Giả sử $m>n$ thì $(a^m-1, a^n-1)=(a^n-1, a^{m-n}-1)$

Tiếp tục làm như thế. Áp dụng thuật chia Euclide thì kết quả cuối cùng sẽ là $(m,n)$

Dùng thuật Euclide như thế nào bạn?

$a,b,c\geqslant0:a^2+b^2+c^2=3.CMR:21+18abc\geqslant 13\sum ab$

Thật sự là bài anh có liên quan mật thiết đến bài em, nhưng em vẫn chưa ra

http://diendantoanho...-sao-cho-ambnd/.

Bài bạn thì dễ rồi :v

Còn mật thiết bài này ntn?

a là số nguyên >1, m, n  nguyên dương,

CMR: $(a^n-1;a^m-1)=a^{(m,n)}-1$

Tìm $n$ thuộc $Z^+$ để : $n.2^n +3^n$ chia hết cho 5

$n.(5-3)^n+3^n$

Với n chẵn thì:  $VT=(n+1)3^n+BS(5)\Rightarrow n=5k-1$

Tương tự n lẽ

bạn làm rõ giúp mình câu c được ko? Mà tâm tỉ cự là gì vậy bạn, dùng như thế nào? Nhờ bạn chỉ rõ giúp mình, mình mới vào lớp 10 chưa biết rõ, tks nhiều

$(c)$

$3\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}-2\overrightarrow{IC}=0\Rightarrow 3\overrightarrow{MI}=\overrightarrow{CB}$

Tâm tỉ cự thì bạn search GG hoặc tài liệu chh=uyên toán 10 :V

Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp M sao cho:

a) $\left | 2\vec{MA}+\vec{MB} \right |=\left | \vec{MA}-\vec{MB} \right |$

b) $\left | \vec{MA}+2\vec{MB}+\vec{MC} \right |=\left | \vec{MB}-\vec{MC} \right |$

c) $\left | 3\vec{MA}+2\vec{MB}-2\vec{MC} \right |=\left | \vec{MB}-\vec{MC} \right |$

Các bài này đều dùng : $\overrightarrow{MB-MC}=\overrightarrow{CB}$

Gọi I là tâm tỉ cự của A,B,C theo hệ điểm $1,2,1$, có: $VT=|4.\overrightarrow{MI}|=\overrightarrow{CB}\Rightarrow 4MI=CB$

Vậy $M$ di chuyển trên $(I,CB/4)$

Mấy bài còn lại là 1 dạng.

$f(x)=\{x\}$

sao mình thấy thì $f(x)=3$ vẫn đúng nhỉ?

vì phần lẻ của x là 0<=x<1 mà?

Tìm f:R->R thỏa mãn:

$f(x+1)=f(x)$

Hãy tìm 1 hàm thỏa mãn điều kiện trên, cho VD f(x) bằng gì ạ . 

Bài 2 dùng định lý về miền nguyên cho $f(x)=\sqrt{x}$ có hàm ngược là $f^{-1}(x)=x^2$ với $f: [1, x^2-1]\to [1, \sqrt{x^2-1}]$

Vậy y là số nào nhỉ?

Giải hệ pt 

$\left\{\begin{matrix} \frac{2x^5}{x+y}+(xy+1)^2=5\\ x^2+y^2=2 \end{matrix}\right.$

Bài 2. Ta có $OB^2=OC^2=OM.OA_1$. Do đó $AA_1$ là đường đối trung của tam giác $ABC$

Tương tự ta có $BB_1, CC_1$ đối trung. Ba đường đối trung đồng quy tại một điểm.

Bài 3. Dễ thấy $f(x)=ax$ với mọi $x\in \mathbb{Q}$ và $a$ là hằng số thực.

Nếu $a=0$ thì hiển nhiên $f(x)=0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$

Nếu $a\ne 0$. Đặt $g(x)=\dfrac{f(x)}{a}$ thì $g(x)$ không giảm và $g(x)=x\forall x\in \mathbb{Q}$

Giả sử $g(x_0)>x_0$ thì tồn tại số hữu tỉ $r$ sao cho $g(x_0)>r>x_0$ nên $r=g(r)>g(x_0)$ vô lý.

Sao bài 3 có f(x)=ax vậy bạn? mà k phải là công thức khác?

1. Chứng minh rằng mọi số nguyên lớn hơn 11 là tổng của hai hợp số.

2. Chứng minh rằng nếu  $f(x)=a_{n}x^N+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}$ 

    là đa thức với hệ số nguyên thì tồn tại $y$ sao cho $f(y)$ là hợp số.

P/s:   Help me!! 

Câu 1.

với $n$ là hợp số. Do đó: $n=a.b$, chọn đại 2 số có $a$ hoặc $b$ là ước là xong :v

Với $n$ ng tố.

=> $n$ lẽ.

Lấy $n=9+k$

dĩ nhiên 9 là hợp số, và $k=n-9$ chẵn là hợp số .

$\text{TH1:}\ k+1=2^a$

gọi $p\mid k$ xét $n=p^m$ với $m=1,2,...$ nên có vô số $n$

$-$ nếu $p\not | \ i\Rightarrow v_p\left ( i^n+(k-i)^n \right )=v_p(k)+v_p(n)\geq m$

$-$ nếu $p\mid i\Rightarrow n\mid p^n\mid i^n$

do đó ta có được

$n\mid 1^n+2^n+...+k^n$

$\text{TH2:}\ k+1\neq 2^a$

tương tự trường hợp trên khi xét $p\mid k+1$

bài này có trong tài liệu $\text{LTE}$ trên Aops

một bài khác em cho là nó cái đề nó giống giống một phần nào đó

$\boxed{\mathbf{Iran\ 2004}}$ Cho số nguyên dương $n$ và $a_1,a_2,..,a_k$ là các số nguyên dương không bằng nhau.Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại $k$ để

$p\mid a_1^k+a_2^k+...+a_n^k$

Cho e xin cái tài liệu LTE của AoPS vs ạ :v

Bài 3 giải như sau: 

a) Chú ý rằng $a_n-2=a_{n-1}a_{n-2}...a_0$ ( ở đây, $a_n$ là một dạng mở rộng của số nguyên tố Fermat)

Do đó: nếu $m<n$ thì $a_m|a_n-2$. Từ đây nếu $p$ là ước nguyên tố chung của $a_m,a_n$ thì $p|2$ dẫn đến $p=2$ ( VL vì $a$ chẵn nên $p$ phải lẻ).....

b) $d$ là ƯCLN. Từ đó $d|a_n|a_m-2$ và $d|a_m$ nên $d=2$

c) $p|a^{2^n}+1\Rightarrow p|a^{2^{n+1}}-1$. Theo ĐL Fermat nhỏ thì $p|a^{p-1}-1$ và gọi $h=ord_p(a)$ thì $h|p-1$ và $h|2^{n+1}$ suy ra $h=2^t$. Nếu $t\leq n$ thì $p|a^{2^n}-1$ thì $2|p$ (VL) nên $h=2^{n+1}$. Do đó $2^{n+1}|p-1$ nên $p\equiv 1$ (mod $2^{n+1}$ ) đpcm

$h=ord_p(a)$ là sao ạ???

Em k hiểu kí hiệu này lắm

a cho em ví dụ đc k ạ :v

 

Nguồn: AOPS

cho mình xin link bài này trên trang aops vs bạn :v

tìm x,y,z nguyên dương:

$x!+y!=z!$

Desargues có song song nhé bạn https://julielltv.wo...iem-thang-hang/
Nếu dùng pappus thì xét góc BAC ý!

Vì sao mấy đường đó song song vậy bạn :v

Kéo điểm đồng quy ra vô cực ta được song song.

Bạn làm rõ ràng cho tam giác nào đc k

tam giác ABC,1 điểm D_^​​ thuộc BC,M trung điểm AD. 

trên tia đối tia MB lấy E : ME = MB.

trên tia đối tia MC lấy F : MC = MF. chứng minh rằng:

A nằm giữa D và E

Xét tam giác $AME$ và tam giác $BMD$ có:

AM=MD, góc AME=BMD đổi đỉnh, $BM=ME$

nên tam giác này bằng nhau.

=> góc BDM= $MAE$ mà 2 góc này so le trong nên $AE//BD$.

Tương tự: $FA//BC$

theo tiên đề O-clit, có được $F,A,E$ thẳng hàng, A nằm giữa F,E

Mình gọi N, M là trung điểm AC, AB nhé ( tại má ko gõ latex đc). NO cắt BD ở H, MO cắt CD ở L. Bạn chứng minh đc HL song song BC ( đối song). Áp dụng desargues cho HNB, LCM với HL, BC, MN song song.

Định lí này thẳng hàng <=> đồng qui chứ kg phải song song

xem định lí Pappus ấy.

Bạn làm rõ đc k?

cho tam giác ABC với góc A kg vuông. Gọi D là 1 điểm sao cho: $\measuredangle DBA=\angle BAC=\measuredangle DCA$

CMR đường thẳng Euler của tam giác ABC đi qua D.

Trong sách cm như thế này:

Gọi: $K_b$ là giao điểm của CD và AB; $K_c$ là gđ của BD;AC.

$M_b,M_c$ trungđiểm AC,AB. G,O là trọng tâm, tâm đtròn ngtieeps ABC/ Khi đó , tg $K_bAC$ và $K_cAB$ cân nên, $K_b,O,M_b$ thẳng hàng và $K_c,O,M_c$ thẳng hàng.

Theo định lí Desargues thì $G,O,D$ thẳng hàng.

vậy định lí Desargues này  áp dụng cho tam giác nào ạ!

Nếu $x=0$ thì $z^2=4^y+1\equiv 2\pmod{3}$ vô lý. Nếu $y=0$ thì $z^2=21^x+1\equiv 2\pmod{4}$ vô lý.

Nếu $x,y,z>0$ thì: $(z-2^y)(z+2^y)=21^x$

Nếu cả hai số $z-2^y, z+2^y$ đều cùng chia hết cho $3$ thì $z$ chia $3$ dư cả $-1$ và $1$, vô lý.

Tương tự cả hai số trên không thể cùng chia hết cho $7$.

Trường hợp  1. $z-2^y=3^x, z+2^y=7^x$ thì $x$ lẻ và $2^{y+1}=7^{x}-3^{x}$

Theo định lý LTE ta có $y+1=v_2(4)+v_2(x)=2$ nên $y=1$

Trường hợp 2. $z-2^y=7^x, z+2^y=3^x$ thì $2^{y+1}=3^{x}-7^{x}$ vô lý.

Do đó ta có các nghiệm $(x,y,z)=(1,1,5)$ hoặc $(x,y,z)=(1,1, -5)$

Tại sao lại là $x$ lẻ bạn nhỉ?

Cho tam giác ABC. Gọi D và E lần lượt là các điểm thỏa mãn $\overrightarrow{BD}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BC} ; \overrightarrow{AE}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$

Tìm vì trí của điểm K trên AD để 3 điểm B,K,E thẳng hàng

EMFG là hình bình hành ( các cặp cạnh đối song song tương ứng với 2 đ.chéo của tứ giác.)

Sai rồi bạn