Nếu bạn đã nói vậy, xin mời chứng minh, mình muốn biết cách

Xét $k>5$

ta sẽ Cm rằng tồng tại a thuộc N thỏa: $k\leq a^{2}< (a+1)^{2}\leq 2k$

Xét $a^{2}$ lớn hơn k nằm gần k nhất.

do đó  $a-1< \sqrt{k}\Leftrightarrow a< \sqrt{k}+1\Leftrightarrow (a+1)^{2}< (\sqrt{k}+1)^{2}= k+1+2\sqrt{k}< 2k$

theo giả thiết giữa 2 số chính phương tồn tại một số nguyên tố.

Xét các số nhỏ hơn còn lại...

Định đề Bertrand được CM hoàn toàn.

Không rõ lắm nhưng nó đâu mạnh bằng ?

Định đề Bertrand đúng với mọi số $n > 1$ còn bài này là số chính phương, khoảng cách giữa hai số lớn hơn nhiều

Nghe nói đã có người chứng minh được bài toán này, nếu ai đó giải được hoặc tìm thấy lời giải thì có thể đăng cho mọi người cùng xem

Nếu công nhận bài toán này đúng ta rất dễ dể CM định đề bertrand với n>4.

Chứng minh ở giữa hai số chính phương liên tiếp tồn tại một số nguyên tố

Spoiler

Bài này khó quá, ai làm được đăng lên nhé

Không biết bạn lấy bài này từ đâu

Theo tính chất của bài này thì nó còn mạnh hơn cả định đề Bertrand

Tìm nghiệm nguyên:
$x^{y}-y^{x}=x+y$

Cho $y=px+q$ và $(q<x)$

Ta có: $x^{y}-y^{x}=x^{px+q}-(px+q)^{x}>(x^{p})^{x}.x^{q}-((p+1)x)^{x}$                  (1)

Dễ thấy với $x>1$, $y>2$ thì $x^{p}> (p+1)x$$\Rightarrow (1)\geq ((p+1)x)^{x}(x^{q}-1)$

Bây giờ đem so sánh vế trên với x+y ta sẽ có kết quả.

Chứng minh $\exists M\in Z$ để $M+4a_{n+1}a_{n}$ là số chính phương $\forall n\in N^{*}$

$a_{0}, a_{1}$ bằng mấy vậy

Gọi $a_{n}$ là số các xâu nhị phân độ dài n không chứa 3 số liên tiếp 0,1,0 và $b_{n}$ là số các xâu nhị phân độ dài n không chứa 4 số liên tiếp 0,0,1,1 hoặc 1,1,0,0. CMR:$b_{n+1}=2a_{n}$

 

Làm 1 bài tặng 10 likes     

Công thức Tổng quát:

$\left\{\begin{matrix}a_{i}=2^{i}-(i-2).2^{i-3} \\ b_{i}=2^{i}-(i-3).2i-4 \end{matrix}\right.$ 

Bài tổ hợp đề 10 thì dùng chỉnh hợp là ôkê chú gì mà cao siêu vạy bạn" tap lam toan"

Bạn cho mình lời giải được ko

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện $n \le 2p$ và ${{(p-1)}^{n}}+1$ chia hết cho ${{n}^{p-1}}.$

Gọi q là ước nhỏ nhất của n.

$\Rightarrow (p-1)^{n}\equiv -1 (mod q)\Rightarrow (p-1)^{2n}\equiv 1 (mod q)$

Gọi $d=ord_{p-1}(q)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}2n\vdots d \\ q-1\vdots d \end{matrix}\right.$

Do q là ước nhỏ nhất do đó d=1 hoặc d=2.

+ d=1$\Rightarrow p\equiv 0(mod q)\Leftrightarrow p=q$

TH1:n=p

$\Rightarrow (p-1)^{p}+1\vdots p^{p-1}$

Từ đây suy ra p=2 thỏa

Xét p>2. Sử dụng bổ đề LTE: $v_{p}((p-1)^{p}+1)=2\Rightarrow 2\geq p-1\Rightarrow p=3$

TH2:n=2p, Nên p=2

+d=2. dễ dàng suy ra được n không chia hết cho 2.

Điều này vô lý do ord=2.

Vậy chỉ có 2 nghiệm là $(p;n)=(2;2),(3;3) $. Ngoài ra còn có các nghiệm tâm thường khác là (p;1)

Chủ thớt viết lại bài hình giùm đi. Câu này có vẻ giống với Iran năm 1996.

Cho em link lời giải với

Làm như thế chưa chắc đâu ! Biết đâu trong số $1999$ điểm cho trước, có $k$ điểm ($k>1$) nằm trong góc đối đỉnh với góc $\widehat{A_{1}Md}$ thì sao ? Khi đó miền $A$ không giảm đi $1$ điểm mà lại tăng thêm $k-1$ điểm.Còn miền $B$ không tăng thêm $1$ điểm mà lại giảm $k-1$ điểm.Vậy có chắc là "luôn chuyển về được $\left | A \right |=\left | B \right |$" không ?

 

Mình đề xuất cách khác như sau :

Kẻ tất cả các đường thẳng đi qua ít nhất $2$ trong $1999$ điểm đã cho.Gọi số đường thẳng như vậy là $k$ ($k$ là số hữu hạn)

Gọi $m$ là số phương của $k$ đường thẳng đó $\Rightarrow m\leqslant k$ (vì có thể có những đường thẳng song song) $\Rightarrow m$ cũng là số hữu hạn.

Vì số phương trong mặt phẳng là vô hạn nên ta hoàn toàn có thể chọn 1 phương khác với $m$ phương nói trên (gọi phương đó là phương $t$)

Qua mỗi điểm trong số $1999$ điểm đã cho, ta kẻ các đường thẳng song song với phương $t$ (như vậy kẻ được $1999$ đường thẳng song song)

Đặt tên các đường thẳng song song đó (theo thứ tự từ trái sang phải hoặc từ dưới lên trên) lần lượt là $d_{1},d_{2},...,d_{1999}$

Rõ ràng đường thẳng $d_{1000}$ chia mặt phẳng thành 2 miền, mỗi miền chứa đúng $999$ điểm (trong số $1999$ điểm đã cho)

CÓ lẽ bài mình có thêm đk ràng buộc M sẽ đúng hơn: Gọi O là đường tròn bao phủ 1999 điểm. Do bán kính O hữu hạn nên ta có thể chọn M nằm ngoài O. Lúc đó góc đối đỉnh của $\widehat{A_{1}Md}$ sẽ ko tồn tại điểm nào trong 1999 điểm trên.

CÒn các làm của bạn mình nghĩ nên thêm đk cho t bởi vì t có vô hạn nên xác định như vậy thì hơi khó hiểu

Trên mặt phẳng lấy cho 1999 điểm phân biệt tùy ý. Chứng minh rằng có một đường thẳng đi qua một điểm duy nhất trong 1999 điểm đã cho chia mặt phẳng thành hai miền không giao nhau sao cho mỗi miền chứa đúng 999 điểm trong các điểm đã cho.

Ta sẽ làm theo thuật toán như sau.

Chọn 1 điểm M ko thuộc 1999 điểm đó sao cho ko thẳng hàng với bất kì 2 điểm nào. Kẻ 1 tia Md  bất kì đi qua 1 điểm tạo và chia mặt phẳng thành 2 phần A,B

Giả sử IAI>IBI ta sẽ chọn từ mp A chọn điểm $A_{1}$ sao cho $\widehat{A_{1}Md}$ nhỏ nhất.

kẻ tia Mt đi qua $A_{1}$.

Lúc đó mp A có IAI-1 điểm

           mp B có IBI+1 điểm

Tiến hành các bước tương tụ ta sẽ luôn chuyển về được IAI=IBI.

Cho $f:N*\rightarrow N*$ là hàm số $(f(m)+n)(f(n)+m)$ là số chính phương với mọi m,n thuộc N*. CM nếu $f(m)-f(n)\vdots p$ thì $(m-n)\vdots p$ trong đó p là số nguyên tố.

1.CM các công thức sau

a) $cos\frac{\pi }{7}-cos\frac{2\pi }{7}+cos\frac{3\pi }{7}=\frac{1}{2}$

b) $cos\frac{\pi }{5}-cos\frac{2\pi }{5}=\frac{1}{2}$

2. CM các trung tuyến AA' và BB' của các tam giác ABC vuông góc với nhau khi và chỉ khi:

$ cot C=2(cotA + cotB)$

Trên một đường tròn cho 6n điểm trong đó 3n điểm màu đỏ, 2n màu vàng, n màu xanh chia đường tròn thành 6n cung. Cung giữa 2 diểm vàng đỏ có giá trị =1, giữa 2 điểm xanh đỏ có giá trị=2, giữa 2 điểm xanh vàng có giá trị=3. Tìm cách sắp xếp các điểm sao cho tổng giá trị các cung lớn nhất.

Bài 4.

Áp dụng định lí carnot dơn giản

$C_{2}A^{2}-C_{2}B^{2}+A_{2}B^{2}-A_{2}C^{2}+B_{2}C^{2}-B_{2}A^{2}=0\Leftrightarrow \sum AB(C_{2}A-C_{2}B)=\sum AB(C_{1}A-C_{1}B)=\sum C_{1}A^{2}-C_{1}B^{2}=0\Rightarrow đpcm$

Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O), có D là trung điểm AC, đường thẳng qua hai điểm BD cắt (O) tại E, qua B kẽ đường thẳng song song với AE, cắt (O) tại F. Đường thẳng EF cắt AB tại K. Chứng minh rằng BK là tiếp tuyến của (O).

 

 

@ĐHV PhamHungCxHT : Chú ý cách đặt tiêu đề , thân !!

Bạn xem lại đề chứ BK kolaf tiếp tuyến O đâu

Tìm 2 số nguyên dương a,b thỏa

i) ab(a+b) không chia hết cho 7

ii) $(a+b)^{7}-a^{7}-b^{7}$ chia hết cho $7^{7}$.

Theo định lý Gauss thì tâm $[AC], [BD]$ và $[EF]$ thẳng hàng kết hợp với định lý Mique cho ta ba đường tròn trên có chung trục đẳng 

Mấy định lí nayflwosp 10 chưa học đâu.

Cho tứ giác lồi ABCD có E, F là giao của AB với CD, AD với BC. CM các đường tròn đường kính AC, BD và EF có trục đẳng phương chung.

Một hội nghị quốc tế  có hội viên thuộc 6 nước khác nhau. Danh sách gồm 2014 người được đánh số từ 1 đến 2014. CM có ít nhất 1 người có số thứ tự bằng tổng của 2 người hoặc bằng 2 lần số thứ tự của 1 người cùng nước với người đó.

Cho tam giác ABC nhọn và cân tại C. Gọi D là trung điểm của AB, E là điểm bất kì trên cạnh AB, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  ACE. Gọi $d_{1}$ là đường thẳng đi qua D vuông góc DO, $d{2}$ là đường thẳng qua E vuông góc với BC và $d_{3}$ là đường thẳng qua B song song với AC. CM 3 đường thẳng trên đồng quy.

Cho các số a,b,c ko âm sao cho tổng 2 số bất kì đều dương. CM $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\frac{9\sqrt{ab+ac+bc}}{a+b+c}\geq 6

ps: Ai có đáp án đề thi  đề xuất chọn hsg vùng duyên hải và đồng bằng bắc bộ toán 10 thpt chuyên vĩnh Phúc này cho mình xin cái luôn.

Bạn có thể tìm hiểu thêm về đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần.

Ta có với tứ giác toàn phần $ABCDEF$ thì trung điểm các đường chéo nằm trên một đường thẳng (điều này chứng minh được bằng định lí Menelaus thôi)

Các đường tròn có tâm nằm trên cùng một đường thẳng thì trục đẳng phương của chúng hoặc đôi một song song hoặc trùng nhau.

BẠn làm rõ hơn đi

Cho tứ giác ABCD có E và F là giao điểm của AB với CD và AD với BC. CM các đường tròn đường kính AC, BD và EF có trục đẳng phương chung.

Cho tam giác ABC (BC<AC). M là trung điểm AB. AP vuông góc BC tại B, BQ vuông góc AC tại Q. Giả sử PQ giao AB tại T. CM: TH vuông góc CM ( H là trức tâm tam giác ABC)