Cho a,b,c>0. CM

$(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ac+a^{2})\geq (ab+bc+ca)^{3}$

Tìm $m,n$ là 2 số nguyên tố thỏa mãn :

$(2^m+2^n)$ chia hết cho $mn$

Loại bỏ th đơn giản : một trong 2 số chia hết cho 2.

Xét m,n lẻ và $m\geq n$

$\Rightarrow 2^{m-n}+1\vdots mn\Leftrightarrow 2^{(m-n)^{2}}\equiv 1 (mod mn)$

Đặt $d=ord_{mn}(2)$

$\Rightarrow [(m-n)^{2},(m-1)(n-1)]\vdots d\Leftrightarrow [(m-1)^{2}+(n-1)^{2}, (m-1)(n-1)]\vdots d$

do đó $2^{(m-1)^{2}+(n-1)^{2}}\equiv 1 (mod mn)$

Từ điều này ta dễ dàng suy ra được $\left\{\begin{matrix}2^{(n-1)^{2}}\equiv 1 (mod mn) \\ 2^{(m-1)^{2}}\equiv 1 (mod mn) \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 2^{(m-1)^{2}}+2^{(n-1)^{2}}\equiv 2 (mod mn)\Leftrightarrow 2^{m(m-2)}+2^{n(n-2)}\equiv 1 (mod mn)\Leftrightarrow 2^{m(m-2)}-2^{m(n-2)}\equiv 1 (mod mn)\Leftrightarrow 2^{m^{2}-mn}.2^{m(n-2)}\equiv 1 (mod mn)\Leftrightarrow 2^{m(n-2)}\equiv -1 (mod mn)$

Xét hệ thặng dư n tiếp tục áp dụng đk bài toán

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

Đến đây rõ ràng pt vô nghiệm m,n lẻ.

ps: nhầm lẫn ngay đoạn đầu.

Câu 1: Giải hệ $\left\{\begin{matrix}4x^{2}+y^{4}-4xy^{3}-1=0\\ 2x^{2}+y^{2}-2xy-1=0\\end{matrix}\right.$

Câu 2: Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$  thỏa: $f((x-y)^{2})=x^{2}-2yf(x))+f^{2}(y)$

Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên dương x,y sao cho: $\frac{x+y}{x^{2}-xy+y^{2}}=\frac{2}{7}$

 Câu 4: Cho tam giác ABC ko cân ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O), gọi M là tiếp điểm của (I) của BC. $T_{1}$  là đường tròn thay đổi và tiếp xúc với BC tại M. Giả sử $T{2}$  là đường tròn thay đổi và đi qua 2 điểm B, C. Giả sử $T{1}$ cắt đường tròn (O) tại 2 điểm D, E và  cắt $T_{2}$ đường tròn (I) tại 2 điểm F,G. CM 2 đường thẳng DE và FG cắt nhau tại 1 điểm cố định.

Lời giải

Giải thích cho em phần áp dụng định lí talet với.

 

Với m là số tự nhiên chứng minh rằng:

$2^{2^{m}} + 1  là  số  nguyên  tố$

 

Đến giờ vẫn chưa tìm đuộc công thức cho số nguyên tố đâu nhé.

Những số nguyên tố có công thức trên được gọi là số  Fermat.

http://vi.wikipedia..../wiki/Số_Fermat

Cho $a^2+b^2+c^2=3$ và a,b,c là các số thực dương. CM

$\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}< 1$

3.

GỌi $a_{i},b_{i}$ là số tách trà lật xuống và lật lên vào các lần nên $a_{i}+b_{i}=210$

Giả sử ta làm dược theo yêu cầu trên sau k lần (ko tính lần đầu) thì pt sau có nghiệm

$210+\sum_{i=2}^{k}a_{i}-\sum_{i=2}^{k}b_{i}=2013\Leftrightarrow 2.\sum_{i=2}^{k}a_{i}=1803$

rõ ràng phương;trình vô nghiệm.

Nếu là 2012 thì .$\sum_{i=2}^{k}a_{i}-105.k=901$

ta dễ dàng tìm được nghiệm.

Giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$ thì $a^2b+b^2c+c^2a \leqslant b(a^2+ac+c^2)$

$$\Rightarrow (a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)\leqslant b(a^2+ac+c^2)(ab+bc+ca)\leqslant \frac{9.2b(a+c)(a+c)}{8} \leqslant \frac{9}{8}\dfrac{8(a+b+c)^3}{27}=9$$

Bất đẳng thức gì nhỉ

Chào mọi người,mọi người giải giúp mình bài toán này với ạ :

Cho p khác 5,p là số nguyên tố lẻ.Hãy tìm công thức tính ký hiệu legendre của (5/p).

Thank mọi người trước nha.

Bạn có thể đọc ở đây, tính chất thứ 7.

http://vi.wikipedia....ý_hiệu_Legendre

Một phương pháp hay để giải toán đồng dư.

Giải pt $2(x^{2}+8 )=7\sqrt{x^{3}+27}$

http://www.wolframal...\sqrt{x^{3}+27}

Kết quả quá phức tạp

Tìm hàm số $f:R\rightarrow R$ thỏa :  $f(\sqrt{xy})=\sqrt{f(x).f(y)}$

Cho x=0$\Rightarrow \sqrt{f(0)}=f(y)$                             (*)

thay y=0 vào (*) $\Rightarrow f(0)=1$

Do đó $f(y)=1$

CHo tam giác ABC , đường cao BB', CC'. Gọi E lần lượt là trung điểm AC, AB. È cắt B'C' tại K. CM AK vuông góc với đường thẳng Euler tam giác ABC.

Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC tại E, AB cắt DC tại F. Gọi I,J,K lần lượt là trung điểm của BD,AC,FE. CM: I,J,K thẳng hàng

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để phương trình $x^n+(x+2)^n+(2-x)^n=0$ có nghiệm nguyên.

rõ ràng n lẻ.

+x<0

x=-a                              $-a^{n}+(2-a)^{n}+(2+a)^{n}=0$

 Nếu $\upsilon _{2}(a)=1\Rightarrow a=2k\Rightarrow (1-k)^{n}+(1+k)^{n}=k^{n}$

      Rõ ràng vô lí

 Nếu $\upsilon _{2}(a)=\alpha \geq 2\Rightarrow (1-2^{\alpha -1}k)^{n}+(1+2^{\alpha -1}k)^{n}=2^{n(\alpha -1)}.k^{n}$ 

Do đó $\upsilon _{2}(VT)=(\alpha -1).n\Leftrightarrow 1=n(\alpha -1)\Rightarrow n=1;\alpha =2\Rightarrow a=4\Rightarrow x=-4$

+$x\geq 0$

xét x=0;1;2 vô nghiêmhj

xét x>2$\Rightarrow x^{n}+(x+2)^{n}-(x-2)^{n}=0$

vôlis

ps: ko ảnh hưởng mâoys đến lời giải.

kq vẵn là n=1

Giải pt nghiệm nguyên sau:

 $(x^{2}-y)(y^{2}-x)=(x-y)^{3}.z$

(chế từ đề olympic 30-4)

 

Cho số nguyên tố p có dạng  4k+1 (k nguyên dương),  $x,y  \in  \mathbb{Z}   sao   cho  x^{2} + y^{2}\vdots p$. Chứng minh rằng:

$x \vdots  p  và  y \vdots  p$

 

số nguyên tố dạng 4k-1 nhé.

Đây là 1 bổ đề quen thuộc sử dụng định lí fermat nhỏ

$x^{4k-2}+y^{4k+2}\equiv 2 (mod 4k-1)\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}).A\equiv 2 (mod 4k-1)$

Giải pt:

$x^{3}+3x^{2}-2=\sqrt{x+3}$

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow R$

$f(f(x)+y)=f(x+y)+xf(y)-xy-x+1$

Trên Blog cũ của Toàn Zaraki có bài tương tự này anh   
Mặc dù còn 23 phút nữa mới đến ngày 12 nhưng em xin đăng một bài số thuộc đề KT đội tuyển Hải Dương mà em xin xỏ được

Bài 23: Tìm $(a,b,m,n)$ nguyên dương thỏa mãn: 
$$a^m-b^m=(a-b)^n$$

Chém luôn bài này.

ko mất tính tổng quát giả sử a>b            (a=b thì xong rồi)

Giả sử a-b tồn tại một ước nguyên tố lẻ thì

$\upsilon _{p}(a^{m}-b^{m})=n.\upsilon _{p}(a-b)\Rightarrow \upsilon _{p}(m)=(n-1)\upsilon _{p}(a-b)\Rightarrow m > p^{n-1}$

Do đó : $a^{p^{n-1}}-b^{p^{n-1}}< (a-b)^{n}$

Bằng pp quy nạp ta dễ dàng CM điều ngược lại.

Nên a-b ko tồn tại ước lẻ.

$a^{m}-b^{m}=2^{kn}\Rightarrow (a-b).\sum_{i=0}^{m-1}(a^{m-1-i}.b^{i})=2^{kn}\Rightarrow m.b^{m-1}\vdots 2$

+Nêu m là số chẵn, a,b lẻ thì $\upsilon _{2}(a^{m}-b^{m})=kn\Leftrightarrow \upsilon  _{2}(a^{2}-b^{2})+\upsilon _{2}(m)-1=kn\Leftrightarrow k+\upsilon _{2}(a+b)+\upsilon _{2}(m)-1=kn\Rightarrow \upsilon _{2}(2b+2^{k})+k+\upsilon _{2}(m)-1=kn\Leftrightarrow k+\upsilon _{2}(m)=kn\Rightarrow \upsilon _{2}(m)=k(n-1)$

áp dụng phương pháp trên ta có điều vô lí.

+Nếu a,b là số chẵn

Ta chỉ xét th n lớn tức 

   -Giả sử a-b=2$\Rightarrow (2+b)^{m}+b^{m}=2^{n}$

   Trong hai số 2+b và b tồn tại một số ko chia hết cho 4 và một số chia hết cho 4.                                         

     LÀm tiếp \\\

    -0Xét a-b chia hết cho 4.

      $\upsilon _{2}(a^{m}-b^{m})=kn\Leftrightarrow \upsilon _{2}(a-b)+\upsilon _{2}(m)=kn\Leftrightarrow\upsilon _{2}(m)=k(n-1)$

 Từ đó ta tìm ra kq bài toán

Giải thử đi em, nói mà ko làm cụ thể ra là ko tốt đâu 

$n=2k+1\Rightarrow m=2^{3k+1}.a$

Theo đề ta có $\upsilon _{5}(10^{2^{3k+1}.a})=\upsilon _{5}(2^{6k+3}.a^{2}+2^{6k+3})\Leftrightarrow 2^{3k+1}.a=\upsilon _{5}(a^{2}+1)$

Đến lúc này ta chỉ cần áp dụng quy nạp để CM VT lớn hơn VP ở Th nào đó.

Bài toán đuộc CM xong.

PS:Anh Nam do em thấy đề này là của THTT chưa hết hạn nên em chỉ làm vậy thôi.

Bài 19 : Tìm các số nguyên dương $m,n$ thoả :

$$10^m-8^n=2m^3$$.

pt$\Leftrightarrow 5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1}=m^{3}$

Giải pt khi m=1,2,3 thì m=1;n=1.

Dễ dàng CM khi $m\geq 4\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{m-1})> \upsilon _{2}(m^{3})$

Mà $\upsilon _{2}(5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Leftrightarrow 3n-1=3.\upsilon _{2}(m)$ (vô lí)

Vậy pt chỉ có nghiệm m=1;n=1.

sai rồi bạn ơi! Đoạn cuối bạn suy ra sai rồi. Bạn đọc kĩ lại xem

Dùng fermat để CM bổ đề sau với x,y không cùng chia hết cho ước số nào có dạng 4k-1 thì $x^{2}+y^{2}$ cũng ko có ước dạng 4k-1.

chứng minh hoặc bác bỏ khẳng định sau:

 

luôn tồn tại m là số nguyên dương sao cho

$2^{2^{n}}-1$ là ước của $m^{2}+9$ với mọi n nguyên dương

TỔng quát hơn, câu đầu

http://diendantoanho...-học-2014-2015/

Đề Vòng 2

Bài 1: Gọi N là số nguyên lớn hơn số nguyên tó thứ 2015, CM tồn tại 1 dãy gồm N số nguyên dương liên tiếp chứa đúng 2014 số nguyên tố.

Bài 2: Tìm tất cả các đa thức $P(x)\epsilon \mathbb{R}$ với hệ số thực sao cho đa thức sau là hằng số

  $(x+1)P(x-1)-(x-1)P(x)$

Bài 3: Cho tam giác ABC có D là trung điểm BC. Giả sử$\widehat{DAB}=\widehat{BCA};\widehat{DAC}=15^{\circ}$.  CM  góc ADC tù. Hơn nữa nếu O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC, CM AOD là tam giác đều.

Bài 4: Cho a,b là 2 số nguyên dương; g,l lần lượt là ước chung lớn nhất và bội chung njor nhất của a,b.

a) CM $g+l\leq ab+1$.Dâus = xẩy khi nào.

b) Giả sử ab>2 và g+l chia hết a+b. CM lúc đó thưng của chúng không vượt quá $\frac{a+b}{4}$.

 Mấy bữa ni chừ mới xin được đề

Vòng 1 (180') 

Câu 1: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa ab+bc+ca=1. CM 
    $\sum \frac{a^{3}}{1+9b^{2}ac}\geq \frac{(a+b+c)^{^{3}}}{18}$
Câu 2: Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa
 $f(x^{3})+f(y^{3})=(x+y)(f(x^{2})+f(y^{2})-f(xy))$
Bài 3: Cho dãy số $u_{n}$ xác định
 $\left\{\begin{matrix}u_{1}=1 \\ u_{n+1}=5u_{n}+\sqrt{Ku_{n}^{2}-8} \end{matrix}\right.$
Tìm K nguyên dương sao cho mọi số hạng của dãy $u_{n}$ đềulà số nguyên.
Bài 4: Cho ABC laftam giác nhọn có trực tâm H và chân các đường cao vẽ từ B,C theo thứ tự M,N. Gọi P là điểm tùy ý trên cạnh BC, X là điểm đối xứng của P qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPN, Ý là điểm đối xứng của P qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CPM. CM H,X,Y thẳng Hàng.