Mình xin được phép đề cập đến 2 tính chất thường gặp

1/ $C_{p}^{k} \space \vdots  \space p \Leftrightarrow p$ là số nguyên tố

2/ $a \equiv b \mod{p^n} \Leftrightarrow a^p \equiv b^p \mod{p^{n+1}} $

P/s: nếu sử tính chất 2 thì bài toán : $a^p-b^p \space \vdots \space p \Rightarrow a^p-b^p \space \vdots \space p^2$ không khó

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. Kí hiệu $D,E,F$ lần lượt là tâm của $(OBC), (OAC), (OAB)$. CMR $AD,BE,CF$ đồng quy

Tam giác ABC (AB<AC) có AH, AD, AM là đường cao, phân giác, trung tuyến. CMR AD là phân giác góc HAM khi và chỉ khi tam giác ABC vuông.

Nếu tam giác ABC vuông tại A, ta có $\widehat{CMA}=\widehat{ACM}=\widehat{HAB}$, do đó AD là phân giác $\widehat{HAM}$

Nếu AD là phân giác góc HAM, nghĩa là AH và AM là 2 đường đẳng giác. Kí hiệu O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, theo tính chất quen thuộc thì AH và AO là 2 đường đẳng giác, suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp hay tam giác ABC vuông tại A

Tìm $f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+$ thỏa mãn:

$f(\frac{f^2(n)}{n})=n$

Tương tự ta có bài toán:

Tìm $f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn: $f(\frac{f(n)}{n})=n^2$ 

Bài này là đề thi của Năng Khiếu, em không nhớ rõ năm

Cho tứ giác $ABCD$, $O$ là giao điểm 2 đường chéo, $I$ là giao điểm của 2 đường thẳng chứa các cạnh $AD$, $BC$. Gọi $N$ là giao điểm của $IO$ và $CD$. Biết $N$ là trung điểm của $CD$. Liệu có thể chứng minh được tứ giác $ABCD$ là hình thang?

Được bạn nhé, bạn kết hợp định lý Ceva với Thales là được

Cho p là số nguyên tố , a là số nguyên dương với a , p nguyên tố cùng nhau , x nguyên dương bất kì . Chứng minh

 $a^{p^{x}(p-1)} \equiv 1 \left ( mod p^{x+1} \right )$

Bạn thử sử dụng bổ đề này đi

$a \equiv b\mod p^n \Rightarrow a^p \equiv b^p\mod p^{n+1}$  

Bổ đề này không khó chứng minh

Cho p là số nguyên tố , a là số nguyên dương với a , p nguyên tố cùng nhau , x nguyên dương bất kì . Chứng minh

 $a^{p^{x}(p-1)} \equiv 1 \left ( mod p^{x+1} \right )$

Bạn thử sử dụng bổ đề này đi

$a \equiv b\mod p^n \Rightarrow a^p \equiv b^p\mod p^{n+1}$  

Bổ đề này không khó chứng minh

Câu 4

a/

Ta sẽ CM $\Delta PAE \sim \Delta PDI$

$\Delta PAC \sim PDB \Rightarrow \frac{PA}{PD}=\frac{AC}{DB}$ (1)

$\Delta ACE \sim BDE \Rightarrow \frac{AC}{BD}=\frac{AE}{BE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{PA}{PD}=\frac{AE}{BE}$ hay $\frac{PA}{AE}=\frac{PD}{DI}$

đồng thời $\widehat{PAE}=\widehat{PDI}$ do đó $\Delta PAE \sim \Delta PDI$

Từ đây suy ra $PI,PE$ đẳng giác

b/

$GF$ là đường thẳng Gauss của tứ giác $PCEA$ nên đi qua trung điểm $PE$. Do đó $GF$ là đường trung bình $\Delta EIP$

Kéo dài $EG$ cắt $PI$ tại $M$ thì $M$ là điểm đối xứng của $E$ qua $G$. $PI$ cắt $CB$ tại $K$

Ta đi CM $\Delta PEM \sim \Delta PIE$

Bằng định lý Thales ta suy ra các đẳng thức sau

$\frac{PI}{PK}=\frac{AD}{PC}$ và $\frac{PM}{PK}=\frac{PA}{PB}$

Suy ra $PI.PM=(\frac{PA}{PC}.PK)^2=PE^2$ (do $\Delta PAE \sim \Delta PCK$)

Suy ra $\Delta PEM \sim \Delta PIE$ hay $\widehat{PEG}=\widehat{EFG}$

Do đó $PE$ là tiếp tuyến của $(EFG)$

Chứng minh không có 3 số a,b,c nào thỏa mãn: $p(a)=b, p(b)=c,p(c)=a$

Cho mình hỏi $p(a)$ nghĩa là gì vậy bạn

Đặt $
{f}\left({x}\right)\mathrm{{=}}{g}\left({x}\right)\hspace{0.33em}\mathrm{{+}}{x}^{2}
$
Thay vào phương trình trên, ta được:
$
{g}\left({{x}\mathrm{{+}}{y}}\right)\mathrm{{=}}{g}\left({x}\right)\hspace{0.33em}\mathrm{{+}}\hspace{0.33em}{g}\left({y}\right)
$
Đây là phương trình hàm Cauchy nên ta có được $
{g}\left({x}\right)\mathrm{{=}}\hspace{0.33em}{ax}
$
Suy ra $
\left({x}\right)\mathrm{{=}}{ax}\hspace{0.33em}\mathrm{{+}}\hspace{0.33em}{x}^{2}
$

Mình nghĩ chỗ này bạn suy ra hơi vội, lỡ đâu $g(x) \equiv 0$ thì sao, vả lại chưa có dữ kiện rõ ràng về tập nguồn và đích, nếu điều kiện là $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ và không cho gì thêm thì phải cẩn thận

Lời giải câu phương trình hàm có ổn không ạ ? Vì có thể hàm $f$ cần tìm là hàm hợp

Gọi P là trung điểm của BC, AO cắt (O) tại L khác A. Ta có G, H, P, L thẳng hàng.

 

MP cắt (O) tại Q khác M, cắt NH tại T. Ta có AQ vuông góc với NH.

 

Do LQ vuông góc với AQ tại Q nên LQ//NH $\Rightarrow$ LQ//NH $\Rightarrow$ THQL là hình bình hành $\Rightarrow \angle THL=\angle HLQ=\angle GMT\Rightarrow MGHT$ là tứ giác nội tiếp.

 

BTCQ là hình bình hành $\Rightarrow \angle BTC=\angle BQC=\angle BHC\Rightarrow$ BTHC là tứ giác nội tiếp.

 

3 đường tròn (BTHC), (BMGC), (MGHT) cắt nhau tại 3 trục đẳng phương BC, GM, HT nên BC, GM, HT đồng quy hay GM,NH,BC đồng quy.

Bạn cho mình hỏi làm sao bạn dự đoán được các đường tròn của các trục đẳng phương hay vậy ? Cảm ơn nhiều  

3. Giả sử $f$ thoả bài toán, gán $y=0$, ta tìm được $f(x)=-f(0).$ Thay vào  pt ban đầu tìm được $f(x)=-f(0)=0.$

4.

$f(f(x)+y)=x+f(y)$ (*)

Dễ cm $f$ đơn ánh.

Gán $x=y=0$ vào (*), ta được $f(f(0))=f(0) \Rightarrow f(0)=0.$

Gán $y=0$ vào (*), ta được $f(f(x))=x \Rightarrow f$ toàn ánh.

Gán $x=f(x)$ vào (*), ta được $f(f(f(x))+y)=f(x)+f(y)$, hay $f(x+y)=f(x)+f(y) \Rightarrow f(x)=ax.$

Thay vào pt ban đầu, suy ra $a=1.$ Thử lại thấy $f(x)=x$ thoả.

Cho điểm O nằm ngoài tam giác ABC. Qua O, đường vuông góc OA cắt BC tại D, đường vuông góc OB cắt AC tại E, đường vuông góc OC cắt AB tại F. CM D,E,F thẳng hàng 

Cho (O). M nằm ngoài (O), I nằm trong (O). Một đường thẳng thay đổi đi qua I, cắt đường tròn tại A,A'. MA và MA' lần lượt cắt (O) tại điểm thứ 2 là B,B'. CM BB' luôn đi qua một điểm cố định

Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a tâm O. SA vuông (ABCD), SA = a. 

a) Tính góc giữa SC với (ABCD); (SBD) với (ABCD)

b) Tính góc giữa (SCD)&(ABCD). Tính diện tích hình chiếu của tam giác SCD trên (ABCD)

Chứng minh rằng trong n số tự nhiên luôn có 1 số hoặc 1 số số có tổng chia hết cho n

Đã có ở đây bạn nhé

https://diendantoanh...chia-hết-cho-n/

 Cho 3 số không âm a,b,c. Chứng minh rằng: 

$(a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$

 P/s: nếu làm bằng dồn biến được thì càng tốt nhé !!!

Không mất tính tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$

Đặt $f(a,b,c)=(a+b+c)^3+9abc-4(a+b+c)(ab+bc+ca)$

Ta chứng minh $f(a,b,c) \geq f(a,b,b)$ hay

$(a+b+c)^3+9abc-4(a+b+c)(ab+bc+ca) \geq (a+2b)^3+9ab^2-4(a+2b)(2ab+b^2)$

Thu gọn, ta được:

$(c-b)(c^2-ac-b^2+2ab-a^2) \geq 0$

$<=>(c-b)[c(c-a)-(a-b)^2] \geq 0$ (đúng vì $a \geq b \geq c$ )

Bước cuối, ta chứng minh $f(a,b,b) \geq 0$

Ta có $(a+2b)^3+9ab^2-4(a+2b)(2ab+b^2)=a(b-a)^2 \geq 0$

Vậy, bđt được chứng minh

có kết quả chưa nhỉ?

Hình như rồi đó bạn

anh có phương pháp hay tài liệu về phần này không, chia sẻ em với ạ

Em không có anh ơi, cái này bọn em được học trên trường rồi nên em nhớ cách làm

Đặt $u_n=\frac{x_n}{y_n}$

Giả thiết được viết lại thành

$\frac{x_n}{y_n}=\frac{4x_{n-1}+2y_{n-1}}{x_{n-1}+3y_{n-1}}$

Chọn $\left\{\begin{matrix} x_n=4x_{n-1}+2y_{n-1} &\\  y_n=x_{n-1}+3y_{n-1} &\\ x_1=3 ; y_1=1 \end{matrix}\right.$

Từ hệ trên suy ra $4y_n-x_n=10y_{n-1}$

mà $x_n=y_{n+1}-3y_n$

$=>y_{n+2}=7y_{n+1}-10y_n$ 

Tìm được $y_n$ rồi tìm $x_n$

1. $S_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{i^2-i-1}{i^4+2i^3+i^2}$

2. $S_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i(i+1)(i+2)...(i+k)}$ với k cho trước

3. $S_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{(a_{1}+1)(a_{2}+1)...(a_{i}+1)}$ với $a_{n}$ là một dãy số cho trước

Cho tam giác ABC có trực tâm H, BH Và CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và N, MN cắt BC tại P, gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. Chứng minh PH vuông góc với AK