Tìm tất cả số nguyên $n>1$ sao cho:
a) $\binom{3n}{n}\vdots 3^n$
b) $\binom{kn}{n}\vdots k^n$ với $k>1$


ps: bài kiểm tra 1 tiết lớp mình
có rất ít người làm được cả 2 câu.

Câu a :
+ $n= 1$ thỏa mãn.
+ $n\geq 2$ qui nạp đơn giản ta đc $\binom{3n}{n}\not\vdots 3^n$
Câu b chắc tương tự.

Cho tam giác $ABC$ tâm nội tiếp là $I. (I)$ tiếp xúc $BC, CA, AB$ tại $D,E,F$. Đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $EF$ tại $M. N$ là trung điểm $BC. L$ là giao điểm của $ID$ và $EF$. Chứng minh
a) $A, L,N$ thẳng hàng
b) $MD$ vuông góc $IN$

a) Để CM $A, L,N$ thẳng hàng ta CM : $AL$ đi qua $N$
Gọi $AL\cap BC= S;ID\cap AM= T$ $\Rightarrow AT\perp TD \Rightarrow A,T,E,I,F$ đồng viên .
$\Rightarrow \angle FTL= \angle FTI= \angle FAI= \angle EAI= \angle ETL= \angle ETI$
$\Rightarrow TL$ là phân giác $\angle ETF$ .
Kết hợp vs $LT\perp TM\Rightarrow (MLEF)= -1\Rightarrow A(MLEF)= -1$
Mà $BC//AM\Rightarrow XB=XC\Rightarrow X\equiv N$
Vậy $A,L,N$ thẳng hàng .
b) Suy ra từ phần a. Còn suy thế nào thì chưa biết !

Bài này chắc đề phải thế này ! Chứ không chả vẽ đc hình !

Cho đường tròn đường kính $AD$. tâm $O. M$ đối xứng với $O$ qua $A$. Từ $M$ kẻ cát tuyến $MBC$ với $B$ nằm giữa $C$ và $M. AC$ cắt $BD$ tại $I$. Chứng minh rằng $OIBM$ nội tiếp

Gọi đường tròn đường kính $AD$ là $(O;R)$. Từ $M$ kẻ tới $(O)$ 2 tiếp tuyến $ME,MF$ .
$EF\cap BC= S;EF\cap AD= T$ $\Rightarrow (MSBC)= (MTAD)= -1\Rightarrow (MSBC)= (MTDA)= -1$
Suy ra $BD,ST,AC$ đồng qui . $\rightarrow$ $ST$ đi qua $I$ hay là $E,I,F$ thắng hàng .
Mặt khác : $\Delta MEO$ vuông có $EA$ là trung tuyến nên $AE=AO$
Mà $OE= OA= R$ $\Rightarrow \Delta AOE$ đều .
Tương tự : $\Delta AOF$ đều $\Rightarrow EF$ là trung trực đoạn $AO$ .
Mà $I \in EF$ nên $\Delta IAO$ cân tại $I$
$\Rightarrow \angle IOA= \angle IAO= \angle CAD= \angle CBD= 180-\angle ICM \Rightarrow \angle IOA+\angle ICM= 180$
Vậy $IOBM$ là tứ giác nội tiếp . $Q.E.D$

P/s : fixed

Bài 1:
Cho $a,b,c\epsilon \mathbb{R},\geq 0$. CM:
$\frac{a^2}{3a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2}{3b^2+(a+c)^2}+\frac{c^2}{3c^2+(a+b)^2}\leq \frac{1}{2}$

http://diendantoanho...c2fracb23b2ac2/

$\frac{x}{z^{2}}+\frac{y}{x^{2}}+\frac{z}{y^{2}}\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$
$\Leftrightarrow \frac{x^2y}{z} + \frac{y^2z}{x} + \frac{z^2y}{x} \geq x^2 +y^2 + z^2 $
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có:
$( \frac{x^2y}{z} + \frac{y^2z}{x} + \frac{z^2y}{x})( \frac{x^2z}{y} + \frac{y^2x}{z} + \frac{z^2x}{y}) \geq (x^2+y^2+z^2)^2$
Không mất tổng quát, giả sử $x \geq y \geq z$
Ta có:
$\frac{x^2y}{z} + \frac{y^2z}{x} + \frac{z^2y}{x} - \frac{x^2z}{y} - \frac{y^2x}{z} - \frac{z^2x}{y} = \frac{(xy+yz+zx)(x-y)(y-z)(x-z)}{xyz} \geq 0$
$\Rightarrow \frac{x^2y}{z} + \frac{y^2z}{x} + \frac{z^2y}{x} \geq \frac{x^2z}{y} + \frac{y^2x}{z} + \frac{z^2x}{y}$
$\Rightarrow (\frac{x^2y}{z} + \frac{y^2z}{x} + \frac{z^2y}{x})^2 \geq (x^2+y^2+z^2)^2$
$\Rightarrow dpcm$

Sai! Không thể giả sử thế này !

Cho $n$ là số tự nhiên lớn hơn 1 . Chứng minh rằng : $\sum _{0\leq k\leq n;(k,n)=1}k= \frac{1}{2}n\phi (n)$

Bài 6:
Cho tam giác $ABC$ có $AA';BB';CC'$ đồng quy tại $O$.Từ $A'$ kẻ $A'M$ vuông góc với $B'C'$.Từ $M$ hạ các đường vuông góc $MX,MY,MZ,MT$ xuống $OB';OC',AB';AC'$.Chứng minh rằng $X,Y,Z,T$ cùng thuộc một đường tròn

+ TH1 : $B^{'}C^{'}//BC$ dễ thấy $Q.E.D$
+ TH2 : $B^{'}C^{'}$ không song song với $BC$ . Gọi $K=B^{'}C^{'}\cap BC;S= B^{'}C^{'}\cap AA^{'}$
Suy ra $(KA^{'}BC)= -1\Rightarrow (SA^{'}OA)= -1$ ( qua phép chiếu xuyên tâm $B$
$\Rightarrow (AOSA^{'})= -1\Rightarrow M(AOSA^{'})= -1$
Mà lại có : $SM\perp A^{'}M\Rightarrow \angle SMA= \angle SMO\Rightarrow \angle C^{'}MA= \angle C^{'}MO$
Từ đây chỉ cần cộng góc thuần túy là ta có ngay $Q.E.D$

Đề bài:
Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn
$$f((x+1)f(y))=y(f(x)+1), \forall x,y \in \mathbb{R}$$ (1)

Toán thủ ra đề: nthoangcute

Thời gian làm bài tính từ lúc 8h 17 phút 26/10/2012

Tuy bị loại từ lâu rồi nhg e vẫn post thử ! M.n xem hộ có đúng không nhé !
+ Dễ CM : $f$ là song ánh .
+ Thay $x=-1,y=0$ vào (1) ta được $f(0)=0$
+ Thay $x= 0 $ vào (1) chú ý $f(0)=0$ ta được $f(f(y))=y$
+ Đổi vai trò $x$ và $f(x)$ và chú ý $f(f(y))=y$ ta được $f((f(x)+1)f(y))= y(x+1)$ (2)
Do $f$ là song ánh nên tồn tại $a$ sao cho $f(a)=\frac{y-f(y)}{f(y)}$ (3)
Trong (2) thay $x=a$ và chú ý (3) ta được :$f(y)=y(a+1)$
Vậy $f(x)=x(a+1)$ thay lại vào (1) ta được $a=0$ . Vâỵ $f(x)=x$

Với $b=a-1$ $\Rightarrow b^2+1< a^2+1$
Xét hiệu : $a^2+1-(b^2+1)= a^2+1-[(a-1)^2+1]= 2a-1$ là số lẻ nên
1 trong 2 số trên có 1 số chẵn , mà cả 2 số trên đều nguyên tố và $b^2+1< a^2+1$
nên $b^2+1= 2\Rightarrow b=1\Rightarrow a=2\Rightarrow c=3$

Cho $m\in \mathbb{Z_+}$ . CMR : $5^{m}+3$ ko có uóc nguyên tố $p= 30k+11$ và $p= 30k-1$.

$ \frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{9}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\frac{9}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$
Áp dụng Cauchy-schwarz
$\frac{9}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}\geq \frac{9}{\frac{1}{3}.2(a+b+c)^2}=\frac{27}{2(a+b+c)^2}$
Suy ra dpcm
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Sai rồi !

1. Cho$ a,b,c>0$.CMR:$ \frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)} \ge \frac{27}{2(a+b+c)^2}$.

Theo AM-GM : $abc\leq \frac{(a+b+c)^3}{27}$
$(a+b)(b+c)(c+a)\leq (\frac{2(a+b+c)}{3})^3= \frac{8(a+b+c)^3}{27}$
$\Rightarrow abc(a+b)(b+c)(c+a)\leq \frac{8(a+b+c)^6}{27.27}$
Lại theo AM-GM :
$VT\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{\frac{8(a+b+c)^6}{27.27}}}= \frac{27}{2(a+b+c)^2}$
$\Rightarrow Q.E.D$

Cho các số thực không âm a,b,c thoả mãn a+b+c>0.
Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{3a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{3b^{2}+(a+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{3c^{2}+(a+b)^{2}}\leq \frac{1}{2}$
---------------------------
Không đặt tiêu đề quá dài bạn nhé

Ta sẽ CM : $\frac{a^2}{3a^2+(b+c)^2}\leq \frac{a}{2(a+b+c)}$
$\Leftrightarrow 2a(a+b+c)\leq 3a^2+(b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2a^2+2ab+2ac\leq 3a^2+b^2+c^2+2bc$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2bc-2ab-2ac\geq 0$
$\Leftrightarrow (b+c-a)^2\geq 0$.Luôn đúng .
Tương tư có 2 bđt nua rồi cộng vào $\Rightarrow Q.E.D$

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 !

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

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho $p$ điểm ${A_k}(k,{r_k})$ . $k=0,1,2,..,p-1(p \in \mathbb{P},p> 3)$ . ${r_k}$ là số dư của phép chia $k^2$ cho $p$ .
CMR : Trong các điểm ${A_k}$ không có 3 điểm nào thẳng hàng , không có 4 điểm nào lập thành hình bình hành .

Bài toán (Lê Minh Tuấn Anh):
Cho $x,y,z> 0$ . Khẳng định hoặc phủ định bất đẳng thức sau :
$(x+y+z)^4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)\geq 81x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)$

p/s: Bài toán đầu tay . AE chém nhiệt tình !

CM với mọi a,b,c dương abc=1
$\frac{a}{2a^3+1}+\frac{b}{2b^3+1}+\frac{c}{2c^3+1}\leq 1$

Ta có đánh giá sau : $\frac{2a}{2a^3+1}\leq \frac{a^2+1}{a^4+a^2+1}$
$\Leftrightarrow \frac{a^4+a^2+1}{2a^3+1}\leq \frac{a^2+1}{2a}\Leftrightarrow \frac{a^4+a^2+1}{2a^3+1}-1\leq \frac{a^2+1}{2a}-1$
$\Leftrightarrow \frac{a^2(a-1)^2}{2a^2+1}\leq \frac{(a-1)^2}{2a}\Leftrightarrow (a-1)^2(\frac{1}{2a}-\frac{a^2}{2a^3+1})\geq 0$
Đánh giá này đúng do $\frac{a^2}{2a^3+1}< \frac{a^2}{2a^3}= \frac{1}{2a}$
Tương tự có 2 cái nứa rồi cộng vào , cuối cùng ta phải chứng minh
$\frac{a^2+1}{a^4+a^2+1}+\frac{b^2+1}{b^4+b^2+1}+\frac{c^2+1}{c^4+c^2+1}\leq 2$
$\Leftrightarrow (1-\frac{a^2+1}{a^4+a^2+1})+(1-\frac{b^2+1}{b^4+b^2+1})+(1-\frac{c^2+1}{c^4+c^2+1})\geq 1$
$\Leftrightarrow \frac{a^4}{a^4+a^2+1}+\frac{a^4}{b^4+b^2+1}+\frac{a^4}{c^4+c^2+1}\geq 1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{y^2+y+1}+\frac{1}{z^2+z+1}\geq 1$
với $x= \frac{1}{a^2},y= \frac{1}{b^2},z= \frac{1}{c^2},xyz=1$.
Đúng theo cái bổ đề quen thuộc của Vas :
Với x,y,z>0 và $xyz= 1$ thì ta có : $\frac{1}{x^{2k}+x^{k}+1}+\frac{1}{y^{2k}+y^{k}+1}+\frac{1}{z^{2k}+z^{k}+1}\geq 1$

Bài 1:$a,m\in N$.C/m:
$a^{m}\equiv a^{m-\varphi (m)}(modm)$

Ta cần chứng minh :
$A=a^m-a^{m-\phi (m)}= a^{m-\phi (m)}(a^{\phi (m)}-1)$ $\vdots m$
Giả sử q là ước nguyên tố bất kì của m và $\alpha$ là số mũ của $q$ trong $m$ .
Ta sẽ chứng minh rằng nếu $(a,q)=1$ thì $a^{\phi (m)}-1\vdots q^\alpha$ và nếu $a\vdots q$ thì
$a^{m-\phi (m)}-1\vdots q^\alpha$ . Từ đó $A\vdots q^{\alpha }$
+ Nếu $(a,q)=1$ . Theo Ơle : $a^{\phi (q^\alpha) }-1\vdots q^\alpha$
Mà dễ thấy $\phi (q^\alpha )\mid \phi (m)\rightarrow a^{\phi (m) }-1\vdots a^{\phi (q^\alpha) }-1\vdots q^\alpha$ $\rightarrow A\vdots q^\alpha$
+ Nếu $a\vdots q\rightarrow a^{m-\phi (m)}\vdots q^{m-\phi (m)}$.
Mà dễ thấy $m-\phi (m)\geq \alpha$. Vì có ít nhất $\alpha$ số không nguyên tố với m là $q,q^{2},...,q^\alpha$.
Suy ra $a^{m-\phi (m)}\vdots q^{m-\phi (m)}\vdots q^{\alpha }\rightarrow A\vdots q^{\alpha }$
Thế là đã xong vì q là ước nguyên tố bất kì của m nên mọi ước của m đều có TC này .

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p có vô số dạng $2^{n}-n$ chia hết cho p.

+ Nếu $p=2$ thì n cứ chẵn là thỏa mãn .
+ Nếu $p> 2$ $\Rightarrow p$ lẻ .
Theo Fermat nhỏ $2^{p-1}-1\vdots p\rightarrow 2^{m(p-1)}-1\vdots p$
Chọn $n= m(p-1)$ trong đó $m\equiv -1(mod p)$ suy ra $n=1(modp)$
$\rightarrow 2^n-n\equiv 2^n-1\equiv 0(modp)$ $\rightarrow 2^n-1\vdots p$
Vì có vô số số $m\equiv -1(modp)$ nên có vô số thỏa mãn đề bài .

Bài toán 3.
Ch0 $\triangle ABC$.Đường tròn tâm O bất kì đi qua $B,C$ và không qua $A$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $D,E$.Gọi $M,P$ lần lượt là trực tâm $\triangle ADE,\triangle ABC$.$BE$ cắt $CD$ tại $N$.
Chứng minh: $M,N,P$ thẳng hàng

P/s: hình như có lời giải dùng trục đẳng phương của anh "Trần Đức Anh @@" thì phải ^^

Và đây là lời giải dùng trục đẳng phương của anh "Tuấn Anh" =))
Hạ $DH\perp AE;EG\perp AD;BR\perp AC;CS\perp AB$
Gọi đường tròn đường kính $BE,CF$ lần lượt là $(C_1),(C_2)$
Dễ thấy $B,G,E,R\in (C_1)$ , $C,H,D,S\in (C_21)$
Dễ thấy tứ giác $DGHE$ nội tiếp
$\Rightarrow MH.MD=MG.ME$ $\Rightarrow P_{M/(C_1)}=P_{M/(C_2)}$
suy ra M thuộc trục đẳng phương của $(C_1),(C_2)$
Tương tự : P thuộc trục đẳng phương của $(C_1),(C_2)$
Mà $BDEC$ nội tiếp nên
$\Rightarrow ND.NC=NE.NB$ $\Rightarrow P_{N/(C_1)}=P_{N/(C_2)}$
suy ra N thuộc trục đẳng phương của $(C_1),(C_2)$
Vậy $M,N,P$ thẳng hàng .

Cho tam giác ABC vuông tại A,HẠ HE vuông góc AB,HF vuông góc AC.1 đường thẳng qua A không cắt BC cắt tia HE,HF tại M,N.Chứng minh MB song song CN

Bài này có vẻ hơi dễ... Nhưng mình cũng k biết vẽ hình
Ta có : $BA\perp AC;HF\perp AC\Rightarrow BA//HF\Rightarrow BA//HN$
Lai có $AN//BH\Rightarrow BANH$ là hình bình hành $\Rightarrow AN=BH$
Tương tự $AM=HC$ $\Rightarrow MN=BC$
Mà $MN//BC\Rightarrow MNBC$ là hình bình hành $\Rightarrow BM//CN\Rightarrow Q.E.D$

Cho tam giac ABC nhọn.Kẻ BH vuong goc AC,CK vuông goc AB.E,F,I là trung diem KH,HC,BK. Duong qua I vuong goc BE cat duong qua F vuong goc EC tai M.CHung minh MB=MC

Ta cần 1 bổ đề !
Bổ đề: $CD\perp AB\Leftrightarrow CA^{2}-CB^{2}= DA^{2}-DB^{2}$
Chứng minh rất đơn giản !
Vào bài
Ta có : $IB= \frac{1}{2}KB;IE= \frac{1}{2}BH;FC= \frac{1}{2}HC;EF= \frac{1}{2}KC$
$MI\perp BH;MF\perp CE;BH\perp CA;CK\perp AB$
Vậy áp dụng bổ đề trên ta được :
$MB^2-ME^2= IB^2-IE^2= \frac{1}{4}(KB^2-HB^2)= \frac{1}{4}[(BC^2-KC^2)-(BC^2-HC^2)]$
$= \frac{1}{4}(HC^2-KC^2)= FC^2-FE^2= MC^2-ME^2$$= \frac{1}{4}(HC^2-KC^2)$
$= FC^2-FE^2= MC^2-ME^2$
$\Rightarrow MB^2=MC^2\Rightarrow MB=MC\Rightarrow Q.E.D$

p/s:Ai vẽ hộ mình cái hình vs ko biết vẽ

mình để x,y,z cho nó dễ nhìn! chứ nếu để m,n,p hay u,v,t thì nó nhìn khoa học quá!
Với lại sao lại k chuẩn hóa đc!???

Nó đâu có đồng bậc ?

BĐT tưong đương với:

$3+\sum \frac{a}{c}+\sum ab+\sum \frac{1}{ab}\geq 2(a+b+c+\sum \frac{1}{a})$

Chuẩn hóa abc=1đặt:
$a=\frac{y}{x},b=\frac{z}{y},c=\frac{x}{z}$ (mình để là x,y,z cho dễ nhìn)

Bài này làm sao mà chuẩn hoá được !
p/s Chiến : A2 à ?
-----------------------------
WhjteShadow: Đề sai sa0 ý Tuấn Anh
Thử với $a=b=10,c=1$
@T.A : Sai thật rồi

Bài toán 1.
Ch0 các số thực $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$a^4+b^4+c^4+a^3b+b^3c+c^3a\geq 2(ab^3+bc^3+ca^3)$$

Một dòng thôi !
Bất đẳng thức tương đương
$(a^2-ab+ac-c^2)^{2}+(b^2-bc+ba-a^2)^2+(c^2-ca+cb-b^2)^{2}\geq 0$