2) Trên mặt phẳng có $2011$ điểm bất kì ,ít nhất $3$ điểm không thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn vẽ được một đường tròn qua ba trong số $2011$ đã cho mà $2008$ điểm còn lại không nằm ngoài đường tròn.

Nối 2 điểm ở dưới cùng của tập các điểm đó, gọi là $A$ và $B$ ( tức là tất cả các điểm còn lại sẽ cùng nằm trên 1 nửa mặt phẳng bờ $AB$)

Nối tất cả các điểm còn lại với 2 điểm $A,B$. Ta chọn điểm $C$ mà góc $ACB$ là nhỏ nhất.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ sẽ chứa tất cả các điểm còn lại
( chứng minh bằng tứ giác nội tiếp và góc ngoài của tam giác , kết hợp với tính nhỏnhất của góc $ACB$)

Dạ anh giải thích rõ hơn chỗ này được không ạ? Vì giả sử là ước của một $b_k$ nào đó thì $a_i|a_k$ Từ chỗ này em vẫn chưa tìm ra vô lí.

Ở bước quy nạp $n$ ta đã có $a_i-a_k|a_i$ , kia lại có $a_i|a_k$ nên chỉ có trường hợp duy nhất là $a_k=2a_i$ 

đến đây thì ta quay lại bước quy nạp $n-1$ , với những kí hiệu tương tự trên thì $a_k=2a_i\Leftrightarrow A'.a'_1.a'_2...a'_{n-1}+a'_k=2(A'.a'_1.a'_2...a'_{n-1}+a'_i)$

                                         $\Leftrightarrow A'.a'_1.a'_2...a'_{n-1}=a'_k-2a'_i$

                                       (lưu ý là có thể $a'_k$ hoặc $a'_i$ bằng $0$ )

Hiển nhiên vô lí

Cho $2015^{2016}$ điểm phân biệt trên cùng một mặt  phẳng. Một số cặp điểm trong số những điểm này được nối với nhau bằng những đoạn thẳng.Chứng minh  luôn tồn tại $2$ điểm  được nối với cùng số lượng điểm khác.

Bài này như cấp $2$ ý thay $2015^2016=m$. Ta thấy 1 điểm có thể nối với $0,1,2....,m-1$ điểm khác.

+Nếu có $1$ điểm ko nối với điểm nào thì cũng ko có điểm nào nối với cả $m-1$ điểm còn lại suy ra số lượng điểm có thể nối là $2,3,..., m-2$, mà có tận $m-1$ điểm ko FA nên sẽ có $2$ điểm có cùng số lượng điểm nối với chúng

+Nếu ko có điểm nào FA thì số lượng điểm có thể nối là $1,2....,m-1$ mà có tận $m$ điểm nên luôn có $2$ điểm có cùng số điểm nối với chúng.

$đpcm$

Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên $n$ lớn hơn $1$, luôn tồn tại một tập $S$ gồm $n$ phần tử sao cho với hai phần tử $a,b$ bất kì trong $S$, $a-b|a$ và $a-b|b$ nhưng $a-b$ không là ước của bất kì số nào trong $S$ khác nữa.

Ta chứng minh bằng qui nạp. Giả sử bài toán đúng tới $n$ tức là tồn tại tập $S_{n}=\left \{ a_1,a_2,...a_{n} \right \}$  thỏa đề

Ta xây dựng tập $S_{n+1}$ như sau : Đặt $A=\prod (a_i-a_j)$ với $i,j$ chạy từ $1$ đến $n$

Với mỗi $k$ từ $1$ đến $n$ ta chọn $b_k=Aa_1a_2...a_n+a_k$ . Còn $b_{k+1}=Aa_1a_2...a_n$

Ta thấy $b_i-b_j= a_i-a_j |a_i|b_i$ và $b_i-b_j= a_i-a_j |a_j|b_j$ ; $\forall 1\leq i,j\leq n$

và $b_i-b_j$ ko là ước của $b_k$ nào nữa

Riêng $b_i-b_{n+1}= a_i |gcd(b_i,b_{n+1});\forall 1\leq i\leq n$ và cũng ko là ước của $b_k$ nào nữa.

Vậy tập $S_{n+1}=\left \{ b_1,b_2,...b_{n+1} \right \}$ thỏa đề và ta có $đpcm$

Cho $k \in Z^{+}$ . Chứng minh tồn tại vô số số chính phượng có dạng $n.2^k-7$ trong đó $n \in Z^{+}$ 

Ta sẽ chứng minh với mỗi $k$ tồn tại số $m_k$ sao cho ${m_k}^2+7 \vdots 2^k$ . Thì $m_k$ chính là số cần tìm.

Ta chứng minh bằng qui nạp. Giả sử bt đúng đến $k$, ta chứng minh nó đúng với $k+1$.

Giả sử $ {m_k}^2+7 = t.2^k$. Chọn $m_{k+1}= m_k + h.2^{k-1}$

Suy ra $ {m_{k+1}}^2+7={m_k}^2+ m_k . h . 2^k +2^{2k-2} +7 = t.2^k + m_k . h . 2^k + 2^{2k-1} = 2^k . (t+ m_k . h) +2^{2k-2}$

Do ${m_k}$ lẻ nên có thể chọn $h$ để $t+ m_k . h$ là chẵn và như vậy ${m_{k+1}}^2+7 \vdots 2^{k+1}$

XOng phần tồn tại. Bây giờ chứng minh vô hạn. Nhưng mà thấy ngay nếu ${m_k}$ thỏa mãn thì ${m_k}+l. 2^k$ cũng thỏa mãn ( $l$ bất kì)

Vậy ta có $đpcm$

Cho $x,y,z>0$ thỏa $xyz=1$. Chứng minh $\sum \frac{1}{x+y+1} \le 1$

Đặt  $x=a^3$ $y=b^3$ $c=z^3$ suy ra $abc=1$

Áp dụng $a^3 + b^3 \ge ab(a+b) $ và thay $1=abc$ vào dưới mẫu ta có $đpcm$

Có ai biết làm thì giúp mình với

Đặt $B$ là ma trận toàn số $0$. $E$ là ma trận đơn vị .

Giả sử có gtr $\lambda$ lẻ.

Ta có : $A \equiv B$ $( mod 2)$, $\lambda E \equiv E$ $(mod 2)$

suy ra $A- \lambda E \equiv E$ $(mod 2)$ nên $det(A-\lambda E) \equiv det(E) \equiv 1$ $(mod 2)$ là lẻ. Vậy vô lí

Ta có đpcm

Cho p là số nguyên tố và a,b,c là các số nguyên sao cho:

                                            $a^{n}+pb=b^{n}+pc=c^{n}+pa$ (n nguyên dương)

Chứng minh:a=b=c

Từ giả thiết ta có : $p=\frac{a^n-b^n}{c-b}=\frac{b^n-c^n}{a-c}=\frac{c^n-a^n}{b-a}$

Suy ra $-p^3=\frac{a^n-b^n}{a-b}.\frac{b^n-c^n}{b-c}.\frac{c^n-a^n}{c-a}$

Xét các trường hợp của các thừa số là ra 

Cho M là một số nguyên dương $S=\left \{ n \epsilon \mathbb{N}*/M^2\leq n<(M+1)^2 \right \} $. Chứng minh rằng mọi tích $ab$ (a,b thuộc S) phân biệt

Cách khác như sau

Cũng giả sử có $ab=cd$ và giả sử rằng $a>b$ , $c>d$ và $a>c$ suy ra $a>c>d>b$

Do $ab=cd$ nên tồn tại các số $x,y,z,t$ để cho $a=xy$, $b=zt$, $c=xt$, $d=yz$ ( đây là bổ đề 4 số rất cơ bản, chứng minh rất dễ )

Vì $a>c$ nên $y>t$, $a>d$ nên $x>z$ .

Suy ra $ xy \ge (z+1)(t+1) =zt +z+t+1 \ge zt+ 2\sqrt{zt} +1 \ge M^2 + 2M+1 = (M+1)^2 $ Vô lí rồi.

Vậy ta có đpcm

$\ge$

Đã nhận ra lỗi.
Mình làm như sau: Gọi $a$ là số nguyên dương nhỏ nhất và $b$ là số nguyên âm lớn nhất của $\mathbb{X}$
Trường hợp 1: $a + b > 0 \implies a + b \ge 1 \implies a \ge 1 - b \ge 2$. Mặt khác $a + b \in \mathbb{X}$ và $a + b \in \mathbb{N} < a$ mâu thuẫn với sự nhỏ nhất của $a$.
Trường hợp 2: $a + b < 0$ (tương tự trên)
Trường hợp 3:(Cảm ơn bạn Zaraki đã nhắc nhở mình) $a + b = 0 \implies a = -b$. Khi đó mọi phần tử có dạng $Ma (\forall M \in \mathbb{Z})$ đều sẽ thuộc $\mathbb{X}$. Để ý $0$ cũng là phần tử của $\mathbb{X}$
- Nếu $a = 1$, thì $\mathbb{X} = \mathbb{N}$. Do đó điều cần chứng minh đúng.
- Nếu $a > 1$, gọi $K$ là một phần tử không chia hết cho $a$ của $\mathbb{X}$ (giả sử $K$ dương và có $K > a$ và $1 \le gcd(K; a) < a$). Để ý là khi đó sẽ suy ra tổ hợp tuyến tính $mK + na$ cũng thuộc $\mathbb{X}$. Do đó theo bổ đề Bezout thì $mK + na = gcd(K; a) < a \in \mathbb{X}$, mâu thuẫn với tính nhỏ nhất. Vậy $K$ phải có dạng $Ma$.
Tóm lại $\mathbb{X} = {Ma; M \in \mathbb{Z}}$, do đó có điều cần chứng minh.

Đến đoạn $a>1$ cũng có thể lấy ngay $k$ chia cho $a$ : $k=ma + r$ suy ra $r$ thuộc $X$ do đó $r=a$. Bezout cao siêu quá

Tên này có phải Tạ Nguyên ko. Thấy giống quá

CMR: Tồn tại các số tự nhiên a,b,c thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3abc$ và Min(a,b,c)>2004

Giả sử $a,b,c$ là nghiệm ta sẽ tìm $t$ để cho $a,b,c+t$ cũng là nghiệm tức là $a^2 + b^2 + (c+t)^2 = 3ab(c+t)$ 

Vì $a,b,c$ là nghiệm nên ta đã có  $a^2 + b^2 + c^2 = 3abc$ nên rút ra được $t = 3ab-2c $

Đến đây thấy rằng nên chọn $c$ là số nhỏ nhất ngay từ đầu để đảm bảo $c+t$ dương.

Cứ làm như vậy các bộ nghiệm sẽ tăng dần lên và có $đpcm$ thôi 

Find all the prime $p$ and natural number $m$ that $(p-1)!+1=p^m$

Xét $p > 5$. 

Từ đề bài suy ra $(p-2)! = p^{m-1} + p^{m-2} + .... +1$

Vì $p > 5$ nên $2< (p-1)/2 $ suy ra $ (p-2)! = 2.(p-1)/2. A$ chia hết cho $p-1$. Mà VP lại đồng dư với $m$ $mod$ $p-1$ nên $m$ chia hết cho $p-1$

Suy ra $p^{m} >= p^{p-1} > (p-1)! +1 $. Loại

Vậy $p <= 5$

Co ban nào có ý tưởng cho cậu 2b ko?

Dễ thấy $lim(b_n-b_{n-1})=0$ mà $b_n$ lại tiến ra +vc nên ta có $[b_n]-[b_{n-1}]=0$ hoặc  $[b_n]-[b_{n-1}]=1$ với mọi $n$

Giả sử cái cần cm sai thì tồn tại $N$ để ${b_i} >= 1/2016$ với mọi $i>N$ . Đặt ${b_i} = {c_i} +1/2016$ thì $0< c_i < 2015/2016$

Do $lim(b_n-b_{n-1})=0$ nên từ chỉ số $m$ nào đó trở đi $b_n-b_{n-1}<1/2016$.

Chọn $k>max(N,m)+1$ và  $[b_k]-[b_{k-1}]=1$ thì có $b_k-b_{k-1}<1/2016$ suy ra $1+c_k - c_{k-1}<1/2016$ hay là $2015/2016+ c_k < c_{k-1} $

Vô lí. Vậy có $đpcm$

Cái $Fx$ của diễn đàn này bị lỗi rồi.