Cho $m_1,m_2,...,m_s$ là các số tự nhiên thỏa $(m_i,m_j)=1$ với mọi $i \ne j$. Cho $b_1,b_2,...,b_s \in \mathbb{Z}$. Chứng minh tồn tại $k_1,k_2,...,k_s \in \mathbb{Z}$ sao cho:
$$b_1+m_1k_1=b_2+m_2k_2=...=b_s+m_sk_s$$

Xét hệ phương trình đồng dư : $x\equiv {b_i} (Mod{m_i})$
Theo định lí thặng dư của Tàu thì hệ luôn có nghiệm $c$.$\Rightarrow c= {b_i}+{m_i}{k_i}$ suy ra $Q.E.D$

Cho m,n là các số nguyên dương sao cho:
$\frac{m}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...-\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}$
Chứng minh $m\vdots 1979$

Ta thấy $1979$ là số nguyên tố .
Ta có : $\frac{m}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...-\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}$
$$=(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319})-2.(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{1318})$$
$$=(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319})-(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{659})$$
$$=\frac{1}{660}+\frac{1}{661}...+\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}$$
$$=(\frac{1}{660}+\frac{1}{1319})+(\frac{1}{661}+\frac{1}{1338})+...$$
$$=\frac{1979}{660.1319}+\frac{1979}{661.1318}+...$$
$$=1979.(\frac{1}{660.1319}+\frac{1}{661.1318}+...)= 1979.\frac{p}{q}$$
trong đó $q=660.661...1319\Rightarrow (q,1979)=1$
Ta có : $\frac{m}{n}= 1979.\frac{p}{q}\Rightarrow mq=1979np\Rightarrow mq\vdots 1979$
Mà $(q,1979)=1\Rightarrow m\vdots 1979\Rightarrow Q.E.D$

Với mỗi số nguyên dương n, ký hiệu S(n) là tổng tất cả các chữ số trong biểu diễn thập phân của n.
Xét các số nguyên dương m là bội của 2003. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của S(m).

Đặt $p=2003\in\mathbb{P}$.
+ Nếu $S(n)= 1\Rightarrow n= 100...000= 10^{^{k}}\not\vdots 2003\Rightarrow S(n)> 1$
+ Nếu $S(n)= 2$$\Rightarrow n= 200...000$ hoặc $n=100...100...00= 10^{i}+10^{j}$
Ta có $n=200...000= 2.10^{k} \not\vdots 2003$ $\Rightarrow n=10^i+10^j$
$\Rightarrow 10^i+10^j\vdots 2003=p\Rightarrow 10^i= -10^j(Modp)$
$\Rightarrow 10^{i-j}= -1(Modp)$$\Rightarrow 10^k= -1(Modp)$ ( $k=i-j$ )
Dễ thấy $2^{10}= 1024\equiv 10^7(Modp)$ , suy ra :
$(2^{5k})^{2}= 2^{10k}\equiv (10^{k})^{7}\equiv -1(Modp)$
$\Rightarrow -1$ là số chính phương mod p suy ra $p$ có dạng $4k+1$
$\Rightarrow 2003=p= 4k+1\Rightarrow k= \frac{2002}{4} \not \in \mathbb{Z}$
Suy ra vô lí $\Rightarrow S(n)> 2$
+ Bây giờ ta chứng minh là có $n$ để $S(n)= 3$
Vì $p=2003\neq 8k-1\neq 8k+1$ suy ra $2$ không là SCP mod p $\Rightarrow 2^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(Modp))$
Mà $10^{7}\equiv 2^{10}(Modp)\Rightarrow 2.10^{700}\equiv 2^{1001}= 2^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1 (Modp)$
$\Rightarrow (2.10^{700}+1)\vdots p$ .Mà $S(2.10^{700}+1)= 3$ nên khẳng định của ta là đúng.
Vậy $minS(n)= 3$.Xảy ra khi chẳng hạn $n= 2.10^{700}+1$

Đặt $a=1+\sqrt{3},b= 1-\sqrt{3}\Rightarrow ab=-2;\frac{a^2}{2}= 2+\sqrt{3};\frac{b^2}{2}= 2-\sqrt{3}$
${P_n}= \frac{1}{2}(a^{2n+1}+b^{2n+1})$
Dùng khai triển Newton cho $(1+\sqrt{3})^{2n+1},(1-\sqrt{3})^{2n+1}$ta suy ra đc ${P_n}= \sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{2n+1}.3^k$ là số nguyên .
Lại dùng Newton cho $(2+\sqrt{3})^{2n+1},(2-\sqrt{3})^{2n+1}$ ta đc:
${S_n}= \frac{(\frac{a^2}{2})^{2n+1}+(\frac{b^2}{2})^{2n+1}}{4}= \frac{a^{4n+2}+b^{4n+2}}{2^{2n+3}}= \frac{a^{4n+2}+2(ab)^{2n+1}+b^{4n+2}}{2^{2n+3}}+\frac{1}{2}= \frac{{P_n}^{2}}{2^{2n+1}}+\frac{1}{2}$
Nhân chéo lên
$\Rightarrow {P_n}^{2}\vdots 2^{2n},{P_n}^{2}\not\vdots 2^{2n+1}\Rightarrow {P_n}^{2}= m2^{2n}$ ( m lẻ )
Mà ${P_n}^{2}$ và $2^{2n}$ chính phuong nên $m= (2p+1)^{2}$
$\Rightarrow {P_n}^{2}= (2p+1)^22^{2n}$
$\Rightarrow {P_n}= (2p+1)2^{^{n}}\Rightarrow\frac{{P_n}-2^n}{2^{n+1}}= p$
Mà dễ thấy :
${S_n}= \frac{{P_n}^{2}}{2^{2n+1}}+\frac{1}{2}= (\frac{{P_n}-2^n}{2^{n+1}})^{2}+(\frac{{P_n}+2^n}{2^{n+1}})^{2}= p^{2}+(p+1)^{2}$
Vậy ta có $Q.E.D$

$ a,b,c>0:\; abc=1 $ CMR
\[ a^3+b^3+c^3+6\ge (a+b+c)^2 \]

Lâu lâu ghé box BĐT chém tí !
Theo BĐT $Schur$ ta có :
$$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
$$\Rightarrow 3(a^{3}+b^{3}+c^{3})+9abc\geq 3(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))$$
$$\Rightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+15abc\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))+6abc$$
$$\Rightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+15abc\geq (a+b+c)^3$$
$$\Rightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+15\geq (a+b+c)^3$$
$$\Rightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+24\geq (a+b+c)^3+9$$
Theo $AM-GM$ thì :
$$\frac{(a+b+c)^3}{3}+\frac{(a+b+c)^3}{3}+ \frac{(a+b+c)^3}{3}+9\geq 4\sqrt[4]{\frac{(a+b+c)^9}{3}}$$
$$ 4\sqrt[4]{\frac{(a+b+c)^9}{3}}\geq 4\sqrt[4]{\frac{(a+b+c)^8.3\sqrt[3]{abc}}{3}}= 4(a+b+c)^2$$
Do đó : $4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+24\geq 4(a+b+c)^2$
Chia $2$ vế cho $4$ ta được ngay $Q.E.D$

Cho dãy số $(a_{n})$:$(a_{n})\left\{\begin{matrix} a_{0}=1\\ a_{n}=(7a_{n-1}+\sqrt{45a_{n-1}^{2}-36})\div 2,\forall n\in \mathbb{N}^{*} \end{matrix}\right.$
Chứng minh:
a)$a_{n}$ là số nguyên dương,$\forall n\in \mathbb{N}$
b)$a_{n+1}a_{n}-1$ là số chính phương,$\forall n\in \mathbb{N}$

a) Bằng qui nạp dễ cm $({a_n})$ là dãy tăng.
Từ hệ thức ban đầu ta suy ra : $$(2a_{n}-7a_{n-1})^{2}= 45a_{n-1}-36$$
Rút gọn ta được : $$2a_{n}^{2}-7a_{n}a_{n-1}+2a_{n-1}^{2}+18=0$$
Thay $n$ bởi $n+1$ :$$2a_{n+1}^{2}-7a_{n+1}a_{n}+2a_{n}^{2}+18=0$$
Trừ từng vế $$\Rightarrow 2a_{n+1}^{2}-2a_{n-1}^{2}+7a_{n}(a_{n-1}-a_{n+1})= 0$$
$$\Rightarrow (a_{n+1}-a_{n-1})(2a_{n+1}-7a_{n}+2a_{n-1})= 0$$
Vì $({a_n})$ là dãy tăng nên $a_{n+1}-a_{n-1}> 0\Rightarrow 2a_{n+1}-7a_{n}+2a_{n-1}=0$
Từ hệ thức này kết hợp qui nạp dễ thấy $Q.E.D$

b) Ta có : $a_{0}=1;a_{1}=5;a_{2}=34;2a_{n+1}-7a_{n}+2a_{n-1}=0$
Qui nạp một tí là ra : $a_{n+1}a_{n-1}-a_{n}^{2}=9$
Thêm bớt thành hằng đẳng thức tí nữa là ra .

Gọi $X,Y$ là giao của $EF$ với $AB$ và $CD$, $K$ là giao của $AB$ và $CD$

Ta có : $(KXAB)=(KYDC)=-1$ $=>KX.KM=KA.KB=KD.KC=KY.KN$ . suy ra tứ giác $XYNM$ nội tiếp

$=>IM.IN=IX.IY=IE^2$ ( Do $(EFYX)=-1$. đpcm

CHo $p$ là số nguyên tố lẻ.Kí hiệu : ${S_a}= a+\frac{a^{2}}{2}+...+\frac{a^{p-1}}{p-1}$.

Giả sử ${S_3}+{S_4}-3{S_2}=\frac{m}{n}$. Chứng minh rằng : $m\vdots p$

 

CMR: với mọi số nguyên tố cho trước $p$ thì thì tồn tại số tự nhiên $x,y,z,w$ thỏa $x^2+y^2+z^2-wp=0$ và $0<w<p$

 

 

+Nếu $p=2$ chọn ngay $x=0,y=z=w=1$ ta có đpcm

+Nếu $p>2$.CHọn $z=1$.Xét các tập $A={x^2}$, $B={-y^2-1}$ với $x$ và $y$ lấy giá trị trong tập $C$ từ $0$ đến $\frac{p-1}{2}$.

Dễ thấy nếu $a,b\in C$ thì $a^{2}\not\equiv b^{2} (mod p)$ bởi vì nếu ngc lại thì $(a-b)(a+b)\vdots p$ nhg cả hai số này đều nhỏ hơn $p$ nên vô lí.

$\Rightarrow$ các phần tử trong $A$ và $B$ có số dư khác nhau khi chia cho $p$.

Mà $|A |+| B |= p+1> p$ nên tồn tại $2$ phần tử $x,y$ thuộc $A$ và $B$ sao cho $$x^{2}\equiv -y^{2}-1(Modp)\Rightarrow x^2+y^2+1= wp$$

$\Rightarrow 0< w=\frac{x^2+y^2+1}{p}\leq \frac{2(\frac{p-1}{2})^2+1}{p}< p$

Vậy chọn $x,y,z,w$ như trên ta có đpcm.

Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a_1,a_2,...,a_n$ đôi một khác nhau,thì đa thức:$P(x)=(x-a_1)^{2}(x-a_2)^{2}...(x-a_n)^{2}+1$ không thể biểu diễn thành tích của hai đa thức (bậc dương) với hệ số nguyên.

Phản chứng giả sử $P(x)=g(x).h(x)$ ,$g(x),h(x) \in R[x]$ , $degg(x)+degh(x)= 2n$,$deg g(x)\leq deg h(x)\Rightarrow degg(x)\leq n$

$\Rightarrow g({a_i}).h({a_i})=P({a_i})= 1$$\forall i=1,2,...,2013$

$\Rightarrow$ $g(x)$ và $h(x)$ cùng đồng nhất bằng $1$ hoặc $-1$.

Nếu có $i,j$ sao cho $g({a_i})= 1; g({a_j})= -1\Rightarrow g({a_i}).g({a_j})< 0\Rightarrow \exists {x_0}:g({x_0})= 0$

$\Rightarrow P(x)$ có nghiệm ${x_0}$ vô lí vì $P(x)$ luôn dương với mọi $x$.

Do đó chỉ có thể xảy ra $g({a_i})=h({a_i})=1$ hoặc $g({a_i})=h({a_i})=-1$. với mọi $i$ chạy từ $1$ đến $n$

Xét TH $g({a_i})=h({a_i})=1$ , cái kia cmtt.

Vì $g({a_i})=1$ nên đa thức $g(x)-1$ có $n$ nghiệm từ ${a_1}$ đến ${a_n}$ nên bậc của nó sẽ lớn hơn hay bằng $n$ 

$degg(x)= degh(x)= n$

$\Rightarrow g(x)-1= c(x-{a_1})(x-{a_2})...(x-{a_n})$ , $ h(x)-1= d(x-{a_1})(x-{a_2})...(x-{a_n})$.

Mà $P(x)= g(x).h(x)$ nên so sánh hệ số cao nhất $2$ vế ta có $cd=1$.Giả sử là $c=d=1$.

Lại do $P(x)= g(x).h(x)$ $\Rightarrow \prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})^{2}= (\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})+1).(\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})+1)$

$\Leftrightarrow 2\prod_{i=1}^{n}(x-{a_i})= 0\forall x\in R$.Vô lí.

Vậy giả sử sai và ta có đpcm

Để mình chém bài này! Mọi nguoi tu vẽ hình nhá!

Gọi E là trung điểm của AB .Suy ra:$ \widehat{AHE}= \widehat{BAH}$ và $ ME//AC$
Vì $ ME//AC$ nên $\widehat{AME}=\widehat{MAC}$
Mà $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$ nên $\widehat{AHE}=\widehat{AME}$
$ \Rightarrow$ AEHM nội tiếp $ \Rightarrow \widehat{AEM}= \widehat{AHM}= 90^{\circ}\Rightarrow \widehat{BAC}= 90^{\circ}$

Bài toán 2 ( dễ ) Cho $a,b,c> 0$ và $abc=1$. Chứng minh bất đẳng thức sau:

$\frac{3\sum a^{4}b^{4}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{8a^{3}}{\left ( bc+a \right )^{3}}+\frac{8b^{3}}{\left ( ca+b \right )^{3}}+\frac{8c^{3}}{\left ( ab+c \right )^{3}}\geq 6$

Công nhận dễ thật !
Theo AM-GM : $3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)\geq (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^{2}\geq 3a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)= 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Rightarrow \frac{3 (a^{4}b^{4}+b^{4}c^{4}+c^{4}a^{4})}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 3$
Ta cần CM : $\frac{8a^{3}}{\left ( bc+a \right )^{3}}+\frac{8b^{3}}{\left ( ca+b \right )^{3}}+\frac{8c^{3}}{\left ( ab+c \right )^{3}}\geq 3$
$\Leftrightarrow \frac{1}{\left ( 1+\frac{bc}{a} \right )^{3}}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{ca}{b} \right )^{3}}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{ab}{c} \right )^{3}}\geq \frac{3}{8}$
Đặt $\frac{bc}{a}= x,\frac{ca}{b}= y,\frac{ab}{c}= z\Rightarrow xyz= 1$
$Q.E.D\Leftrightarrow \frac{1}{\left ( 1+x \right )^{3}}+\frac{1}{\left ( 1+y \right )^{3}}+\frac{1}{\left ( 1+z \right )^{3}}\geq \frac{3}{8}$
Quá quen rồi !

Một bài vui vuj ! !
Cho $a,b,c$ là các số thục ko âm .
CMR : $2(a^{4}+b^{4}+c^{4})+4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})\geq 3ab(a^{2}+b^{2})+3bc(b^{2}+c^{2})+3ca(c^{2}+a^{2})$.

Cho $ a,b,c\geq 1$ . CMR :
$ abc+2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+8\geq 5(a+b+c)$.
-----------------------------------------------------------------------------------
Bài này thục ra ĐK là $ a,b,c\geq 0$ thui , nhg nếu nhu thế thj` sẽ khó hon .
Ai có time thì CM thủ nhé !

Cho $ a,b,c> 0$ .CMR:
$ \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}+\frac{(b+c)^{2}}{b^{2}+c^{2}+2a^{2}}+\frac{(c+a)^{2}}{c^{2}+a^{2}+2b^{2}}$$ \leq 3$

BĐT :
$\Leftrightarrow 3(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
$\Leftrightarrow (1+1+1)(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(zx^{2}+xy^{2}+yz^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
(luôn đúng theo BĐT Holder)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .

Cho 3 số dương x,y,z thỏa $x+y+z=6$. CMR
$x^2 +y^2 +z^2-xy-yz-zx+xyz\geq 8$

Đặt $ x+y+z=p$ , $ xy+yz+zx=q$ , $\ xyz=r$
$ BDT\Leftrightarrow p^{2}-3q+r\geq 8$ $ \Leftrightarrow 36-3q+r\geq 8\Leftrightarrow 28-3q+r\geq 0$
Ta sẽ CM :$28-3q+r\geq 0$ (1)
Tù BĐT quen thuộc : $ (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\leq xyz$
Ta rút ra đc : $ r\geq \frac{4pq-p^{3}}{9}$ $ \Rightarrow r\geq \frac{8}{3}q+24$
Suy ra : $ VT\geq 28-3q+\frac{8}{3}q-24= 4-\frac{q}{3}$
Ta có BĐT quen thuộc : $ xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}= 12\Rightarrow q\leq 12$
Do đó : $ VT\geq 4-\frac{q}{3}\geq 4-\frac{12}{3}= 0$
Suy ra : (1) đúng $\ \Rightarrow BDT$ đúng.
Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi $ x=y=z=2$ .

Theo BĐT Cauchy-schwarz ta có : $\sum \frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}= \sum \frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{c+a}}\leq \sum \frac{a\sqrt{2b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}$
Ta cần CM : $\sum \frac{a\sqrt{2b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\leq 1$
Đặt $\sqrt{a}= x,\sqrt{b}= y,\sqrt{c}= z$
BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{2x^{2}y}{z+x}\leq 1= \sum x^{2}$
$\Leftrightarrow \sum x^{2}+\sum (2xy-\frac{2x^{2}y}{z+x})\geq 2\sum xy$$\Leftrightarrow \sum x^{2}+2xyz\sum \frac{1}{z+x}\geq 2\sum xy$
Mà $2xyz\sum \frac{1}{z+x}\geq \frac{9xyz}{x+y+z}$ nên BĐt cần CM đc đua về :
$\sum x^{2}+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2\sum xy$
$\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})(x+y+z)+9xyz\geq 2(xy+yz+zx)(x+y+z)$
$\Leftrightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
( Đúng theo Schur )
Đ.P.C.M OK

Cho $n,k$ là các số tự nhiên thỏa mãn n không chia hết cho 3 và $k\geq n$.
Chứng minh rằng luôn tồn tại số nguyên dương t sao cho $t\vdots n$ và $S(t)=k$
$S(t)$ là tổng các chữ số của t

Cho các số thực không âm a,b.Chứng minh
$(a^2+b+\frac{3}{4})(b^2+a+\frac{3}{4})\geq (2a+\frac{1}{2})(2b+\frac{1}{2})$.

Theo AM-GM : $VT=[(a^2+\frac{1}{4})+b+\frac{1}{2}][(b^2+\frac{1}{4})+a+\frac{1}{2}]\geq (a+b+\frac{1}{2})^{2}= (a+b)^2+a+b+\frac{1}{4}$
$\geq 4ab+a+b+\frac{1}{4}=(2a+\frac{1}{2})(2b+\frac{1}{2})$

(HongKong TST 2001) Cho $a,b,c$ thực dương. Chứng minh $(a+b)^2+(a+b+4c)^2\ge \frac{100abc}{a+b+c}$

BĐT $\Leftrightarrow [(a+b)^2+(a+b+4c)^2](a+b+c)\geq 100abc$
Mà $(a+b)^2+(a+b+4c)^2= (a+b)^2+[(a+b)+4c]^2\geq 4ab+16c(a+b)=4(ab+4bc+4ac)$
Nên ta chỉ cần CM : $2(a+b+c)(ab+4bc+4ca)\geq 50abc$
Đúng vì :
$2(a+b+c)=a+a+b+b+2c\geq 5\sqrt[5]{2a^2b^2c}$
và
$ab+4bc+4ca= ab+2bc+2bc+2ca+2ca\geq 5\sqrt[5]{16a^3b^3c^4}$
Nhân 2 vế các BĐT trên ta đk ngay Đ.P.C.M .

Cho các số a, b, c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=9$. Tìm Max của Q = 2(a + b + c) - abc

Here : http://diendantoanho...ight-leq-10abc/
______________
@BlackSelena : xin phép được Close topic .

Tìm tất cả các cấp số cộng có vô hạn số hạng sao cho tồn tại số $N$ mà với mọi $p>N$, nếu $a_p$ nguyên tố thì $p$ cũng là số nguyên tố