Bài1: Cho a,b là 2 số tự nhiên thỏa mãn: $2006a^{2} +a=2007b^{2}+b$
CMR:(a-b) là một số chính phương

Bài2: Cho hai số nguyên dương khác nhau A và B đều có 2004 chữ số gồm 1000 chữ số một;800 chữ số 2;200 chữ số 3 và 4 chữ số 4.CMR: A ko chia hết cho B hoặc ngược lại.
Các bạn giải nhanh nhá!!!!!

Xơi bài 2
Ta thấy tổng các chữ số của A và B là 3216. Vậy A và B chia 9 dư 3.Giả sử A>B
Giả sử C là thương của phép chia A cho B. Khi đó C ko chia hết cho 9
Đặt A=BC
Với C 1 (mod 9) BC 3 (mod 9) hay A 3 (mod 9)(ok)
C 2 (mod 9) BC 6 (mod 9) hay A 6 (mod 9)(loại)
C 3 (mod 9) BC 9 (mod 9) hay A 9 (mod 9)(loại)
...
Cứ thử như thế ta chọn đc C chia 9 dư 1 hoặc 7 là thỏa mãn
Do A khác B và C < 10 nên C=7 nên A=7B >7 x 10^2004 (trái dzới giả thiết )
Vậy ko tồn tại C hay A ko chia hết cho B

Nè, mọi người xem giùm em 2 bài này làm seo:
C/m không tồn tại số tự nhiên $a$ sao cho:
$a) a^2 + a =2010^{2009}$
$b) a^3 + a^2 +a =2009^{2010}$
2 câu a,b hoàn toàn độc lập nha

Câu a mình còn cách khác
$a^2 +a = 2010^{2009}$
$4a^2 + 4a +1 = 4.2010^{2009} + 1$
$(2a+1)^2 = 4.2010^{2009} + 1$
Mà số chính phương chia 7 dư 0,1,2,4 trong khi $4.2010^{2009}+1$ chia 7 dư 5
Mâu thuẫn
Vậy ko tồn tại a

a, CMR: $\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}}\geq 16(\dfrac{1}{(a+2b+c)^{2}}+\dfrac{1}{(b+2c+a)^{2}}+\dfrac{1}{(b+2a+c)^{2}})$

b, Cho $a,b,c >0$ .CMR: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+\dfrac{a^{2}}{b^{2}}+\dfrac{b^{2}}{c^{2}}+\dfrac{c^{2}}{a^{2}}+\dfrac{b^{2}}{a^{2}}+\dfrac{c^{2}}{b^{2}}+\dfrac{a^{2}}{c^{2}}+3\geq \dfrac{36}{a+b+c}$

Hình như câu b, $a,b,c \geq 1 $ mới đúng

Hôm qua em tìm trong võ của anh trai có mấy bài tìm nghiệm nguyên không làm đc mong các anh giúp với ( em là mem mới có chi mong mọi người bỏ qua)
1. Tìm a;b;c nguyên $x^4 +y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2+24$
2. Tìm a;b lẻ thỏa mản: $a^2+b^2$ là số chính phương.
3. tìm a;b không âm( nguyên) thỏa mản: $2^{2a}+2^{2b}$ chính phương

câu 1 hem bit làm
câu 2 : do a,b lẻ nên a,b ko chia hết cho 4. Mà số chính phương chia 4 dư 0 (chẵn) hoặc 1 (lẻ) nên a^2+b^2 chia 4 dư 2. VÔ LÍ ko tồn tại a,b
câu 3 : Ta có số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1. Mà $2^{2a}+2^{2b}$ chia 3 dư 2 Vô lí. Vậy ko tồn tại a,b

cho $a,b,c$ dương khác 1 và $\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}=1$

Chứng minh rằng $\dfrac{1}{1-a}+\dfrac{1}{1-b}+\dfrac{1}{1-c} \leq \dfrac{9}{2}$

E hèm, lâu lém rồi mới lên diễn đàn. Kiến thức em còn yếu nên xin các anh chị, các bác giúp đỡ ạ!
Mở màn, em xin giải bài của anh "Nguyễn Minh Cướng trước nhé (bik tao là ai hok, đoán đi mày).
Câu a chắc là dễ gòy, vì góc MAB bé hơn 90 độ nên áp dụng định lý cos là ra thoai..!!
Còn câu b. Thằng Bình có 1 cách, tao có 1 cách nữa. Nhưng tao post cách tao trước nhé.
Giả sử PQ cắt d tại S thuộc tia đối của AB. Để ý rằng góc ARP bằng 90 độ. Zậy để chứng minh SR là tiếp tuyến ta se chứng minh SRO bằng 90 độ.
Lấy K đối xứng với R wa d => K thuộc đường tròn. Ta se chứng minh SKAR nội tiếp.
Điều này hiển nhiên vì $ \widehat{KSA}=\widehat{ASR}=\dfrac{1}{2}(sdPN-sdQM)$
Trong đó MN lấn lượt là giao điêm cua d với (O). A nằm giữa M và B.
Và ta dễ dang chứng minh góc KRA cũng bằng góc KSA ( vì thời gian có hạn nên các bạn thông cảm cho minh không pót lời giải chi tiết lên được.)
=> Tứ giác KSRA là tứ giác nội tiếp nên góc SRA =góc AQP (bù với SQA)=MRP
=> SRO=ARP=90 độ (dpcm)
Minh sẽ pót tiếp lời giải của bạn minh sau.

Ê thằng đó ăn cắp cách của tao mà còn nói " tao có 1 cách nữa" (bit tao ai hok)

1) Cho $a+b>1. CM: a^{4}+ b^{4}> \dfrac{1}{8}$
2) Cho $a+b=1. CM: (1+ \dfrac{1}{a}).(1+ \dfrac{1}{b})>9$

Chắc là a,b đều dương hết
$VT=(1+1+\dfrac{a}{b})(1+1+\dfrac{b}{a}) \geq 3.3=9$(Cauchy 3 số)

Hi hì, ra câu c của bạn gòy, zui wá. Mặc dù không bik cái bài toán của chuyentoan nhưng mình xin chứng minh bằng cách khác, chỉ áp dụng câu b thoai.
Để chứng minh BF vuông góc với CI, ta cần chứng minh tam giác BFM đồng dạng với tam giác ICM. Tức là ta cần chứng minh $MF.MI=MB.MC <=> MF.MI=MH.MA$
$ <=>MH^2+MH.MA=(MH+HI).(MH+HF) <=> MH.HA=2.(MH.HF+HF.HI)$ (chú ý rắng $HI=\dfrac{1}{2}AH$
$ <=>MH.HA-MH.HF=MH.HF+HF.HI <=> MH.AF=AM.FH$
Điều này chính là câu b => DPCM
Oa,...oa....oa, buồn ngủ gòy, đi ngủ thoai...
Ý wên, nếu thấy hay thì mọi người thank dùm cái.

$ <=>MH^2+MH.MA=(MH+HI).(MH+HF) <=> MH.HA=2.(MH.HF+HF.HI)$
chessmate ( Hoàng em ), cái dòng này là sao ấy nhỉ, đọc ko hỉu, có phải do SAI ko nhỉ !?

Bài 1 Dễ dàng cm đc
$m_{a}+m_{b}+m_{c} \leq 4R+r$
Mà $r_{a}+r_{b}+r_{c}=4R+r$ (kết quả thuần túy hình học này có thể tham khảo ở cuốn "Những định lí chọn lọc trong hình học phẳng" trang 100)

Cho tam giác ABC. 3 đường cao AM, BN , CP , trọng tâm H.
CM: Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua trung điểm AH, BH, CH.

H là trọng tâm hay trực tâm nhỉ

Chứng minh với mọi số $n \in N$ thì $A=19. 8^n +17$ là hợp số

Nếu n chẵn.Ta có
$8^n \equiv (-1)^n = 1 (mod 9)$
$19.8^n+17 \equiv 19+17 \equiv 0 (mod 9)$
Nếu n lẻ ta có 2 trường hợp
Với n=4k+1, ta có:
$8^n=8^{4k+1}=8.(8^4)^k \equiv 8 (mod 13)$
$19.8^n+17 \equiv 19.8+17 \equiv 0 (mod 13)$
Với n=4k+3, ta có :
$8^n=8^3.(8^4)^k \equiv 8^3 (mod 5)$
$19.8^n+17 \equiv 19.8^3+17 \equiv 0 (mod 5)$
Vậy tóm lại$ 19.8^n +17$ là hợp số

P/s: Nếu mọi người thấy hay thì thanks em dùm cái ^^

Trong tất cả các tam giác với các cạnh AB, AC có độ dài cho trước (AB < AC), tìm tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp NHỎ nhất

Chứng minh: ${\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3} \ge {a^2}\sqrt {\dfrac{{3{b^2} - {a^2}}}{2}} {\rm{ }}\left ( {b\sqrt 3 > a > 0} \right)$

Với a=b=0.5, BĐT sai !

Với a=b=0.5, BĐT sai !

sr, mình nhầm

AM-GM thôi mà
$\sqrt {{a^2}.{a^2}.\dfrac{{3{b^2} - {a^2}}}{2}} \le \sqrt {\dfrac{{{{\left( {{a^2} + {a^2} + \dfrac{{3{b^2} - {a^2}}}{2}} \right)}^3}}}{{27}}} = ...$

Anh ơi coi lại đi, cứ tiếp tục biến đổi sẽ ngược dấu đấy

Em có 1 cách, mấy pác xem giúp
Do VT, VP là các đa thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa $3b^2-a^2=2$
$3b^2=a^2+1+1 \geq 3 \sqrt[3]{a^2} $
$b \geq \sqrt[3]{a} $
Do đó chỉ cần cm đc $(\dfrac{a+ \sqrt[3]{a} }{2})^3 \geq a^2$
$(a+ \sqrt[3]{a} )^3 \geq 8a^2$
$a^3+a+3a. \sqrt[3]{a} (a+ \sqrt[3]{a} ) \geq 8a^2$
Áp dụng AM-GM
$a^3+a \geq 2a^2$
$3a. \sqrt[3]{a} (a+ \sqrt[3]{a} ) \geq 3.a \sqrt[3]{a} .2 \sqrt[3]{a^2} =6a^2$
Cộng lại ĐPCM

P/S: àh, nếu mấy bác xem rồi mà thấy hay thì Thanks em jùm cái ^^ !!!!

$\dfrac{ 2005^{2006} + 1}{ 2005^{2007} +1}$ và $\dfrac{ 2005^{2004} + 1}{ 2005^{2005} + 1}$

Trước hết ta có nhận xét sau :
Với $\dfrac{a}{b}<1$ thì $\dfrac{a}{b}<\dfrac{a+n}{b+n}$,($n>0$)
Áp dụng:
$\dfrac{2005^{2004}+1}{2005^{2005}+1}=\dfrac{2005^{2006}+2005^2}{2005^{2007}+2005^2}>\dfrac{2005^{2006}+1}{2005^{2007}+1}$

1) Tìm số tự nhiên n sao cho $n^3 + 3$ chia hết cho $n + 3.$

2) Chứng minh rằng, nếu các số x và y là các số nguyên dương thỏa mãn dẳng thức:
$x^y + y^x = x^x + y^y$ thì $x = y.$

Bài 1
Do $(n^3+3)$ $(n+3)$ nên $[n^2(n+3)-(n^3+3)] \vdots (n+3)$
Hay $(3n^2-3) \vdots (n+3)$
$[3n(n+3)-(3n^2-3)] \vdots (n+3)$
Hay $(9n+3) \vdots (n+3)$
$[9(n+3)-(9n+3)] \vdots (n+3)$
Hay $24 \vdots (n+3)$
Đến đây thì dễ rùi !!
Bài 2:
Giả sử $x>y$ sau đó vứt VP sang VT rồi vài dòng lập luận là ra

mấy bạn cm dùm đi,mình đâu có lời giải

Cường e, đề sai rùi, Bài 30/4 là thế này
$ \sum \sqrt{\dfrac{2a}{a+b}} \leq 3 $