Còn bài 1 mình làm như thế nào???

http://www.mathlinks...1737426#1737426. Bạn tham khảo ở đây nhé!

Cách giải cua em khá là thú vị và khá hay. Còn câu 2 thì ý của anh là em có thể đề xuất một số hướng để tổng quát hóa bài toán trên được không

À, em hiểu rồi! Thế thì em đề xuất thế này. Bằng lý luận tương tự như lời giải cuả em, thì mình có thể chứng minh được bài toán tổng quát hơn, đó là:

Bài toán Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $k$ và $n\ge k$ thì tồn tại vô số số có dạng $2^{k}\left (2^{n-k}-1\right )-1$ nguyên tố cùng nhau đôi một.

Ngoài ra, em cũng đang nghĩ về một vấn đề mở như sau:

Vấn đề Tìm tất cả các hằng số $k$ nguyên dương sao cho tồn tài vô hạn các số có có dạng $2^n-k$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Thầy ơi, thầy xem lại câu hình hộ em nhé. Sao lại là vưà đường tròn ngoại tiếp mà vưà tiếp xúc được thế thầy?

Cho dãy các số tự nhiên $x_n$ thỏa mãn $x_n=2^n-3$.
1. Chứng minh rằng trong dãy tồn tại vô hạn số đôi một nguyên tố cùng nhau
2. Đề xuất bài toán tổng quát ( cái này quan trọng đây)

$(1)$ Ta chứng minh bằng quy nạp. Dễ dàng kiểm tra được các số $x_3,x_4,x_5$ là các số nguyên tố cùng nhau đôi một. Giả sử tồn tại một dãy $x_{n_1}, x_{n_2}, \ldots, x_{n_k}$ $$ thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ta chứng minh tồn tại một số nguyên dương $n_{k+1}$ lớn hơn $1$ và thỏa mãn $x_{n_{k+1}}$ nguyên tố cùng nhau với tất cả các số trong dãy nêu vừa rồi. Thật vậy, gọi $S=\{p_1,p_2, \ldots, p_j\}$ là tập hợp chứa tất cả các ước nguyên tố của dãy $$. Nhận xét, do $2\nmid x_{n_i}$ nên rõ ràng $2\notin S$, suy ra $(p_i,2)=1$ $\forall i$. Áp dụng định lý Fermat bé, ta thu được $2^{p_i-1}\equiv 1 \pmod {p_i}$ $\Rightarrow$ $2^{P}\equiv 1 \pmod {p_i}$, trong đó $P=\prod_{i=1}^j(p_i-1)$. Dẫn đến. $x_{P}\equiv -2 \pmod {p_i}$, $\forall i=$ $\overline {1,j}$. Ta chọn $n_{k+1}=P$ và rõ ràng lúc này $n_{k+1}\neq n_i$ $\forall i=\overline {1,k}$. Vì giả sử ngược lại, chẳng hạn nếu $n_{k+1}\equiv n_1$, khi ấy wlog, giải sử $p_1$ là ước nguyên tố của $x_{n_1}$ thì $x_{n_1}=x_{n_{k+1}}=x_P\equiv 0\pmod {p_1}$. Suy ra $p_1|2$, dẫn đến $p_1=2$, vô lý. Bây giờ, giải sử $p$ là ước nguyên tố chung bất kỳ của $x_P$ với $x_{n_i}$, $\forall i=\overline {1,k}$. Bằng lý luận tương tự, ta cũng có $p=2$, vô lý. Vậy $(x_{n_{k+1}},x_{n_i})=1$, $\forall i=\overline {1,k}$. Từ đó ta thu được điều phải chứng minh.

$(2)$ Em chưa hiểu ý lắm ạ!

Đây là lời giải của em. Mọi người xem thử ạ.

bài cuối cuả ngày hai, ý tưởng anh Hiếu giống cuả em tối hôm qua, chủ yếu là sử dụng cái bổ đề này trong bài post cuả em (Nhưng chứng minh hơi phức tạp quá ạ!)
http://www.mathlinks...ic.php?t=298677

Ta có AB và MN là hai đường đối song. Suy ra trung tuyến CP ứng với $\triangle CMN$ sẽ là đường đối trung wrt đỉnh C cuả $\triangle CAB$ $\Rightarrow$ $CP$ đi qua đối cực cuả AB wrt (O), mà điểm này cố định. Từ đây suy ra đpcm.

Bài này cuả anh Hiếu ko hiểu lại "na ná" bài nằm trong đợt "ôn thi Olympic 30/4" cuả em năm ngoái . Lời giải xấu xí cuả em lúc ấy như sau:

Gọi $O$ là tâm cuả vòng tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

(1) Chứng minh $B,C,B_a,C_a$ đồng viên. Cái này đơn giản thôi! Ta có thể chứng minh theo cách này: Ta có $AB_aA_1C_a$ là hình bình hành do đó $AA_1,B_aC_a$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Ta lại thấy rằng $AA_1$ là đường đối trung cuả $\triangle ABC$. Từ đó dẫn đến rằng $B_aC_a,BC$ là hai đường đối song wrt $\angle A$ $\Rightarrow$ $B,C,B_a,C_a$ đồng viên.

(2) Chứng minh $AO_a,BO_b,CO_c$ đồng quy. Từ gt bài toán rằng: "... chọn $B_a,C_a$ trên $AB,AC$ lần lượt sao cho $AB_aA_1C_a$ là hình bình hành..." khiến cho ta suy nghĩ tự nhiên đến một hướng giải quyết sau:
Đặt $k=\dfrac {AA_1}{AK}$, trong đó $K$ là điểm symmedian wrt $\triangle ABC$. Xét phép vị tự tâm $A$, tỉ số $k$, ta có $\mathcal {V}(A,k)$ $:B\mapsto B'$, $C\mapsto C'$, $K\mapsto A_1$. Khi ấy $\triangle ABC\mapsto \triangle AB'C'$ đồng thời $A_1$ cũng sẽ là điểm symmendian wrt $\triangle AB'C'$. Lại để ý rằng, qua $A_1$ ta đã có các đường thằng $A_1B_a,A_1C_1,$ $\overline {BA_1C}$ song song lần lượt với $AC',AB',B'C'$ do đó $(BCC_aB_a)$ chính là đường tròn Lemoine thứ nhất cuả $A_1$ wrt $\triangle AB'C'$. Khi ấy $O_a$ lúc này đóng vai trò là tâm cuả đường tròn Lemoine nói trên sẽ là trung điểm cuả $A_1O'$, trong đó $O'$ là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác $AB'C'$. Mặt khác $A_1O'|| KO$ (chú ý là qua phép vị tự $V(A,k)$). Do đó $AO_a$ đi qua trung điểm cuả $KO$. Lập luận tương tự cho $BO_b$, $CO_c$. Từ đây ta có đpcm. $\square$

Hoặc là từ $g(n)=8g(n-1)+9g(n-2)$ ta cũng có thể suy ra $g(n)$ có dạng $a(-1)^n+b9^n$ (Do $-1$ và $9$ là hai nghiệm của phương trình $X^2-8X-9=0$). Sau đó thay $n=1$ và $n=2$ vào ta cũng tìm được công thức như trên. Kiến thức này hình như không được đưa vào chương trình phổ thông.

Bài giải của em bên kia bị ẩu rồi anh ạ! Mình đếm "đểu" quá. Em xin được giải và trình bày lập luận chi tiết lại như sau:


Xét $S_n=\{a=\overline {d_1d_2...d_n}|$ $a$ $\vdots$ $5,$ $d_i\neq d_{i+1}\}$ là tập hợp chứa các số thoải yêu cầu bài toán. Đặt $|S_n|=a_n$.
Ta chia $S_n$ thành hai tập con rời nhau thoả mãn $S_n=A_n\cup B_n$; trong đó $A_n=\{a=\overline {d_1d_2...d_n}|$ $\overline {d_1...d_{n-1}}$ $\vdots$ $5\}$ và $B_n=\{b=\overline {d_1d_2...d_n}|$ $5$ $\nmid$ $\overline {d_1...d_{n-1}}\}$
$\bullet$ Loại 1: Xét $A_n$
Mỗi phần tử của $A_n$ được đặt tương ứng với duy nhất một phần tử thuộc $S_{n-1}$. Do đó tồn tại một song ánh $f$ sao cho $f: A_n\longrightarrow S_{n-1}$. Do đó $|A_n|=|S_{n-1}|=a_{n-1}$. $(1)$
$\bullet$ Loại 2: Xét $B_n$
Ta có nhận xét rằng với mỗi số $b'=\overline {d_1d_2...d_{n-1}}$ sao cho $5\nmid b'$ sẽ cho ra 2 số $b\in B_n$. Do đó $|B_n|=2|B'_{n}|$, trong đó $B'_{n}$ là tập chứa các số $b'$. Ta chia $B'_{n}$ thành hai tập rời nhau thỏa mãn $B'_{n}=C_n\cup D_n$; trong đó $C_n=\{c=\overline {d_1d_2...d_{n-1}}|$ $\overline {d_1d_2...d_{n-2}}$ $\vdots 5\}$ và $D_n=\{d=\overline {d_1d_2...d_{n-1}}|$ $5\nmid$ $\overline {d_1d_2...d_{n-2}}\}$
a) Xét loại $C_n$
Cứ mỗi $c'=\overline {d_1d_2...d_{n-2}}$ sẽ tương ứng với một phần tử thuộc $S_{n-2}$. Do đó nếu gọi $C'_n$ là tập hợp chứa các số $c'$ thì $|C'_{n}|=|S_{n-2}|=a_{n-2}$. Nhưng mỗi phần tử thuộc $C'_{n}$ lại tương ứng với 8 phần tử thuộc $C_n$ (Vì bản thân $d_{n-2}\in \{0,5\}$ cho nên $d_{n-1}$ có 8 cách chọn để tạo thành một phần tử thuộc $B'_{n}$). Do đó $|C_n|=8|C'_{n}|=8.a_{n-2}$. $$
b) Xét loại $D_n$
Mỗi số $d'=\overline {d_1d_2...d_{n-2}}$ $\leftrightarrow$ $b'$. Mặt khác số các số $b'$ chính là $|B'_{n}|=\dfrac {|B_n|}{2}$ $=\dfrac {|S_n|-|A_n|}{2}$ $=\dfrac {a_n-a_{n-1}}{2}$. Do đó nếu gọi $D'_{n}$ là tập chứa các số $d'$ thì ta có $|D'_n|=\dfrac {a_{n-1}-a_{n-2}}{2}$. Nhưng mỗi số $d'$ lại tương ứng với 7 phần tử thuộc $D_n$ (Vì với $d_{n-2}\neq \{0,5\}$ cho nên $d_{n-1}$ lúc này không được nhận $\{0,5\}$ và cả số đã được chọn ở $d_{n-2}$ nên nó chỉ còn 7 cách chọn để tạo thành một phần tử thuộc $B'_n$). Do đó $|D_n|=7|D'_n|=\dfrac {7(a_{n-1}-a_{n-2})}{2}$. $(**)$
Từ $$ và $(**)$ ta thu được $|B'_n|=8a_{n-2}+\dfrac {7(a_{n-1}-a_{n-2})}{2}$
Do đó $|B_n|=9a_{n-2}+7a_{n-1}$. $(2)$
Cho nên từ $(1)$ và $(2)$ ta có được công thức truy hồi $a_n=8a_{n-1}+9a_{n-2}$.

Đến đây chắc em làm đúng rồi . Tưởng bài này mới đầu dễ xơi, thế mà... suýt nữa đi tong vì tật "ẩu".

A chưa đọc kỹ cách giải của em bên kia. Căn bản công thức truy hồi của anh là cấp 2 (tức là tính đến hai số hạng trước của dãy) công thức của em là truy hồi cấp 1 (tức là tính theo một số hạng phía trước của dãy). Kết quả ở đây thì a check đúng 100% rồi. E thử check xem với công thức của em thì kết quả có y hệt không? Nếu kết quả giống thì khả năng cách giải của e cũng đúng. Nếu khác thì xem xét lại xem thế nào!

Anh xem kỹ hộ em dc chứ ạ!

em làm thế này! Chả biết như thế nào, mọi ng xem thử: http://mathvn.org/fo...=5727#post_5727

1,$P(x)=x^3+ax^2+bx+c$
$Q(x)=x^2+x+2007$
Biết P(x) có 3 nghiệm phân biệt và P(Q(x)) ko có nghiệm
CMR:$p(2007)>\dfrac{1}{64}$

Câu $1$

Gọi $r_1,r_2,r_3$ là nghiệm cuả $P(x)\Rightarrow P(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$
Vì $P(Q(x))$ vô nghiệm nên pt $x^2+x+2007-x_i=0$ vô nghiệm $\Rightarrow 2007-x_i>\dfrac {1}{4}$
$\Rightarrow P(2007)=(2007-x_1)(2007-x_2)(2007-x_3)>\dfrac {1}{4^3}$
Từ đây ta có $QED$.

REMARK- Bài toán này có thể tổng quát được cho đa thức $P$ có $degP=n$, cụ thể như sau:
"Cho $P(x)=x^n+a_nx^{n-1}+a_{n-1}x^{n-2}+...+a_2x+a_1$, $Q(x)=x^2+x+k$
Trong đó $P,Q\in \mathbb {R}[x]$, $P(x)$ có đúng $n$ nghiệm, $k$ là hằng số dương ko đổi.
CMR: $P(k)>\dfrac {1}{4^n}$"

Bài này thú vị đấy. Không có ai giải à? Mọi người có vẻ ngán tổ hợp nhỉ?

Em làm thế này, thầy Nam Dũng xem em tiếp cận đúng không ạ?
Em ký hiệu nếu hai chiếc tất mà cùng 1 đôi thì ký hiệu cùng 1 số.
Bằng song ánh em chuyển về bài toán sau:
Xét A={1,2,3,4,5}. Hỏi có bao nhiêu số có 10 chử số dc tạo bởi 5 chữ số từ A trong đó mỗi chữ số lặp lại đúng 2 lần và ko có số nào đứng 2 vị trí liên tiếp.
Đây là bài wen thuộc rồi ạ!

http://www.mathlinks...hp?t=274731http. Có thể liên quan

Cho em test vài phát:
Cho $a,b,c\in \mathbb R$. CMR:$\sum a^2 \ge 0$

Cho các số thực a,b,c,d thỏa mãn $ a^{2}+b^{2}= c^{2}+d^{2}= 13.$

Tìm giá trị lớn nhất của
$ S=(13-2a-3b)(13-2c-3d)(13-ac-bd). $

Good lucks.

Bài này hay, bạn xem lời giải cuả mình nhé: http://www.mathlinks...ic.php?t=273726

CMR 1 đường tròn qua 3 trung điểm của các cạnh tam giác thì nó sẽ tiếp xúc với 3 đường tròn bàng tiếp của tam giác đó.(Định lý Fuerbach)

Xem lời giải cuả mình ở đây, bài post cuối cùng http://www.mathlinks...ic.php?t=274672

THTT phải kok bạn cái này hết hạn chưa vậy ?
mình chỉ đoán ra EF tiếp xúc với đường tròn tâm (O)_ bán kính 1/2 r (còn chưa làm ra)

Bài này khá hay, nhưng chưa hết hạn, mình gợi ý: bài này liên quan đến điểm $Feurebach$ wrt $\triangle ABC$.

Hình đây rồi, bước tiếp theo là chứng minh thôi ....

Đặt $X\equiv QN\cap (O)$, $Y\equiv QA\cap (O)$.
Dễ thấy, $O\equiv BY\cap CX$, $M\equiv BN\cap AC$, $Q\equiv NX\cap AY$.
Theo định lý Pascal, ta có ngay: $Q,O,M$ thẳng hàng $\Longrightarrow QM $ qua $O$ cố định.
$Q.E.D$.

<span style='font-size:14pt;line-height:100%'><span style='color:red'>Định lí Pascal</span></span>

Định lý: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp. Khi đó các giao điểm của các cặp cạnh đối AB và DE, BC và EF, CD và FA đồng quy.

Có 1 cách C/m định lý Pascal bằng tỷ số kép, khá hay. Mọi người tham khảo bài c/m cuả Mashimaru.
http://www.mathlinks...ic.php?t=274672

Cho tam giác ABC, vẻ các trung tuyến AM,BN,CP và các phân giác AD,BE,CF. Trên BC,CA,AB lần lượt lấy X,Y,Z sao cho AX,BY,CZ là các đường đối trung của tam giác ABC. Chứng minh rằng: AX,BY,CZ đồng qui.

Đây là bài toán quen thuộc.
Trứớc tiên ta có nhận xét:$AX,BY,CZ$ sẽ đi qua đối cực cuả $BC,CA,AB$ wrt $(ABC)$.
Như vậy, nếu gọi $A_0,B_0,C_0$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $A,B,C$ cuả $(O)$ cắt nhay từng đôi một, $A_0$ đối diện với $A$.... Khi đó $AA_0,BB_0,CC_0$ đồng quy tại điểm Gergone wrt $\triangle A_0B_0C_0$.

Đây là lời giải đầy đủ cho kì thi TC NK (TP HCM) năm 08-09 vừa rồi. Cùng tham khảo nhé

Mình mới thi toán sáng nay, làm bài khá khả quan, điểm từ 9--->10. Các bạn cùng tham khảo nhé!!!

Chứng minh rằng BDT sau luôn đúng: