Không, ý mình là viết như vậy thì ra số 1 :v

đề như vậy c   nó là câu b của cái câu a) tồn tại số chia hết cho m có dạng 1111....11..1 đó c

là sao hở c :v?

sửa rồi ạ 

1) Cho số nguyên dương m thỏa (m,10)=1. Cmr: tồn tại 1 số chia hết cho m có dạng ...00..01 ( n chữ số 0 )

2) Cho 55 số nguyên dương \[x_{1},x_{2},x_{3},....x_{55}\] thỏa \[1\leq x_{1}< x_{2}< ...< x_{55}\leq 100\] .CMR : tồn tại i,j với \[1\leq i< j\leq 55\] sao cho \[x_{j}-x_{i}=9\]

3) Cho \[\alpha \epsilon \Re ^{+},n\epsilon \mathbb{Z}^{+}.\] . Cmr: tồn tại hai số nguyên dương p và q thỏa mãn \[\left | \alpha -\frac{p}{q} \right |\leq \frac{1}{np}\]

thế này là ngắn rồi mà

í mình là không dùng những BĐT  phức tạp í... ví dụ như Mincowski mình chưa dùng đc

$P=\sqrt{a^{4}+16}+\sqrt{16+16b^{4}}$

Áp dụng bđt Mincowski và AM-GM ta có: $P\geq \sqrt{(a^{2}+4)^{2}+16(b^{2}+1)^{2}}\geq \sqrt{\frac{(a+2)^{4}}{4}+4(b+1)^{4}}\geq \sqrt{2(a+2)^{2}(b+1)^{2}}=\sqrt{2}(a+2)(b+1)=\frac{9\sqrt{2}}{2}$

pạn có cách giải đơn giản hơn không ?

bài 2 đề đúng ko bạn

đúng pn

1) Cho \[0\leq y\leq x\leq 1\] .CMR: \[\frac{x^{3}y^{2}+y^{3}+x^{2}}{x^{2}+y^{2}+1}\geq xy\]

hì bạn, tiện thể cho mình xin nick FB với :>> :v
Đoạn đó bạn thay S(n+1), S(n) và S(n-1) thì ta có
$x_{1}^{n+1}+x_{2}^{n+1}-6(x_{1}^{n}+x_{2}^{n})+x_{1}^{n-1}+x_{2}^{n-1}=x_{1}^{n-1}(x_{1}^{2}-6x_{1}+1)+x_{2}^{n-1}(x_{2}^{2}-6x_{2}+1)=0$ do $x_{1};x_{2}$ là các nghiệm của pt

=> cái đỏ đỏ = )

Selene Scarlet => nick fb của mình

đk

bình phương 2 vế ta có

$\sqrt{(x^2-2x)(x+1)}=(x^2-2x)-2(x+1)$(*)

đặt $\sqrt{x^2-2x}=a\geq 0,\sqrt{x+1}=b\geq0$

khi đó (*) $\Leftrightarrow ab=a^2-2b^2$ (pt đẳng cấp)

mình chua hc pt dang cap bạn

giải phương trình : 
1) \[3x^{2}+11x-1=13\sqrt{2x^{3}+2x^{2}+x-1}\]

2) \[\sqrt{3x^{2}-6x-5}=\sqrt{\left ( 2-x \right )^{5}}+\sqrt{2-x}\left ( 2x^{2} -x-10\right )\]

3)\[\sqrt{x^{2}+x}+\sqrt{x-2}=\sqrt{3\left ( x^{2}-2x-2 \right )}\]

Xét $x^{2}-6x+1=0$ nhân cả 2 vế với $x^{n-1}$ ta có:
$x^{n+1} - 6x^{n} + x^{n-1} = 0$ 
Đặt $S(n) = x_{1}^{n} +x_{2}^{n}$ thì ta có: 
S(n+1) - 6S(n) + S(n-1) = 0 
<=> S(n+1) = 6S(n) - S(n-1) 
với S(1) = 6 
S(2) = 22 
=> S(3) nguyên 
... 
=> S(n) nguyên do các S kia đều nguyên =)) (1)
ta có: 
S(1) S(2) và S(3) không chia hết cho 5
S(n+1) = 6S(n) - S(n-1)=5S(n)-(S(n-1)-S(n)) không chia hết cho 5 do (S(n-1)-S(n)) không chia hết cho 5

Vậy S(n) không chia hết cho 5 với mọi n (2)

Từ (1) và (2) =>$đpcm$
 

giải thích giúp mình nhé

đồng dư với mấy vậy bạn ?

với 1 bạn

1) cho các số thực x,y thỏa mãn x khác y; x,y khác 0 .CMR: \[\frac{1}{\left ( x-y \right )^{2}}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}\geq \frac{4}{xy}\]

Gọi \[x_{1},x_{2}\] là hai nghiệm của phương trình \[x^{2}-6x+1=0\] . CMR : \[\forall n\epsilon \mathbb{Z} , s_{n}=x_{1}^{n}+x_{2}^{n}\] là một số nguyên dương không chia hết cho 5

a,b>0. CMR: $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2$

Vì a,b >0 nên \[\frac{a}{b},\frac{b}{a}>0\] 

Áp dụng BĐT Cosi ta có \[\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}= 2\] 

BĐT xảy ra khi và chỉ khi a=b

Với mỗi số nguyên dương n, gọi \[a_{n},b_{n},c_{n}\] là các số nguyên sao cho $\left ( \sqrt[3]{2}-1 \right )^{n}=a_{n}+b_{n}\sqrt[3]{2}+c_{n}\sqrt[3]{4}$ . CMR: \[c_{n}\equiv 1\left ( mod3 \right )<= > n\equiv 2\left ( mod3 \right )\]

Với mỗi số nguyên dương n, gọi \[a_{n},b_{n},c_{n}\] là các số nguyên sao cho \[\left ( \sqrt[3]{2} -1\right )^{n}=a_{n}+b_{n}\sqrt[3]{2}+c_{n}\sqrt[3]{4}.CMR c_{n}\equiv \left ( mod 3 \right )<=> n\equiv 2\left (mod3 \right )\]

Cho k là một số nguyên dương lẻ. CMR: với mọi n nguyên dương ta có \[k^{2^{n}}-1\vdots 2^{n+2}\]

$a,b,c\epsilon \Re + $ thỏa mãn $a+b+c=1$ .Cmr:$b+c\geq 16abc$

Ta có:$x^4+y^4\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{2}\geq \frac{(x+y)^4}{4}$ (Đúng theo bđt Cauchy-Schwarz)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y$

biến đổi tương đương đc không bạn?

Cho x,y thuộc R.CMR: \[x^{4}+y^{4}\geq\frac{\left ( x+y \right )^{4}}{4}\]

Giả sử không có bộ ba điểm nào tạo thành tam giác, tức là 2n điểm đã cho thẳng hàng

=>số đoạn thẳng được tạo ra$=\frac{2n(2n-1)}{2}=2n^{2}-n$

Xét hiệu $2n^{2}-n-n^{2}-1=(n-\frac{1}{2})^{2}-\frac{5}{4}$

Giả sử hiệu trên >0=>$(n-\frac{1}{2})^{2} \geq (2-\frac{1}{2})^{2}=\frac{9}{4} > \frac{5}{4}$

$=>$hiệu trên >0

hay số đoạn thẳng nếu các điểm đã cho thẳng hàng lớn hơn số đt theo yêu cầu đề bài, do vậy giả sử không có bộ 3 điểm là vô lý

do vậy, tồn tại ít nhất 1 bộ ba điểm tạo thành tam giác
P/s: Bài làm có gì sai sót mong các anh/chị/bạn chỉ ra, sửa lỗi và thông cảm giúp mình nha, hì hì : ))

giải thích cho mình với bạn

Với n là số nguyên lớn hơn 1 cho 2n điểm trên mp và n^2+1 đoạn thẳng có đầu mút là hai điểm đã cho.CMR: tồn tai ít nhất bộ ba điểm tạo thành tam giác.

Có m ( m lớn hơn hoặc bằng 4) cái kẹo. Số kẹo này ta bỏ vào n ( n lớn hơn hoặc bằng 4) cái túi . Mỗi lượt ta chọn hai túi (mỗi túi cái kẹo) bỏ vào một túi khác.CMR tồn tại một cách chọn để đặt tất cả số kẹo đã có vào một cái túi.

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). P là điểm bất kì trên (O). PD, PC lần lượt cắt AB tại MN ( P khác A,B,C,D)
a) CMR : (CPM) luôn đi qua 1 điểm cố định khác C

b) CMR: \[\frac{AM.BN}{MN}\] không đổi.