^2 + (p_i+i)^2   \right )\equiv 2\left(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right)\pmod{n}.
    Suy ra n \mid \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{3}, hay (n,3)=1. (2)
    Từ (1) và (2) ta có (n,6)=1.
    Ngược lại, nếu (n,6)=1 ta có thể chọn p_i\in\{1,2,\cdots,n\} để p_i\equiv 2i\pmod{n}\,\,\forall i. Khi đó rõ ràng (p_1,p_2,...,p_n) là một hoán vị của \{1,2,...,n\}, đồng thời \{p_1 +1, p_2 + 2,..., p_n +n\}\{p_1-1, p_2-2,...,p_n -n\} là các hệ thặng dư đầy đủ modulo n.
    Vậy các số nguyên dương n thỏa mãn (n,6)=1 là đáp số của bài toán.

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out / Change )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / Change )

Connecting to %s