Tìm tất cả các cấp số cộng có vô hạn số hạng sao cho tồn tại số $N$ mà với mọi $p>N$, nếu $a_p$ nguyên tố thì $p$ cũng là số nguyên tố

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại một hoán vị (p₁, p₂,..., p_n) của các số (1, 2, ..., n) thỏa mãn điều kiện các tập hợp { p_i + i | 1 ≤ i ≤ n} và { p_i - i | 1 ≤ i ≤ n} tạo thành hệ thặng dư đầy đủ modulo n

Do { p_i + i | 1 ≤ i ≤ n} tạo thành hệ thặng dư đầy đủ (HĐĐ) modulo $n$ nên : $\sum_{i=1}^{n}{p_i}+i\equiv \sum_{i=1}^{n}i(Modn)$
Mà do (p₁, p₂,..., p_n) là hoán vị của tập (1, 2, ..., n) nên $\sum_{i=1}^{n}{p_i}+i\equiv 2\sum_{i=1}^{n}i(Modn)$
suy ra $\sum_{i=1}^{n}i\equiv 2\sum_{i=1}^{n}i(Modn)\Rightarrow \sum_{i=1}^{n}i\equiv 0(Modn)\Rightarrow 1+2+...+n\equiv 0(Modn)\Rightarrow \frac{n(n+1)}{2}\equiv 0(Modn)$
Suy ra $n$ phải lẻ .
Do { p_i + i | 1 ≤ i ≤ n} cũng tạo thành HĐĐ modulo $n$ nên :$2\sum_{i=1}^{n}i^{2}\equiv \sum_{i=1}^{n}(({p_i}+i)^2+({p_i}-i)^2)\equiv \sum_{i=1}^{n}2{p_i}^{2}+2i^{2}$
Mà do (p₁, p₂,..., p_n) là hoán vị của tập (1, 2, ..., n) nên $\sum_{i=1}^{n}2{p_i}^{2}+2i^{2}\equiv 4\sum_{i=1}^{n}i^{2}(Modn)$
Suy ra $2\sum_{i=1}^{n}i^{2}\equiv 4\sum_{i=1}^{n}i^{2}(Modn)\Rightarrow 2\sum_{i=1}^{n}i^{2}\equiv0(Modn)\Rightarrow 2.(1^{2}+2^{2}+...+n^{2})\equiv 0(Modn)\Rightarrow \frac{n(n+1)(2n+1)}{3}\equiv 0(Modn)$
Suy ra $n$ không chia hết cho 3.
Từ $2$ điều trên ta có : $(n,6)= 1$
Bây giờ ta chứng minh là nếu $(n,6)= 1$ thì tồn tại một hoán vị (p₁, p₂,..., p_n) thỏa mãn bài toán.
Chọn ${p_i}\equiv 2i(Modn)$, ${p_i}\in {1, 2, ..., n}$. Ta có {p₁, p₂,..., p_n} thỏa đề vì $pi + i | 1\leq i\leqn\equiv 3i | 1 \leq i \leq n$ và $pi - i | 1\leq i\leq n \equiv i | 1 \leq i \leq n$ là các hệ thặng dư đầy đủ mô-đun n.

Cho n là số nguyên dương. Ta nói số nguyên dương k thỏa mãn điều kiện C_n nếu tồn tại 2k số nguyên dương phân biệt a₁, b₁, ..., a_k, b_k sao cho a₁ + b₁, ..., a_k+b_k cũng phân biệt và nhỏ hơn n.

(a) Chứng minh rằng nếu k thỏa mãn điều kiện C_n thì k <= (2n-3)/5.

(b) Chứng minh rằng 5 thỏa mãn điều kiện C₁₄.

Giả sử rằng (2n-3)/5 nguyên. Chứng minh rằng (2n-3)/5 thoả mãn điều kiện C_n

Đặt $A= \sum_{i=1}^{k}{a_i}+{b_i}$
Vì a₁, b₁, ..., a_k, b_k phân biệt nên $A\geq 1+2+...+2k-1+2k= \frac{2k(2k+1)}{2}= k(2k+1)$
Mà do a₁ + b₁, ..., a_k+b_k cũng phân biệt và nhỏ hơn n nên :
$A\leq (n-1)+(n-2)+...+(n-(k-1))+(n-k)= kn-\frac{k(k+1)}{2}$
Kết hợp $2$ điều trên ta có : $$kn-\frac{k(k+1)}{2}\geq k(2k+1)$$
$$\Leftrightarrow 2kn-k^2-k\geq 4k^2+2k$$
$$\Leftrightarrow 2kn\geq 5k^2+3k\Leftrightarrow 2n\geq 5k+3$$
$$\Leftrightarrow k\leq \frac{2n-3}{5}$$
$Q.E.D$

b ) Là dấu bằng của câu a.

Cho m,n là các số nguyên dương sao cho:
$\frac{m}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...-\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}$
Chứng minh $m\vdots 1979$

Ta thấy $1979$ là số nguyên tố .
Ta có : $\frac{m}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...-\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}$
$$=(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319})-2.(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{1318})$$
$$=(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319})-(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{659})$$
$$=\frac{1}{660}+\frac{1}{661}...+\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}$$
$$=(\frac{1}{660}+\frac{1}{1319})+(\frac{1}{661}+\frac{1}{1338})+...$$
$$=\frac{1979}{660.1319}+\frac{1979}{661.1318}+...$$
$$=1979.(\frac{1}{660.1319}+\frac{1}{661.1318}+...)= 1979.\frac{p}{q}$$
trong đó $q=660.661...1319\Rightarrow (q,1979)=1$
Ta có : $\frac{m}{n}= 1979.\frac{p}{q}\Rightarrow mq=1979np\Rightarrow mq\vdots 1979$
Mà $(q,1979)=1\Rightarrow m\vdots 1979\Rightarrow Q.E.D$

Với mỗi số nguyên dương n, ký hiệu S(n) là tổng tất cả các chữ số trong biểu diễn thập phân của n.
Xét các số nguyên dương m là bội của 2003. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của S(m).

Đặt $p=2003\in\mathbb{P}$.
+ Nếu $S(n)= 1\Rightarrow n= 100...000= 10^{^{k}}\not\vdots 2003\Rightarrow S(n)> 1$
+ Nếu $S(n)= 2$$\Rightarrow n= 200...000$ hoặc $n=100...100...00= 10^{i}+10^{j}$
Ta có $n=200...000= 2.10^{k} \not\vdots 2003$ $\Rightarrow n=10^i+10^j$
$\Rightarrow 10^i+10^j\vdots 2003=p\Rightarrow 10^i= -10^j(Modp)$
$\Rightarrow 10^{i-j}= -1(Modp)$$\Rightarrow 10^k= -1(Modp)$ ( $k=i-j$ )
Dễ thấy $2^{10}= 1024\equiv 10^7(Modp)$ , suy ra :
$(2^{5k})^{2}= 2^{10k}\equiv (10^{k})^{7}\equiv -1(Modp)$
$\Rightarrow -1$ là số chính phương mod p suy ra $p$ có dạng $4k+1$
$\Rightarrow 2003=p= 4k+1\Rightarrow k= \frac{2002}{4} \not \in \mathbb{Z}$
Suy ra vô lí $\Rightarrow S(n)> 2$
+ Bây giờ ta chứng minh là có $n$ để $S(n)= 3$
Vì $p=2003\neq 8k-1\neq 8k+1$ suy ra $2$ không là SCP mod p $\Rightarrow 2^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(Modp))$
Mà $10^{7}\equiv 2^{10}(Modp)\Rightarrow 2.10^{700}\equiv 2^{1001}= 2^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1 (Modp)$
$\Rightarrow (2.10^{700}+1)\vdots p$ .Mà $S(2.10^{700}+1)= 3$ nên khẳng định của ta là đúng.
Vậy $minS(n)= 3$.Xảy ra khi chẳng hạn $n= 2.10^{700}+1$

$ a,b,c>0:\; abc=1 $ CMR
\[ a^3+b^3+c^3+6\ge (a+b+c)^2 \]

Lâu lâu ghé box BĐT chém tí !
Theo BĐT $Schur$ ta có :
$$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
$$\Rightarrow 3(a^{3}+b^{3}+c^{3})+9abc\geq 3(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))$$
$$\Rightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+15abc\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))+6abc$$
$$\Rightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+15abc\geq (a+b+c)^3$$
$$\Rightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+15\geq (a+b+c)^3$$
$$\Rightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+24\geq (a+b+c)^3+9$$
Theo $AM-GM$ thì :
$$\frac{(a+b+c)^3}{3}+\frac{(a+b+c)^3}{3}+ \frac{(a+b+c)^3}{3}+9\geq 4\sqrt[4]{\frac{(a+b+c)^9}{3}}$$
$$ 4\sqrt[4]{\frac{(a+b+c)^9}{3}}\geq 4\sqrt[4]{\frac{(a+b+c)^8.3\sqrt[3]{abc}}{3}}= 4(a+b+c)^2$$
Do đó : $4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+24\geq 4(a+b+c)^2$
Chia $2$ vế cho $4$ ta được ngay $Q.E.D$

Cho dãy số $(a_{n})$:$(a_{n})\left\{\begin{matrix} a_{0}=1\\ a_{n}=(7a_{n-1}+\sqrt{45a_{n-1}^{2}-36})\div 2,\forall n\in \mathbb{N}^{*} \end{matrix}\right.$
Chứng minh:
a)$a_{n}$ là số nguyên dương,$\forall n\in \mathbb{N}$
b)$a_{n+1}a_{n}-1$ là số chính phương,$\forall n\in \mathbb{N}$

a) Bằng qui nạp dễ cm $({a_n})$ là dãy tăng.
Từ hệ thức ban đầu ta suy ra : $$(2a_{n}-7a_{n-1})^{2}= 45a_{n-1}-36$$
Rút gọn ta được : $$2a_{n}^{2}-7a_{n}a_{n-1}+2a_{n-1}^{2}+18=0$$
Thay $n$ bởi $n+1$ :$$2a_{n+1}^{2}-7a_{n+1}a_{n}+2a_{n}^{2}+18=0$$
Trừ từng vế $$\Rightarrow 2a_{n+1}^{2}-2a_{n-1}^{2}+7a_{n}(a_{n-1}-a_{n+1})= 0$$
$$\Rightarrow (a_{n+1}-a_{n-1})(2a_{n+1}-7a_{n}+2a_{n-1})= 0$$
Vì $({a_n})$ là dãy tăng nên $a_{n+1}-a_{n-1}> 0\Rightarrow 2a_{n+1}-7a_{n}+2a_{n-1}=0$
Từ hệ thức này kết hợp qui nạp dễ thấy $Q.E.D$

b) Ta có : $a_{0}=1;a_{1}=5;a_{2}=34;2a_{n+1}-7a_{n}+2a_{n-1}=0$
Qui nạp một tí là ra : $a_{n+1}a_{n-1}-a_{n}^{2}=9$
Thêm bớt thành hằng đẳng thức tí nữa là ra .

Giả sử $a= min$

Suy ra $a^{2}+b^{2}-ab\leq b^{2};a^{2}+c^{2}-ac\leq c^{2}$

Do đó $P\leq b^2c^2(b^2-bc+c^2)= b^2c^2[(b+c)^2-3bc]\leq b^2c^2(3^2-3bc)$

Đến đây $AM-GM$ hoặc ksht là ra.

Chứng minh rằng tồn tại vô số cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix} p| 2^{q-1}-1\\q|2^{p-1}-1 \end{matrix}\right.$

Ta có 2 NX quen thuộc :

$NX1$ : Nếu số nguyên tố $p|2^{2^{n}}+1$ với $n>3$ thì $p-1 \vdots 2^{n+2}$

$NX2$ : $2^{2^{n}}+1\neq p^{k}$ với mọi $n>3$ có nghĩa là số này luôn có ít nhất 2 ước nguyên tố phân biệt.

Chọn $ p|2^{2^{n}}+1;q|2^{2^{n+1}}+1 $ suy ra $p-1\vdots 2^{n+2}$ và $q-1\vdots 2^{n+3}$ 

Khi đó ta có :

$2^{q-1}-1\vdots 2^{2^{n+3}}-1\vdots 2^{2^{n+1}}-1\vdots 2^{2^{n}}+1\vdots p$

$2^{p-1}-1\vdots 2^{2^{n+2}}-1\vdots 2^{2^{n+1}}+1\vdots q$

Vậy  chọn $p,q$ như trên là ta có đpcm.

Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a_1,a_2,...,a_n$ đôi một khác nhau,thì đa thức:$P(x)=(x-a_1)^{2}(x-a_2)^{2}...(x-a_n)^{2}+1$ không thể biểu diễn thành tích của hai đa thức (bậc dương) với hệ số nguyên.

Phản chứng giả sử $P(x)=g(x).h(x)$ ,$g(x),h(x) \in R[x]$ , $degg(x)+degh(x)= 2n$,$deg g(x)\leq deg h(x)\Rightarrow degg(x)\leq n$

$\Rightarrow g({a_i}).h({a_i})=P({a_i})= 1$$\forall i=1,2,...,2013$

$\Rightarrow$ $g(x)$ và $h(x)$ cùng đồng nhất bằng $1$ hoặc $-1$.

Nếu có $i,j$ sao cho $g({a_i})= 1; g({a_j})= -1\Rightarrow g({a_i}).g({a_j})< 0\Rightarrow \exists {x_0}:g({x_0})= 0$

$\Rightarrow P(x)$ có nghiệm ${x_0}$ vô lí vì $P(x)$ luôn dương với mọi $x$.

Do đó chỉ có thể xảy ra $g({a_i})=h({a_i})=1$ hoặc $g({a_i})=h({a_i})=-1$. với mọi $i$ chạy từ $1$ đến $n$

Xét TH $g({a_i})=h({a_i})=1$ , cái kia cmtt.

Vì $g({a_i})=1$ nên đa thức $g(x)-1$ có $n$ nghiệm từ ${a_1}$ đến ${a_n}$ nên bậc của nó sẽ lớn hơn hay bằng $n$ 

$degg(x)= degh(x)= n$

$\Rightarrow g(x)-1= c(x-{a_1})(x-{a_2})...(x-{a_n})$ , $ h(x)-1= d(x-{a_1})(x-{a_2})...(x-{a_n})$.

Mà $P(x)= g(x).h(x)$ nên so sánh hệ số cao nhất $2$ vế ta có $cd=1$.Giả sử là $c=d=1$.

Lại do $P(x)= g(x).h(x)$ $\Rightarrow \prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})^{2}= (\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})+1).(\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})+1)$

$\Leftrightarrow 2\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})= 0\forall x\in R$.Vô lí.

Vậy giả sử sai và ta có đpcm

Cho hai đa thức hệ số nguyên $P(x)$ và $Q(x)$ thỏa mãn $P(x^3)+xQ(x^3)$ chia hết cho $x^2+x+1$. Gọi $d$ là ước chung lớn nhất của$P(2011)$ và $Q(2011)$. Chứng minh rằng $d$ chia hết cho $2010$

Sử dụng $P(a)-P(b)\vdots a-b$ ta được : $P(x^3)-P(1)\vdots x^3-1\vdots x^2+x+1$

và $xQ(x^3)-xQ(1)\vdots x^3-1\vdots x^2+x+1$

$\Rightarrow P(1)+xq(1)\vdots x^2+x+1$.Với $x$ đủ lớn thì $VP>VT$ $\Rightarrow P(1)+xQ(1)= 0\Rightarrow P(1)=Q(1)=0$

$\Rightarrow P(x)= (x-1)R(x);Q(x)= (x-1)H(x);$.Dễ chứng minh $R(x),H(x)\in\mathbb{Z}[x]$

$\Rightarrow P(2011)= 2010R(x);Q(2011)= 2010H(x);$

$\Rightarrow d\vdots 2010$

Cho $\text{a , b , c} \in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng :
Nếu $0 < a^{2} + b^{2} - abc \leq c$ thì $a^{2} + b^{2} - abc$ là một số chính phương.

Ý tưởng là Vieta-jumping thôi.
Đặt $a^{2} + b^{2} - abc= k\leq c$
Giả sử có ${a_0},{b_0},{c_0}$ thỏa đề và ${a_0}+{b_0}$ là nhỏ nhất trong đó ${a_0}\geq {b_0}$
+ Nếu ${a_0}={b_0}$ thì dễ thấy đpcm.
+ Nếu ${a_0}> {b_0}$ thì viết lại pt đầu dưới dạng pt bậc $2$ ẩn ${a_0}$ thì nó sẽ có thêm $1$ nghiệm $a$ nữa thỏa mãn
$a+{a_0}= bc;a{a_0}= b^{2}-k$
$a< 0\Rightarrow k-b^{2}\geq bc$ vô lí vì $k\leq c$
$a> 0\Rightarrow b^{2}-k-bc+1= (a-1)({a_0}-1)\geq b^{2}$ vô lí
$\Rightarrow a= 0\Rightarrow k= b^{2}$ đpcm

Giải trí nhân ngày 26/11 (ngày mai ) ! Cũng dễ thôi !
Cho $a,b \in\mathbb{N}^{*}$ , $(a,b)=1$. CMR : Mọi uoc nguyên tố lẻ của$a^{2^{n}}+b^{2^{n}}$ đều có dạng $2^{n+1}k+1$

Cho $a,b,c,x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn : $x + y + z = 1$
CMR: $ax + by + cz + 2\sqrt{(ab + bc + ca)(xy + yz + zx)} \leq a + b + c$

Dùng Cauchy-Schwarz :
$VT\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})}+ \sqrt{2(ab + bc + ca)2(xy + yz + zx)}$
$\leq\sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca)(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2yz+2zx)}$
$= \sqrt{(a+b+c)^{2}(x+y+z)^{2}}= a+b+c$

Cho các số a, b, c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=9$. Tìm Max của Q = 2(a + b + c) - abc

Here : http://diendantoanho...ight-leq-10abc/
______________
@BlackSelena : xin phép được Close topic .

Cho 3 số dương x,y,z thỏa $x+y+z=6$. CMR
$x^2 +y^2 +z^2-xy-yz-zx+xyz\geq 8$

Đặt $ x+y+z=p$ , $ xy+yz+zx=q$ , $\ xyz=r$
$ BDT\Leftrightarrow p^{2}-3q+r\geq 8$ $ \Leftrightarrow 36-3q+r\geq 8\Leftrightarrow 28-3q+r\geq 0$
Ta sẽ CM :$28-3q+r\geq 0$ (1)
Tù BĐT quen thuộc : $ (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\leq xyz$
Ta rút ra đc : $ r\geq \frac{4pq-p^{3}}{9}$ $ \Rightarrow r\geq \frac{8}{3}q+24$
Suy ra : $ VT\geq 28-3q+\frac{8}{3}q-24= 4-\frac{q}{3}$
Ta có BĐT quen thuộc : $ xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}= 12\Rightarrow q\leq 12$
Do đó : $ VT\geq 4-\frac{q}{3}\geq 4-\frac{12}{3}= 0$
Suy ra : (1) đúng $\ \Rightarrow BDT$ đúng.
Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi $ x=y=z=2$ .

Một bài vui vuj ! !
Cho $a,b,c$ là các số thục ko âm .
CMR : $2(a^{4}+b^{4}+c^{4})+4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})\geq 3ab(a^{2}+b^{2})+3bc(b^{2}+c^{2})+3ca(c^{2}+a^{2})$.

Cho $ a,b,c> 0$ .CMR:
$ \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}+\frac{(b+c)^{2}}{b^{2}+c^{2}+2a^{2}}+\frac{(c+a)^{2}}{c^{2}+a^{2}+2b^{2}}$$ \leq 3$

Đây http://diendantoanho...ight-leq-10abc/

Một bài rất hay được sáng tạo ra từ một cái rất hay
Cho $a,b,c> 0$ . Chứng minh bất đẳng thức sau :
$\frac{x}{\sqrt{y^2+yz+z^2}}+\frac{y}{\sqrt{z^2+zx+x^2}}+\frac{z}{\sqrt{x^2+xy+y^2}}\geq \sqrt{3}$

Bài 1:
Cho $a,b,c\epsilon \mathbb{R},\geq 0$. CM:
$\frac{a^2}{3a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2}{3b^2+(a+c)^2}+\frac{c^2}{3c^2+(a+b)^2}\leq \frac{1}{2}$

http://diendantoanho...c2fracb23b2ac2/

Bài toán 2 ( dễ ) Cho $a,b,c> 0$ và $abc=1$. Chứng minh bất đẳng thức sau:

$\frac{3\sum a^{4}b^{4}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{8a^{3}}{\left ( bc+a \right )^{3}}+\frac{8b^{3}}{\left ( ca+b \right )^{3}}+\frac{8c^{3}}{\left ( ab+c \right )^{3}}\geq 6$

Công nhận dễ thật !
Theo AM-GM : $3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)\geq (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^{2}\geq 3a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)= 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Rightarrow \frac{3 (a^{4}b^{4}+b^{4}c^{4}+c^{4}a^{4})}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 3$
Ta cần CM : $\frac{8a^{3}}{\left ( bc+a \right )^{3}}+\frac{8b^{3}}{\left ( ca+b \right )^{3}}+\frac{8c^{3}}{\left ( ab+c \right )^{3}}\geq 3$
$\Leftrightarrow \frac{1}{\left ( 1+\frac{bc}{a} \right )^{3}}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{ca}{b} \right )^{3}}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{ab}{c} \right )^{3}}\geq \frac{3}{8}$
Đặt $\frac{bc}{a}= x,\frac{ca}{b}= y,\frac{ab}{c}= z\Rightarrow xyz= 1$
$Q.E.D\Leftrightarrow \frac{1}{\left ( 1+x \right )^{3}}+\frac{1}{\left ( 1+y \right )^{3}}+\frac{1}{\left ( 1+z \right )^{3}}\geq \frac{3}{8}$
Quá quen rồi !

Cho các số thực không âm a,b.Chứng minh
$(a^2+b+\frac{3}{4})(b^2+a+\frac{3}{4})\geq (2a+\frac{1}{2})(2b+\frac{1}{2})$.

Theo AM-GM : $VT=[(a^2+\frac{1}{4})+b+\frac{1}{2}][(b^2+\frac{1}{4})+a+\frac{1}{2}]\geq (a+b+\frac{1}{2})^{2}= (a+b)^2+a+b+\frac{1}{4}$
$\geq 4ab+a+b+\frac{1}{4}=(2a+\frac{1}{2})(2b+\frac{1}{2})$

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho $p$ điểm ${A_k}(k,{r_k})$ . $k=0,1,2,..,p-1(p \in \mathbb{P},p> 3)$ . ${r_k}$ là số dư của phép chia $k^2$ cho $p$ .
CMR : Trong các điểm ${A_k}$ không có 3 điểm nào thẳng hàng , không có 4 điểm nào lập thành hình bình hành .

Để mình chém bài này! Mọi nguoi tu vẽ hình nhá!

Gọi E là trung điểm của AB .Suy ra:$ \widehat{AHE}= \widehat{BAH}$ và $ ME//AC$
Vì $ ME//AC$ nên $\widehat{AME}=\widehat{MAC}$
Mà $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$ nên $\widehat{AHE}=\widehat{AME}$
$ \Rightarrow$ AEHM nội tiếp $ \Rightarrow \widehat{AEM}= \widehat{AHM}= 90^{\circ}\Rightarrow \widehat{BAC}= 90^{\circ}$