CHo các tứ giác điều hòa của đường tròn (O) 

         ACBD;AECD;ADCJ

   Chứng minh BECJ điều hòa 

ĐẶT x=a-1  y==b-1  z=c-1  => x,y,z>=-1 Và x+y+z=0

   P=x³+y³+z³ 

    Dễ Có (2x-1)²(x+1)>=0 <=> x³>=3/4x-1/4

Tương tự rồi cộng vế theo vế

Chứng minh rằng với mọi $a>2$, tồn tại vô hạn $n$ sao cho $a^n-1 \vdots n$.

Có ai có file hay sách gì về các bài số học về việc chứng minh tồn tại không

Bài Toán 6:

  Tìm các cặp số nguyên a,b sao cho 

        $\frac{b^{2}+ab+a+b-1}{a^{2}+ab+1}$ là số nguyên

Bài toán 1 : Cho $x,y,p$ là các số nguyên và $p>1$ sao cho $p|x^{2016},p|y^{2017}$. Chứng minh rằng $B=1+x+y$ không chia hết cho $p$ 
 

       Gọi l là ước nguyên tố bất kì của p

            $x+y+1\vdots l$ => $1\vdots l   vì  x\vdots l,y\vdots l$

 -> ĐPCM

Phân tích của bạn ngắn gọn thật. Đây là phân tích của mình

\[\frac12 x^2(x+1)^2+\frac12 (x^2-x-1)^2.\]

Bài tiếp. Cho số thực dương $x$ bất kỳ. Chứng minh rằng

\[4x^5-14x^4+18x^3-9x^2+1 \geqslant 0.\]

$(x-1)^{2}(4x^{3}-6x^{2}+2x+1)\geq 0$

       Có $x^{3}+x^{3}+1\geq 3x^{2} ; 2x^{3}+2x\geq 4x^{2}$

có vài tài liệu hay đầu tiên là cuốn sách của Nguyễn Tất Thu
thứ 2 là tài liệu tổ hợp của thầy Trần Nam Dũng thứ 3 là cuốn tuyển tập 200 bài toán thi vô địch toán (tập 7: tổ hợp) và nhiều phần tổng hợp các bài hay từ đề thi các tỉnh thành phố và quốc gia trên thế giới

       Bạn có thể cho mình xin tên các cuốn xách đó được không đang cần mua Thank

Muốn học tốt tổ hợp rời rạc thì cần tham khảo cuốn sách Nào Ạ

     Ai cho ý kiến

$(x^{2}-\frac{1}{2})^{2}+(x+\frac{1}{2})^{2}$

http://diendantoanho...3abcabcsqrtabc/

   Chứng minh rằng trong 18 người bất kì luôn tồn tại 4 người đôi 1 quen nhau hoặc đôi 1 không quen nhau 

            Em đã chia nhỏ ra còn một TH là còn 9 người và mỗi người quen với 3 người khác ai có thể chỉ ra giúp sự vô lí ở TH này

Xét 9 điểm trong mặp phẳng không có 3 điểm nào thẳng hàng 

           Cứ 2 điểm bất kì sẽ được nối với nhau bởi một đường thẳng Hoặc là màu đỏ hoặc xanh

a/

        Cứ 3 điểm bất kì thì phải tồn tại ít nhất một đoạn màu đỏ 

  CMR: Nếu Có một điểm nối tối đa là ba đoạn màu xanh thì tồn tại ít nhất một điểm nối với 2 cạnh màu xanh

b/ (Ý kiến của cá nhân)

               Với mỗi điểm bắt buộc  nối với các điểm còn lại và chỉ tạo ra 3 đoạn màu xanh

           CM: không thể Thực hiện được 

          (Không biết có chứng minh được 0) 

Bạn này giỏi mấy dạng này nhỉ, box trước cũng thấy giải, giúp tớ bài này: 

Tìm nghiệm nguyên dương (a,p,n) trong đó p là số nguyên tố: $a^{2}\left ( a^{2}+1\right )=5^{n}\left ( 5^{n+1} -p^{3}\right )$

 http://diendantoanho...òng-1-năm-2016/

Trông kết quả này chắc có một số bạn sẽ bỏ toán. Xét

\[P = \frac{(a+1)(3a^2+ab+b^2)}{(2a+b)(b^2+c^2)}+\frac{(b+1)(3b^2+bc+c^2)}{(2b+c)(c^2+a^2)}+\frac{(c+1)(3c^2+ca+a^2)}{(2c+a)(a^2+b^2)}-10,\]

và đặt

\[\begin{aligned}
A&=36a^6+102a^5b+37a^5c+114a^4b^2+104a^4bc+126a^3b^3+102a^3b^2c\\&+81a^2b^4+133a^2b^3c+12a^2bc^3+18ab^5+68ab^4c+9ab^3c^2+12b^2c^4+6bc^5,\end{aligned}\]

thì

\[P = \frac{\displaystyle \sum bA(a-b)^2}{(2a+b)(2c+a)(2b+c)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \geqslant 0.\]

   SOS kiểu này gãy tay 

Nó quanh quanh cấu hình bài hình của USAMO 2008

  Mình đang cấn khúc  AF là đường đối trung của tam giác ABC Giúp với 

mọi người giúp em với cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa     $  (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=16 $

cm $-3\leq ab+ac+ad+bc+bd+cd-abcd\leq 5$

 Có: $  (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=16 $ 

 <=> $16=(a^{2}b^{2}+a^{2}+b^{2}+1)(c^{2}+d^{2}+c^{2}d^{2}+1)$

<=> $16=((ab-1)^{2}+(a+b)^{2})((cd-1)^{2}+(c+d)^{2})\geq ((ab-1)(cd-1)+(a+b)(c+d))^{2}$

Từ đây dễ dàng =>  ĐPCM 

Cho Tam giác ABC nhọn  Và Trung Tuyến AM ,

Điểm F là điểm thỏa mãn 

     Góc ABF= Góc BAM

      Góc CAM= Góc FCA

C/m: Góc: BAF= GÓc MAC

 ( Latex sao dùng không được) 

Xét p=2;

  Nó sẽ được giải quyết giống với p lẻ;

Xét p lẻ LTE: Áp dụng cho a,b cùng lẻ

   v₂(a^p+b^p)=n=v₂(a+b) => a+b=2ⁿ    => a=b=1 (1) Và có đpcm ( ĐỀ không đề cập tới a,b phải nguyên dương nhưng để đề đúng mình nghĩ a,b khác 0)

  Xét a,b cũng chẵn 

       Có: a=2^m.x; b=2^k.y (Giả sử m>k; x,y lẻ) Ta sẽ có

            2^mp(x^p+2^kp-mp.y^p)=2ⁿ   MÀ x^p+2^kp-mp.y không chia hết cho 2 và lớn hơn 1 nên (Vô lí)

 Vậy m=k Có 2^mp(x^p+.y^p)=2^{n           =>} x^p+.y^p=2^l Tương tự (1) => x=y=1 

       Lúc này ta có mp+1=n => ĐPCM

Có thể Thiếu vài TH nhưng Hướng chung là vậy 

1. Tên nick ứng viên:  I love MC ,Nguyenhuyen_AG, Zaraki

2. Thành tích nỗi bật: 

           Tích cực Tham gia xây dựng diễn đàn 

3.Ghi chú: Không

$\frac{x^{4}+y^{4}}{x^{3}+y^{3}}\geq \frac{x+y}{2}$

    XÉt hiệu Rồi áp dụng 

$p,q,r$

         Vậy t là gì và biểu thức chặn hai đầu của abc là dùng chur à 

Trước tiên, ta có bổ đề sau: 

Nếu $a+b+c=p$, và đặt: $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(p^2-t^2);t\geq 0$. Ta có:

$\frac{(p+t)^2(p-2t)}{27}\leq abc\leq \frac{(p-t)^2(p+2t)}{27}$.

Không mất tổng quát chọn $a+b+c=1$.

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{1-t^2}{3r}+16(1-t^2)\geq 25$.

với $ab+bc+ca=\frac{1}{3}(1-t^2),t\geq 0$.

Theo bổ đề trên ta có: $\frac{1-t^2}{3r}\geq \frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}$.

Chú ý rằng: $\frac{9(1+t)}{(1-t)(1+2t)}+16(1-t^2)=\frac{2t^2(4t-1)^2}{(1-t)(1+2t)}+25$.

Từ đó, ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $t=0$ hoặc $t=\frac{1}{4}$ nghĩa là $a=b=c$ hoặc $2a=b=c$ hoặc các hoán vị.

Phương pháp gì đây bạn 

Ta có: $\sum \frac{a}{3a+b^2}\le \frac{3}{4}\iff \sum \frac{3a}{3a+b^2}\le \frac{9}{4}\iff \sum(1-\frac{3a}{3a+b^2})\ge \frac{3}{4}$.

$\iff \sum \frac{b^2}{3a+b^2}\ge \frac{3}{4}\iff \sum \frac{b^2}{(b+a)(b+c)}\ge \frac{3}{4}$ (Thay $3=a+b+c$ vào biểu thức dưới mẫu).

Tóm lại ta cần chứng minh: $\sum \frac{b^2}{(b+a)(b+c)}\ge \frac{3}{4}$.

Thật vậy: Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz ta có:

 $\sum \frac{b^2}{(b+a)(b+c)}\ge \frac{(\sum a)^2}{\sum (b+a)(b+c)}\ge \frac{(\sum a)^2}{\frac{1}{3}(\sum (a+b))^2}=\frac{(a+b+c)^2}{\frac{4}{3}(\sum a)^2}=\frac{3}{4}\implies Q.E.D$. 

   Sao bằng được $3a+b^{2}\neq (b+a)(b+c)$

Chứng minh AF là đường đối trung của tam giác ABC

  CHứng minh