Bài toán: Cho dãy số xác định bởi công thức:
$$\left\{\begin{matrix}x_0=0;x_1=45\\ x_{n+1}=3x_n+x_{n-1}\ \ \ \forall n\ge 1\end{matrix}\right.$$
Tìm số dư của $x_{2008}$ cho $2012$

Vấn đề bây giờ là tìm số dư của $x_{2008}$ cho 503.
Xét dãy $a_{n}$ thỏa mãn $a_{0}=0; a_{1}=45; a_{n+1}=3a_{n}+504.a_{n-1}$
Suy ra $a_{n} \equiv x_{n} (mod 503)$
Mà $a_{n}= 24^n-(-21)^n$
Suy ra $a_{2008}=24^{2008}-21^{2008} \equiv 0 (mod 503)$ (chú ý 2008=4.502)
Do đó $x_{n} \equiv 0 (mod 503)$. (1)
Mặt khác dãy $x_{n} (mod 4)$ tuần hoàn chu kì 6 (cái này em tính 10 giá trị mod 4đầu tiên sẽ thấy ngay).
Suy ra $x_{2008} \equiv 2 (mod 4)$ (2)
Từ (1) và (2) ta có $x_{2008} \equiv 1006 (mod 2012)$.


@ Tú: Bài thầy Sâm à! (_ _^)

Bài này giống với bài thi HSG QG 2011
Cho dãy số nguyên $(a_n)$ xác định bởi $a_0=1,a_1=-1$
$a_n=6a_{n-1}+5a_{n-2}$ với mọi $n\ge 2$
Chứng minh rằng $a_{2012}-2010 $ chia hết cho 2011
Cách giải là tìm CTTQ sau đó dùng định lý Fermat

Kiên thử giải theo cách này đối với bài của Tú xem có đk không??
___
=(( Hôm qua làm cách này tốn cả buổi trưa mà không thu được gì hết.

Mình đã xem lại!
Kết quả này không đúng thật (_ _^)

Tìm số tự nhiên $n$ nhỏ nhất sao cho phương trình sau có nghiệm thực :
$x^{12} + 1 = 4x^4\sqrt{x^n + 1}$.

Cho $a_1, a_2,..., a_n$ là các số thực dương thỏa mãn $a_1+a_2+...+ a_n=1$. Chứng minh tồn tại một hoán vị $(b_1,b_2,..,b_n)$ của n số đã cho thảo mãn.

$b_1b_2+b_2b_3+...+b_{n-1}.b_n+b_n.b_1 \leq \frac{1}{n}$

Cho $n,m,k,t$ là các số nguyên dương thảo mãn $ n\geq m \geq k$ và  $ n +{} m -{} k +{} 1={} 2^t$. Chứng minh rằng.

$ {m \choose k} +{} {n \choose k}$ là số chẵn

Cho $\vartriangle ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$. Gọi $(X_a)$ là đường tròn tiếp xúc trong với $(AEF)$ tại $A_1$ và tiếp xúc $AE,AF$. Xác định tương tự, ta có $(X_b),B_1,(X_c),C_1$.

Chứng minh rằng: $AA_1,BB_1,CC_1$ đồng quy.

Gọi $(Y_a)$ là đường tròn tiếp xúc trong với (ABC) tại $A_2$ và tiếp xúc trong với AB,AC.

Chú ý, $A$ là tâm vị tự biến $(I)$ - nội tiếp $ABC$ thành $(Y_a)$, $A_2$ là tâm vị tự biến $(Y_a)$  thành $(ABC)$.

Do đó $AA_2$ đi qua tâm vị tự biến $(I)$ thành $(ABC)$, tương tự có $ AA_2,BB_2, CC_2$ đồng quy.

Chú ý; $AA_1$ và $AA_2$ là hai đường đẳng giác

Do đó  $AA_1,BB_1,CC_1$ đồng quy.

 

Đoạn lí luận $ AA_2,BB_2, CC_2$ đồng quy có thể dùng tâm tỉ cự sẽ tường minh hơn  

Pro44. Cho tam giác $ABC, D$ là một điểm cố định trên cạnh $BC, P$ là điểm di động trên $AD, E,F$ là giao điểm của $AB,PB$ và đường tròn đường kính $BD; Z$ là giao của $PC$ và đường tròn đường kính $CD$. Chứng minh rằng $(EFZ)$ đi qua một điểm cố định

Cho $m,p$ là một số nguyên dương cố định. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho.

$\frac{n}{m}=\left \lfloor \sqrt[p]{n^{p-1}}\right \rfloor+\left \lfloor \sqrt[p]{n^{p-2}} +...\sqrt[p]{n} +1 \right \rfloor$

http://www.artofprob...7647d7b#p371488

Hint.

Bổ đề. Cho dãy nguyên dương không giảm  $(a_{n})$ thoả mãn $\lim_{n\rightarrow +\infty }(\frac{a_{n}}{n})=0$. Chứng minh rằng dãy $\frac{n}{a_{n}}$ chưa tất cả các số nguyên dương.

Anh không hiểu ý tưởng của em, em cứ trình bày ra xem nào  

Bài này đúng là không biết bổ đề thì chỉ có ăn hành Chú học gì mấy thứ này, biết thôi chứ thi cử ngoài IMO chắc chả dùng :-j Bổ đề này anh thấy giống giống cái phân bố tập hợp trong sách của anh Tân (nhớ mài mại là thế chứ thực cũng chả nhớ nó là cái gì), thử cm bổ đề này thì anh lại nghĩ đến hàm liên tục

Với một số $k$ bất kì thì dĩ nhiên là $\frac{1}{a_1} \le k$, vì $\lim_{n\rightarrow +\infty }(\frac{n}{a_n})=+\infty$ nên tồn tại $n_0$ mà $\frac{n_0}{a_{n_0}} \le k < \frac{n_0+1}{a_{n_0+1}}$ từ đây suy ra đc là $\frac{n_0}{a_{n_0}} = k $

Sử dụng vào bài toán thì có thể thấy là tồn tại $n$ thỏa mãn. Nhưng thử cho $p=2,m=1$ hoặc $p=m=1$ thì thấy vế vô hạn có vẻ không đúng lắm thì phải :-?

Thực ra em làm một bài thấy cái bổ đề này hay hay nên chế lung tung thôi chứ cái này thì ở VN làm gì thi đến :v

Pro. Tìm các số nguyên dương $m,n$ sao cho.
$2^{2^n}+5=m^{7}$.

p.s: Chế một cách thô thiển học :v

Ồ, anh chế vội quá, không tính đến chỗ 4k+3. Em thay cho anh thành $m^5$ nhé.

@barcavodich: đề nghị chú không nên up bài thầy mới cho lên đây.

@tuan10121993: lâu lắm mới thấy anh on , anh là thần tượng của em trên VMF hồi cấp hai

cái này là MR mà 

Bài toán. Giải phương trình.

$x^2+x-1=x.e^{x^2-1}+(x^2-1).e^x$ 

Toc Ngan xem lại đoạn $x < 0$ đi, $ x < -1$ thì VP < 0

Chứng minh bổ đề sau : 
Cho $a,b,c\in\mathbb{Z^+}$ , khi đó ta có :$$a\geq \frac{(a,b).(a,c)}{(a,b,c)}$$

với $(a,b)$ là ước chung lớn nhất của $a,b$ và $(a,b,c)$ là ước chung lớn nhất của $a,b,c$

 

Bài toán. (Baltic Way Contest) Cho $a, b, c$ là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau thỏa mãn $a | (b-c)^2; b | (c-a)^2; c | (a-b)^2$. Chứng minh rằng không tồn tại một tam giác không suy biến có độ dài 3 cạnh là $a, b, c$ 

 Tam giác suy biến là tam giác có độ dài 1 cạnh bằng tổng độ dài hai cạnh còn lại. 

Bài toán. Cho $a, b, c $ là các số thực thỏa mãn $a^2 + b^2 + c^2 + (a+b+c)^2 = 8 $. Chứng minh rằng. $|a|, |b|, |c| \leq \sqrt{6} $   

Nguồn: tự chế

Có lẽ đề bài là 

 

Cho $a, b, c $ là các số thực thỏa mãn $a^2 + b^2 + c^2 + (a+b+c)^2 = 8 $. Chứng minh rằng. $|a|, |b|, |c| \leq \sqrt{6}.$

 

Giải:

 

Vì $a^2+\frac{1}{3} \left(a+b+c-b-c\right)^2\le a^2 + b^2 + c^2 + (a+b+c)^2 = 8$ nên $|a|\le \sqrt{6}.$

Cảm ơn bạn, đúng là mình nhấm, phải thay $\sqrt{2} = \sqrt{6}$

Ta có thể tổng quát với $n$ biến $a_1^2+a_2^2+...+a_n^2 + (a_1+a_2+...a_n)^2 = n^2 - 1$ thì $|a_i| \leq \sqrt{n^2-n}$

Lời giải cho trường hợp tổng quát của mình dùng Cauchy Schwarz tương tự như của bạn vanchanh123 ở trên,