1/$x_1+x_2+...+x_n=1$ $x_i$ thực dương , thì: $$(1+\frac{1}{x_1})(1+\frac{1}{x_2})...(1+\frac{1}{x_n}) \ge (n+1)^n$$.
Ta có sự: $1+x_1=(x_1+...+x_n)+x_1 \ge (n+1)^{n+1}\sqrt{x_1^2x_2...x_n}$....
Tương tự suy ra:
$(1+x_1)(1+x_2)...(1+x_n) \ge (n+1)^n(x_1x_2...x_n)$
Chuyển vế là được sự chứng minh.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
2/ Với số tự nhiên: $0 \le k \le n$
Ta luôn có: $1+\frac{k}{n} \le (1+ \frac{1}{n})^k < 1+\frac{k}{n}+\frac{k^2}{n^2}$
Vế trái khá đơn giản với Beruoulli, ta c/m vế phải bằng quy nạp.
Với $k=1,...,n=k đúng$, Với $n=k+1$
$(1+\frac{1}{n})^{k+1} = (1+\frac{1}{n})^k(1+\frac{1}{n}) < (1+\frac{k}{n}+\frac{k^2}{n^2})(1+\frac{1}{n})$
Khai triển, thì được:
$1+\frac{k+1}{n}+\frac{(k+1)^2}{n^2}-\frac{n(k+1)-k^2}{n^3} < 1+\frac{k+1}{n}+\frac{(k+1)^2}{n^2}$
.

Mình có thể hỏi phương pháp quan hệ đệ quy( từ trước giờ chỉ biết quan hệ song ánh) và thêm bớt trong tổ hợp là gì được không?

Không biết bài 28 có liên quan đến bài TST 2011 không mà giống như cùng một họ :

Cho dãy ${a_n}$ thỏa mãn $a_0=1,a_1=3$ và $a_{n+2}=1+\left \lfloor \frac{a^2_{n+1}}{a_n} \right \rfloor$ với mọi $n\geq0$

Nếu bạn nào có tính chất về dãy này thì cho mình tham khảo với.

Hai bài 30,31 đều có trong sách tlct 11.

Bạn nào có thể đăng lời giải bài 2/1, mình không nghĩ quy đồng có thể được theo cách phản chứng của thầy MS và bạn Senna. Thiết nghĩ cần phải chứng minh a,b,c phải đồng thời cùng dấu.

Anh ơi, đẳng thức $(a+b)(b+c)(c+a)=8abc$ chỉ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\neq 0$ mà !

Đề KHTN làm sao mà sai được, đề đúng 100%, chắc chắn !

Thì chọn a,b,c như trên có số nào bằng không đâu bạn. Từ giả thiết để suy ra kết quả bài toán mà lại suy ra 2 kết quả đối ngược của c, thì có lẽ đề sai. 

Đặt $x=\frac{a}{b+c}...$ thì ta luôn có: $xy+yz+zx+2xzy=1$. Vậy cần c/m: $x+y+z=\frac{3}{2}$ với điều kiện a,b,c là số thực khác 0 !!!!.

1/ Cho $f:R \mapsto R,f(x)=ax+b$.Tìm a để $f$ là song ánh.
2/Gọi $M$ là tập tất cả những số nguyên dương $n$ thỏa mãn : $n$ có $2011$ chữ số, $n$ chia hết cho $99$, các chữ sô $n$ thuộc $\lbrace 1;2;...;8\rbrace$.Tính trung bình cộng các số của tập $M$.
3/Hãy chứng minh : $C_{2n}^{n}=(C_n^0)^2+(C_n^1)^2+...+(C_n^n)^2$
4/Cho tập$S=\lbrace 1;2;...;2n \rbrace$ số tập cân là bao nhiêu?
5/Cho $S=\lbrace 1;2;...;2012 \rbrace$. $T$ là tập con khác rỗng của $S$. Xét $f:T \mapsto T, f(X)=\lbrace 2013-x| \forall x \in X \rbrace$
Kí hiệu $m(X)$ là trung bình cộng các phần tử của $X$, Tính $\dfrac{1}{|T|}\sum \limits_{X \in T} m(X)$

5/ Mình làm cũng dựa trên ý tưởng của đl thặng dư thôi. VIết $n=4a_{k}p+x_{k}=a_{k}q+y_{k}$ để chuyển về được 2 bộ thặng dư. Suy ra:

$x_{k}-y_{k} \vdots a_{k}$. Dễ c/m được tổng các số dư không lớn hơn 2013 khi và chỉ khi tất cả các số dư đều không chia cho $(4v1)a_{i}$ dư$(4v1)a_{i}-1$.

Dựa vào hai điều trên loại ra các trường hợp số dư không thỏa để đi đến tổng của chúng nhỏ hơn 2012.

P/s: Năm nay có đến 3 câu số học, chắc các thầy biết năm nay có thần đồng đây mà.

Sao trong file : Problems and soulutions, chỉ có mỗi phần đề thi thôi vậy.

Sự bđt (Nguyễn Vũ Anh Tuấn):
Cho:
$x_1,x_2,...,x_n \in [0;2]$
Hãy chứng tỏ:
$(a + x_1 ^ t) (a + x_2 ^ t) ... (a + x_n ^ t) \geq [a + \frac{(x_1+x_2+...+x_n)^t}{n ^ t}] ^ n$
Với: $a\geq1;t, \geq 2 $

Một sự giải hay nhưng khá phức tạp, làm sao có thể tìm ra những đường ẩn trong những bài như thế này?
P/S: Bạn kia trả lời thật khó hiểu, liên quan gì đến mất bình tĩnh ở đây

$f(n)=n$, với $n$ lẻ.

Bài pth: Cho $x=y$ xong thế lại vào pt đầu, ta có: $f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$. Thay $y=y+z$, tính $f(x+y+z)$ bằng 2 cách, được:

$f(x)-\frac{f(2x)}{2}=f(y)-\frac{f(2y)}{2}=t=f(1)-\frac{f(2)}{2}=1$. Nên $0=f(x)+f(y)-f(x+y)$, ta được pth cộng tính. Cuối cùng là lí luận để là pth cô-si, và thử lại.

có cách khác là thay $a=2x$ $b=2y$ ở đoạn $f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$. Ra được dạng quen thuộc:

$f(\frac{a+b}{2})$=\frac{f(a)+f(b)}{2}$

Theo mình thì không tồn tại $f(0)$ nên chỗ này không đưa về pth cộng tính ngay được.

Bài 4 khối 10:
Tô hình 8x8 sao cho các sự cột 3,4,7,8 và hàng 1,2,5,6 cùng một màu thì với mọi sự đặt của $Z$ luôn đi qua số lẻ ô màu, 7 $Z$ là số lẻ ô màu , ai ngờ hình vuông luôn phủ số chẵn ô màu ( theo chia hình), nên không thể chia được bàn cờ như trên

có vài câu trong tlct12 kìa

Phần mình cảm thấy những chuyên đề này rất hay, nhất là DTTH. Nhưng phần Số học thì phần ví dụ với bài tập hơi "dễ" so với những bài trong box Số học hiện tại.

Cho hình thang $ABCD$ sao cho $BD=BC$. $E$ trên $AD$ với $\widehat{ECD}=\widehat{ACD}$. $F$ là giao điểm của $BD$ và $CE$, Hãy c/m: $EC=EF$.
Giải:

$CI$,$AF$ căt nhau tại $I$, bởi Ceva: $\frac{EC.FI.AK}{EF.AI.KC}=1$.
$QeD \leftrightarrow \frac{FC}{AC}=\frac{DC}{AB} \leftrightarrow \Delta{ABC} \sim \Delta{CDF}$

Bài này chắc là sử dụng quy nạp với hằng đẳng thức ( $f(n)=nf(1)$), dùng phương pháp hằng số bất định ta được:

 Với $n=2k+1$ : $(2k+1)^3+5^3+1^3=(k-4)^3+(4-k)^3+(2k-1)^3$.

 Với n chẵn để sử dụng được phương pháp trên ( khi đưa về bậc thấp, khử được bậc 1 có hai hằng số ở một vế, thì chon $n=2k+2$). Biểu diễn lại $(2k+2)^=(2k-2)+(a-k)^3+(a+k)^3-...-...$. Sau này chắc cũng tìm được hằng số ( sao mình tính cứ nhầm). Cuối cùng là thử lại.

1/ Dễ thấy: $6n+4=3.2n+3+1=3(2n+1)+1$ luôn thuộc tập $A$
Ai ngờ : $3k+1$ sẽ đổi dạng nếu $k $ lẻ
$k=2t+1$
$3k+1=6t+4$ thuộc tập $A$

Bài 2 ý tưởng của em là dùng số phức, không biết có đúng không : Xét đa thức $x^{n}-1=0$ có n nghiệm phức: $a,a^2,...,a^{n}; a^{n}=1$ . Lấy tâp $ A= L \subset X |L|=3 $ sao cho $A_{j}=L \in A: S(L) = j (mod n)$.

Ta có : $x^{n}-1=(x-a)...(x-a^n)$ hệ số của $n-3$ đồng nhất được : $0=(-1)^{3} \sum_{A}a^{S(A)}= \sum_{A} a^j=\sum_{j=0}^{n-1}|A_j|a^i=0 (mod n)$. Mà $a$ cũng là nghiệm của $x^{n-1}+...+1$ nên $A_i=A_j$.

Vậy $A_{0}=\frac{{}_{n}^{3}\textrm{C}}{n}$.

Cảm ơn thầy! Bài làm của em bị sai ở chỗ phương trình không có nghiệm phân biệt, có vẻ nó chỉ đúng khi n nguyên tố.

$(4a^2-1)^2 \vdots 4a^2-1$
$\rightarrow (4a^2-1)^2 \ge 4a^2-1$ (1)
$(4a^2-1)^2 \vdots 4ab-1$
$\rightarrow (4a^2-1)^2 \ge 4ab-1$ (2)
Lấy $(2) - (1)$ và $(1)-(2)$ thì được điêu cần c/m.

Mình làm thế này không biết đúng không, Đặt $g(x)=2f(x) \rightarrow g(g(x))=g(x)+2x \rightarrow g_{n}(x)=(-1)^{n}c_{1}+2^{n}c_{2} \rightarrow g(x)=2x-3c_{1}$.

Thử lại : $g(g(x))=2g(x)-3c_1=g(x)+2x \rightarrow c_{1}=0$. Nên $g(x)=2x$.