Bài toán: Xác định hệ số của $x^2$ sau khi khai triển: 

$P(x)=(...((x-3)^2-3)^2-...-3)^2$  (n dấu ngoặc)

Bài toán:

Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại số tự nhiên $n$ thỏa mãn:

$A=2+n+n^2+...+n^{p-1}$ là lũy thừa bậc 5 của một số nguyên dương

Cho $\left\{\begin{matrix}x+y+z=xyz & & \\ x,y,z>1 & & \end{matrix}\right.$

Tìm GTNN của : $A=\frac{x-2}{z^{2}}+\frac{y-2}{x^{2}}+\frac{z-2}{y^{2}}$

 

p/s:Khuyến khích sự bình luận , sáng tạo !    

Để ý rằng $x,y,z>1,\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$

$A+1=\sum \left (\frac{x-2}{z^2}+\frac{1}{z} \right )=\sum \frac{(x-1)+(z-1)}{z^2}=\sum (x-1)\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2} \right )\geq 2\sum\frac{x-1}{xz}=2.\frac{xy+yz+xz-x-y-z}{xyz} =2\left ( 1-\frac{x+y+z}{xyz} \right )$

Có $xyz(x+y+z)\leq \frac{(xy+yz+xz)^2}{3}\rightarrow \frac{x+y+z}{xyz}\leq \frac{1}{3}$

Từ đó $A+1\geq \frac{4}{3}\rightarrow A\geq \frac{1}{3}$

Kết luận $A_{min}=\frac{1}{3}\leftrightarrow x=y=z=3$

Tìm bộ ba số nguyên dương $(x,y,n)$ thỏa mãn:

$$\dfrac{x!+y!}{n!}=3^n$$

$x!+y!=n!.3^n$

Giả sử $x \leq y$

Có 2 Trường hợp:

$\blacklozenge$ Trường hợp 1. $x \leq n$

   Viết lại $1+\frac{y!}{x!}=\frac{n!}{x!}.3^n\rightarrow 3|1+\frac{y!}{x!}$.

   Nhận xét rằng tích của 3 số tự nhiên liên tiếp sẽ chia hết cho 3 $\rightarrow x<y\leq x+2$. Có 2 trường hợp:

   $\bullet $ Trường hợp 1.1. $y=x+1$ 

      Thay vào phương trình có $ x+2=\frac{n!}{x!}.3^n\rightarrow (x+2)!=n!.3^n.(x+1)\rightarrow x+2>n\geq   x\rightarrow n=x+1,x$

      - Trường hợp 1.1.1. $n=x \rightarrow x+2=3^x \rightarrow x=1,n=1,y=2$

      - Trường hợp 1.1.2. $n=x+1 \rightarrow x+2=3^{x+1}.(x+1)$ (vô nghiệm)

   $\bullet $ Trường hợp 1.2. $y=x+2$

      Thay vào phương trình ta có $1+(x+1)(x+2)=\frac{n!}{x!}.3^n\rightarrow \frac{x!}{n!}=\frac{3^n}{x^2+3x+3}\geq \frac{3^n}   {n^2+3n+3}>1$ với $n \geq 3$ (chứng  minh bằng quy nạp).

      Nên với $n \geq 3 $ thì $x>n \rightarrow n=1,2$

      -Trường hợp 1.2.1. $n=1 \rightarrow x!(x^2+3x+3)=3$ (vô nghiệm)

      -Trường hợp 1.2.2. $n=2 \rightarrow x!(x^2+3x+3)=18$ (vô nghiệm)

$\blacklozenge$ Trường hợp 2. $x > n$

   $\frac{x!}{n!}+\frac{y!}{n!}=3^n$ - số lẻ

   Nếu $x=y$ thì $3^n$ chắn suy ra $y>x$

   Ta có $y \geq n+2$ nên $\frac{y!}{n!}$ chẵn nên $\frac{x!}{n!}$ lẻ nên $x=n+1$. 

   Khi đó ta có $n+1+\frac{y!}{n!}=3^n$

   Do $\frac{y!}{n!}\vdots \frac{x!}{n!}\rightarrow \frac{y!}{n!}=(n+1)A \rightarrow (n+1)(1+A)=3^n$,   $A\in \mathbb{N^*}$

   Nếu $y \geq n+4$ thì $A\vdots 3\rightarrow (A+1,3)=1$ $\rightarrow y=n+2,n+3$

   $\bullet$ Trường hợp 2.1. $y=n+2$

       Thay vào phương trình ta có $n+1+(n+1)(n+2)=3^n \rightarrow (n+1)(n+3)=3^n$

       Dễ thấy $n+1$ và $n+3$ không thể đồng thời là các lũy thừa của 3

   $\bullet$ Trường hợp 2.2. $y=n+3$

      Thay vào phương trình ta có $n+1+(n+1)(n+2)(n+3)=3^n \leftrightarrow (n+2)^3-1=3^n$

      Từ đó $n>2, n+2\equiv 1 (mod 3)\rightarrow n+2=3k+1$ $(k>1, k\in \mathbb{N^*} )$

      Thay vào ta được $9k(3k^2+3k+1)=3^n$ nên $3k^2+3k+1$ là một lũy thừa của 3 (vô lí)

Vậy $(x,y,n)=(1,2,1),(2,1,1)$

Bổ đề LTE cho $p=2$ có hơi khác một chút:

$$v_2(2013^n-1) =v_2(2013^2-1)+v_2(n)-1.$$

em tưởng là với $n$ chẵn thì mới dùng cái này

Cảm ơn bạn

Có bài thay số 3 bằng số 2, nhưng chúng vẫn là số nguyên tố, và cách giải cx gần giống như trên

Vậy phải chăng có bài nào mà tổng quát ko bạn nhỉ?

Tìm số nguyên tố p và số tự nhiên n thỏa mãn : $n^p | p^n - 1$ 

mình cũng không có nhiều kinh nghiệm lắm đâu bạn

Theo mình thì những bài kiểu kiểu như thế này thì ta sẽ hay sử dụng kiến thức về LTE, cấp số, căn nguyên thủy, Fermat, vv ....

Tìm n nguyên dương thỏa mãn: $n^3 | 3^n-1$

Thấy $n=1$ là một nghiệm

Xét $n>1$. Dễ thấy $(n,3)=1$

Gọi $p$ là ước số nguyên tố nhỏ nhất của $n$ $(p\neq 3)$. Đặt $ord_p(3)=h$

Ta có $\left\{\begin{matrix} p|3^{p-1}-1 & & \\ p|3^n-1 & & \end{matrix}\right.\rightarrow \left\{\begin{matrix}h|p-1 & & \\ h|n & & \end{matrix}\right.\rightarrow h|(n,p-1)\rightarrow h|1\rightarrow h=1\rightarrow p|3-1\rightarrow p=2$

Đặt $n=2^x.d, (x\geq 1;(d,2)=1;(d,3)=1)$

Do $2^{3x}|3^{2^x.d}-1\rightarrow v_2(3^{2^x.d}-1)\geq 3x\rightarrow 3x\leq v_2(3^2-1)+v_2(2^x.d)-1=3+x-1=x+2$

                                $\rightarrow x\leq 1\rightarrow x=1$

$\rightarrow n=2d$. Giả sử $d>1$

Gọi $q$ là ước số nguyên tố nhỏ nhất của $d$ $(q \neq 2,3)$. Đặt $ord_q(3)=k$

Ta có $\left\{\begin{matrix}q|3^n-1 & & \\ q|3^{q-1}-1 & & \end{matrix}\right.\rightarrow \left\{\begin{matrix}k|2d & & \\ k|q-1 & & \end{matrix}\right.\rightarrow k|(2d,q-1)\rightarrow y|2 \rightarrow q|3^2-1\rightarrow q|8$ (vô lí vì $(q,2)=1$

$\rightarrow d=1 \rightarrow n=2$

Đáp số $n\in \left \{ 1,2 \right \}$

Giải phương trình nghiệm nguyên $(x^2+2)(y^2+3)(z^2+4)=60xyz$

Từ phương trình có $xyz>0$

Ta chỉ cần tìm các nghiệm dương rồi suy ra các nghiệm âm tương ứng

Nếu $x>2,y>3,z>4$ thì $x^2+2>3x,y^2+3>4y,z^2+4>5z\rightarrow (x^2+2)(y^2+3)(z^2+4)>60xyz $

Vậy $x\leq 2,y\leq 3,z\leq  4$. Từ đây xét các trường hợp của $x,y,z$

Các nghiệm dương của phương trình là:

$(1,1,1),(1,1,4),(1,3,1),(1,3,4),(2,3,4),(2,1,1),(2,1,4),(2,3,1)$

Tìm nghiệm nguyên dương của PT sau: $x^{4}+7^{x}+47=y^{2}$ ( Theo phương pháp mof thì đã tìm được 2 cặp là (4;52),(4;-52))

Nếu $x$ lẻ thì vế trái chia 4 dư 3 (loại)

Nếu $x$ chẵn thì $x=2k$ 

Từ đó $(2k)^4+7^{2k}+47=y^2$

Dễ chứng minh $(7^k)^2<y^2<(7^k+1)^2$ với $k> 3 $ bằng quy nạp

Từ đó $k \in \left \{1,2,3  \right \} $

Thử vào thấy $k=2,x=4,y= 52$ thỏa mãn

Cho  $n\in \mathbb{N^*}$. Gọi  $T(n)$  là tổng tất cả các ước lẻ lớn nhất của các số từ 1 đến $n$.

Tính  $T(2^{2015}+2^{2016})$

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                                      ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

     BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                                NĂM HỌC 2015-2016

                                                           Thời gian làm bài : 210 phút

                                                              (Đợt 2, ngày 30/10/2015)

Câu I. 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ thỏa mãn

                $$a^2+b\mid a^2b+a,b^2-a\mid ab^2+b$$

     2) Cho $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên bậc 2015 với hệ số bậc cao nhất là 1. Đặt $Q(x)=(P(x))^2-9$. Chứng minh rằng số nghiệm nguyên phân biệt của đa thức $Q(x)$ không vượt quá 2015.

Câu II. 1) Cho dãy số $(a_n)$, $n\in \mathbb{N}$ xác định như sau: $\left\{\begin{matrix}a_0=1 & & \\ a_{n+1}=3a_n+\left [ a_n\sqrt{5} \right ] & & \end{matrix}\right.$

       Chứng minh rằng $a_{n+1}=6a_n-4a_{n-1}$ và $5a_n^2-4^n$ là số chính phương với mọi $n\in \mathbb{N}$

     2) Cho $a,b,c$ là các số thực khác 1 và thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:

$$\frac{a^2}{(a-1)^2}+\frac{b^2}{(b-1)^2}+\frac{c^2}{(c-1)^2}\geq 1$$

Câu III. Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD với D thuộc đoạn thẳng BC. P là một điểm di chuyển trên đoạn thẳng BC. Đường thẳng qua P vuông góc với BC lần lượt cắt CA,AB tại E,F. Gọi K,L lần lượt là các điểm đối xứng của D qua CA,AB.

    1) Chứng minh rằng (LFB) và (KEC) cắt nhau tại 1 điểm M trên BC.

    2) Gọi giao điểm khác M của (LFB) và (KEC) là N. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi.

Câu IV. Tìm điều kiện của số nguyên dương $n \geq 2$ sao cho ta có thể nối được $n$ đoạn thẳng với các đầu mút là các đỉnh của một đa giác đều $2n$ cạnh thỏa mãn đồng thời:

    i) mỗi đỉnh của đa giác là đầu mút đúng của một trong các đoạn thẳng vừa nối;

    ii) các đoạn thẳng trên có độ dài khác nhau.

---- HẾT----

File bị lỗi hay sao ấy, tải về nhưng không xem được.

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác, $a+b+c=3$

Tìm giác trị nhỏ nhất của A= $a^{3}+b^{3}+c^{3}+ \sqrt{5}abc$

Đây là bài trong THTT tháng 9/2015

Hình như là vẫn chưa được phép đăng lên

Lời giải bài 71. Từ giả thiết ta có $b^2=(a-b)(2016a+2016b+1).$

Gọi $d=gcd(a-b;2016a+2016b+1) \rightarrow \left\{\begin{matrix}d |a-b & & \\ d|2016a+2016b+1 & & \end{matrix}\right.\rightarrow \left\{\begin{matrix}d|2016a-2016b & & \\ d|2016a+2016b+1 & & \end{matrix}\right.$

              $\rightarrow d|4032b+1$ (1)

Mặt khác $d^2|b^2\rightarrow d|b$ (2)

Từ (1) & (2) có $d|1\rightarrow d=1\rightarrow (a-b;2016a+2016b+1)=1$ mà tích của chúng là một số chính phương nên $a-b$ là một số chính phương (đpcm).

Cho $x,y,z>0$ và $xyz \geq 1$ . Tìm Min :

$P=\frac{x}{\sqrt{x+\sqrt{yz}}}+\frac{y}{\sqrt{y+\sqrt{xz}}}+\frac{z}{\sqrt{z+\sqrt{xy}}}$

   $P=\sum \frac{x}{\sqrt{x+\sqrt{yz}}}\geq \sum \frac{x}{\sqrt{x+\frac{y+z}{2}}}=\sqrt{2}\sum \frac{x}{\sqrt{2x+y+z}}$

         $=4\sqrt{2}.\sum \frac{x}{2\sqrt{4(2x+y+z)}}\geq 4\sqrt{2}\sum \frac{x}{2x+y+z+4}$

Ta c/m: $P\geq \frac{3}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \sum \frac{x}{2x+y+z+4}\geq \frac{3}{8}$

Sử dụng Cauchy-Schwarz:

   $\sum \frac{x}{2x+y+z+4}\geq \frac{\left ( \sum x \right )^2}{2\sum x^2+2\sum xy+4\sum x}$

   $\frac{\left ( \sum x \right )^2}{2\sum x^2+2\sum xy+4\sum x}\geq \frac{3}{8}$

   $\Leftrightarrow 8\sum x^2+16\sum xy\geq 6\sum x^2+6\sum xy+12\sum x$

   $\Leftrightarrow \sum x^2+5\sum xy\geq 6\sum x$

Ta sẽ c/m : $\sum x^2+5\sum xy\geq 6\sum x$

Áp dụng Cauchy-Schwarz:

    $\sum x^2+5\sum xy=(x+y+z)^2+3(xy+yz+xz)\geq (x+y+z)^2+9\geq 6(x+y+z)$

Kết luận $P_{min}=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Cho dãy ($a_n$) xác định bởi  $\left\{\begin{matrix}a_0=4, a_1=a_2=49 & & & \\ a_{n+1}=a_na_{n-1}-2(a_n+a_{n-1})-a_{n-2}+8 & & & \end{matrix}\right.$

Tìm công thức tổng quát của dãy.

Cho tập $A=\left \{ 1;2;3;...;15 \right \}$.

Hỏi có bao nhiêu tập con mà phương trình $x+y=16$, ($x,y \in \mathbb{N^*}$) vô nghiệm trên mỗi tập con.

Cho một số số tự nhiên có tổng bằng 2000.

Tìm giá trị lớn nhất của tích các số đó.

Bài toán:

Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Các đường cao kẻ từ A,B của tam giác cắt (O) tại các điểm thứ hai  $A_1,B_1$. Các đường trung tuyến kẻ từ A,B của tam giác cắt (O) tại các điểm thứ hai $A_2,B_2$. Các tiếp tuyến với (O) tại $A,A_1$ cắt nhau tại $P_1$;Các tiếp tuyến với (O) tại $A,A_2$ cắt nhau tại $P_2$;Các tiếp tuyến với (O) tại $B,B_1$ cắt nhau tại $Q_1$;Các tiếp tuyến với (O) tại $B,B_2$ cắt nhau tại $Q_2$.Chứng minh $P_1Q_1$ song song $P_2Q_2$.

Tính tổng:

1. $A=\textrm{C}_{2009}^{0}-\frac{1}{3}\textrm{C}_{2009}^{2}+\frac{1}{5}\textrm{C}_{2009}^{4}-...+\frac{1}{2009}\textrm{C}_{2009}^{2008}$

2.$B=\frac{\textrm{C}_{8}^{8}}{7.8}+\frac{\textrm{C}_{9}^{8}}{8.9}+...+\frac{\textrm{C}_{2010}^{8}}{2009.2010}$

Hơi spam nhưng câu 2 và câu 5 giống đề Sư Phạm năm 2012-2013 quá

thì đúng là như vậy mà 

a,b,c>0 thỏa mãn:$a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.CMR

$\sum \frac{1}{(2a+b+c)^{2}}\leq \frac{3}{16}$

$P=\sum \frac{1}{(2a+b+c)^2}=\sum \frac{1}{[(a+b)+(a+c)]^2}\leq \sum \frac{1}{4(a+b)(a+c)}=\frac{a+b+c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{a+b+c}{2.\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)}=\frac{9}{16(ab+bc+ca)}$

                (vì ta có bđt quen thuộc $(a+b)(b+c)(c+a) \geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

Do   $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Rightarrow ab+bc+ca=abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3}$

       $\Rightarrow ab+bc+ac\geq 3\Rightarrow P\leq \frac{9}{16.3}=\frac{3}{16}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài toán:

Cho tứ giác nội tiếp ABCD. AB giao CD tại E, AD giao BC tại F. P là điểm bất kì trong tứ giác ABCD. Gọi X,Y,Z,T lần lượt là điểm đối xứng với P qua AB,BC,CD,DA. Chứng minh góc nhọn tạo bởi PE,PF bằng góc nhọn tạo bởi XZ,YT.

Nguồn: Thầy Trần Quang Hùng

Bài toán:

Cho đa giác đều 2n (n lớn hơn hoặc bằng 3) . Hỏi có bao nhiêu tam giác tù có các đỉnh là các đình của đa giác đã cho.

Kết quả của bài hình có thể coi là một cách mở rộng đường tròn Euler cho tứ giác, có thể phát biểu gộp lại như sau

 

Cho tứ giác $ABCD$ không là hình thang và nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $CD, BC,DA$. Gọi $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $MNP$. Gọi $L$ đối xứng với $O$ qua $K$. Chứng minh rằng $L$ là trực tâm tam giác $ECD$.

 

Khi $A,B$ và $E$ trùng nhau. Ta thu được đường tròn Euler cho tam giác.

Thầy là thầy Quang Hùng đúng ko ạ ??