Đề ra: Cho $\Delta \ ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$ và ngoại tiếp $(I;r)$. Gọi $x,y,z$ là khoảng cách từ $O$ đến 3 cạnh tam giác.
Hỏi khẳng định $x+y+z=R+r$ đúng hay sai?

------------------------------------
mọi người suy nghĩ cẩn thận nha

Với bất kì số nguyên dương k nào ta kí hiệu f(k) là số các phần tử của tập hợp ( k+1 ,k+2.....2k) mà khi biểu diễn trong hệ nhị phân thi có đúng 3 số 1.
CMR với mọi m nguyên dương luôn tìm được ít nhất 1 số k nguyên dương sao cho f(k)=m.
Xác định tất cả m nguyên dương sao cho có đúng 1 số nguyên dương k thỏa mãn f(k)=m.

Mình chỉ mới giải được câu đầu thôi. Hi vọng sớm tìm đc lời giải cho câu còn lại:

Dễ thấy $ f(k+1)-f(k)=\left\{\begin{matrix}0\\1\end{matrix}\right.$
Ta sẽ cm $f(k)$ không bị giới nội. Thật vậy ta có:
$f(2^n) =C^2_n$ nên $f(k)$ không bị giới nội. Mà $f(1)=0$ nên $|f(k)|=N$. từ đó suy ra đpcm

1,Tìm số nguyên tố p và số nguyên dương x,y thỏa mãn :$x^3+y^3=p^4$
2,Cho tam giác ABC cân tại A.Trên tia đối tia CA lấy E.Giao điểm của BE với phân giác góc BAC là D.Gọi d là đường thẳng qua điểm D và song song AB,d cắt BC tại F.Giao điểm của AF và BE là M.CMR:M là trung điểm BE.
3,Giải hệ pt sau
$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^2+5}=y^2-\sqrt{y-1}\\ \sqrt{y^2+5}=z^2-\sqrt{z-1}\\ \sqrt{z^2+5}=x^2-\sqrt{x-1}\end{array}\right.$
4,Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm $A(-\dfrac{3}{2},0);B(-\dfrac{1}{2},0);C(\dfrac{3}{2},0)$
Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn $ \left\{\begin{array}{l}cot(\widehat{AMB}*cot(\widehat{BMC}=1 \\cot(\widehat{AMB}+cot(\widehat{BMC}=3\end{array}\right. $
5.Cho dãy số $u_{n}$ xác định như sau:
$u_{1}=p>0,u_{2}=q>0$
$u_{n+2}=\sqrt[3]{u_{n+1}}+\sqrt[3]{u_{n}}$ với $n\ge 1$
CMR t?#8220;n tại $lim u_{n}$ và tìm lim

Lời giải:

Bài 1: Phương trình tương đương với $(x+y)((x+y)^2-3xy)=p^4$.
Do$x,\ y \in Z^+ \ => x+y \ \vdots \ p$.
Xét $\left\{\begin{matrix}x+y=p^4\\(x+y)^2-3xy=1\end{matrix}\right.$
Dễ thấy hệ này không có nghiệm nguyên. Vậy $p/(x+y), \ p/xy \ => p/x, \ p/y$
Gọi $d=(x,y)$ Ta cm đc $d=p$. thay vào ta tìm đc nghiệm duy nhất $(x,y,p)=(2,2,2)$.

Bài2: Mình không có cách giải thuần túy mà phải dùng pp tọa độ nên khá dài. Ai có lời giải hình học thì Up lên nha.

Bài 3: chưa giải ra, hi vọng sẽ có lời giải sớm

Bài 4: Dễ dàng cm được $ \widehat{AMC} =90$ Nên $M$ thuộc đường tròn có pt $x^2+y^2=\dfrac{9}{4}$.
Đặt $\alpha= \widehat{AMB}$ Ta cm đc $Sin2\alpha=\dfrac{2}{3}$.
Ta sẽ lập pt đường tròn tâm $I$ đi qua 2 điểm $A, \ B$ và $sin \widehat{AIB}=\dfrac{2}{3}$. thật vậy ta có $I$ thuộc trung trực của $AB => x_I$. Dựa vào góc ta tính đc Khoảng cách $d(I, AB)=y_I$ và bán kính $IA$.
Từ đó tính đc tọa độ $M$.

Cách giải này cũng hơi dài

Bài 5: Dùng pp dãy số con tương tự bài dưới đây:
click here to show solution.

a)KL kết tủa là 0,4925 g

Đúng.
Thực ra bài này rất đơn giản. Gọi $a$ là số số $mol \ Na$ trong hỗn hợp thì số mod $Ba$ cũng sẽ là $a$.
Theo số $mol$ của $H_2$ ta có $a=0.2$.
Vậy trong $\dfrac{1}{10} \ A$ g?#8220;m có $0.02mol Ba^{2+}, \ 0.02 mol Na^+, \ 0.06 mol OH^-$
Viết pt sục khí $CO_2$ vào ( chú ý chỉ tạo ra muối trung hòa), ta tính đc khối lượng kết tủa.
KQ như bạn congduy đã tính

Các ạn xử lí nốt câu còn lại đi chứ.

Chỉ còn 1 ngày nữa là hết hạn nộp bài của bài số 1. Các bạn gửi về địa chỉ [email protected] để được chấm. Chú ý là không cần phải giải hết tất cả các bài.

Thầy ơi, không được thi VMO có được gửi baì dự thi không ạ. Em có giải rồi nhưng thấy bảo lớp luyện thi VMO nên thôi.
----------------------------------------------------------
Buồn quá, thế là ước mơ 12 năm mãi mãi cũng chỉ là ước mơ, một ước mơ không tưởng (nhân đây xin được thông báo và cũng là câu trã lời cho hơn 20 tin nhắn luôn, chắc mọi người hiểu rồi, hi vọng không ai hỏi thêm về vụ VMO này nữa. Thanks so much)

Hòa tan hoàn toàn mẫu hợp kim gồm $Na, Ba$ có tỉ lệ $mod$ là $1:1$ vào nước ta được dung dịch $A$ và $ 6,72(l)$ khí (đktc).
1. Sục $56ml$ khí $CO_{2}$ vào $\dfrac{1}{10} \ d^{2} \ A$. Tính lượng kết tủa tạo thành.
2. Thêm $m g \ NaOH$ vào $ \dfrac{1}{10}d^2 \ A$ được $ d^2 \ B$. cho $B$ tác dụng với $100ml$ dung dịch $Al_2(SO_4)_3 \ 0.2 M$ thu kết tủa C. Tìm m để khối lượng C lớn nhất và nhỏ nhất. tìm khối lượng đó.

Bài ra: Cho dãy số $(x_n)$ bị chặn thỏa mãn: $\alpha x_n +\beta x_{n+1} \geq 2x_{n+2} \ \forall n \in N^{+} \ $.

1. Với $\alpha =\beta=1$. Tìm $limx_n \ ( P4/2^{nd} day/A/VMO1988)$
2. Mở rộng: Tìm tất cả cặp $(\alpha, \beta)$ không âm sao cho mọi dãy số thực thỏa mãn $$ đều hội tụ

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $ |2^x-3^y|=1$

10 ngày rùi ko ai giải hộ mình a`h?

Bài này bạn có thể tham khảo cách giải tại Bài 3/chương 7/trang 143 " Đa thức đại số và phân thức hữu tỉ" của Thầy Nguyễn Văn Mậu . Thực ra mình cũng không giải được bài này nên ko thể có cách khác cho bạn được.

Có, cứ chọn $ a_i = b_i $ là xong. Có lẽ tôi hiểu sai đề?

Em cũng nghĩ là nếu đề là như thế thì đúng là chỉ cần cho $a_i=b_i, \ \forall i \in N$ thì đk nào cũng thỏa mãn hết( có lẽ đề còn gì thiếu chăng)

Giải hệ phương trình:
$ e^{x-y} =\dfrac{cotx}{coty}$
$2x^{3}-xy-2y+1=0$

1. ĐK:...
2. Ta có pt (1) tương đương: $\dfrac{e^x}{cotx}=\dfrac{e^y}{coty}$
Xét hàm số: $f(t)=\dfrac{e^t}{cott}$ Dễ thấy $f(t)$ đồng biến nên $x=y$. Thay vô pt (2) ta tìm được nghiệm

Ta co x+1<x log<x+1>x 1
log<2008>2009>1 phuong trinh vo nghiem

Nhận xét: $x>0 => x+1>1 => log_{x+1}x <1$ => pt vô nghiệm

duoc dat so hang dau tien bang cos, chia 4
so hang thu n bang so hang thu n-1

Ta có $\sqrt{2}=2cos\dfrac{\pi}{4} => \sqrt{2+\sqrt{2}}=\sqrt{2(2cos^2\dfrac{\pi}{8})}=2cos\dfrac{\pi}{8}$. Đến đó làm tương tự

em rat ghet hoc hinh cu dong vao hinh la chan co ai chi gium em cach nao de ko ghet hoc hinh nua ko

Theo anh nghĩ thì em muốn làm tốt bất cứ việc gì, kể cả việc học thì trước tiên em phải thích, chưa nói đến nếu em muốn giỏi thì em phải thực sự đam mê. Còn làm thế nào để thích nó thì không có câu trã lời, mà mỗi người phải tự đi tìm câu trã lời cho riêng mình. Anh thấy ( ý kiến chủ quan) hình học rất thú vị, có thể nói nó khó, nó trừu tượng nhưng hấp dẫn. Hi vọng em sẽ sớm tìm đc con đường đến với hính học cho riêng mình. Good luck!

Sai r?#8220;i bạn à. Kết quả thế này:

a) TN1 : $A$ dư. $HCl$ hết.
TN2: $A$ hết, axit dư.

b) $m_A = 47,1 g$

c) $m = 33,75 g$

1 Dạng này ta cần chú ý:
-Nên giải bằng pt ion thu gọn sẽ nhanh hơn
- Chú ý đến mối liên hệ $n_{H^{+}}=2n_{H_{2}}$
-ngoài ra, nếu Kim loại dư thì cần chú ý đến thứ tự phản ứng của nó với dung dịch axit ( muối). Cụ thể trong TH này thì $ Al$ sẽ pứ trước, sau đó mới đến $Zn$.
-Dạng bài tập hóa vô cơ có $Al, Zn$ thường sẽ liên qua đến kiềm, có thể người ta bắt biện luận để kết tủa $ Max$ hoặc $Min$. ( và cũng cần chú ý thứ tự phản ứng với $ OH^{-}$

Giải các hệ pt sau:
1)$ \left\{\begin{array}{l} \dfrac{2y}{x^2}+3y=7 \\ \dfrac{2z}{y^2}+3z=7\\ \dfrac{2x}{z^2}+3x=7\end{array}\right. $

2)$ \left\{\begin{array}{l}6x(y^2+z^2)=13yz \\3y(z^2+x^2)=5zx\\6z(x^2+y^2)=5yz\end{array}\right. $

3)$ \left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=(3x^2+x+1)y^2z^2\\y^2(x+z)^2=(4y^2+y+1)x^2z^2\\z^2(x+y)^2=(5z^2+z+1)x^2y^2\end{array}\right. $

Giải:
1. Nhận xét: $x,y,z>0$ ( dễ thấy)
Hệ pt tuơng đương:
$\left\{\begin{matrix} \dfrac{2y}{7-3y}=x^2 \\ \dfrac{2z}{7-3z}=y^2 \\ \dfrac{2x}{7-3x}=z^2\end{matrix}\right$
Xét hàm số $ f(t)=\dfrac{2t}{7-3t}$ và $g(t)=t^2$. Dễ thấy $ f(t), \ g(t)$ đ?#8220;ng biến.
Nên: $ x=y=z$.

2.
- Xét $(x,y,z)=(0,0,0)$ là nghiệm
- Xét $x,y,z \neq 0$.
Hệ đã cho tương đương với :
$\left\{\begin{matrix}6x^2(y^2+z^2)=13xyz \\3y^2(z^2+x^2)=5yzx \\6z^2(x^2+y^2)=5xyz\end{matrix}\right$.
Ta chia các pt theo các cặp sẽ được một hệ g?#8220;m 3 phương trình của $ x^2y^2, y^2z^2, z^2x^2$, giải hệ này ta sẽ tìm đc $x, y,z$

3.
-Xét $(x,y,z)=(0,0,0)$ là nghiệm
-Xét $ x,y,z \neq $. Đặt $ a= \dfrac{1}{x}, \ b=\dfrac{1}{y}, \ c=\dfrac{1}{z}}$
hệ đã cho tương đương:
$ \left\{\begin{array}{l} (b+c)^2=a^2+a+3\\(c+a)^2=b^2+b+4\\(a+b)^2=c^2+c+5\end{array}\right.$
Giải hệ này ta tìm đc $x,y,z$.

2) Dãy {$a_n$} được cho bởi
$a_1 =1$ : $a_2=2$ ; $a_{n+1} = \sqrt{a_{n-1}} + \sqrt{a_n} $ với $ n \geq 2$
Chứng minh dãy trên bị chặn và tăng thực sự . Hãy tìm giới hạn của dãy này !

Bài 2: Xét bài toán tổng quát như sau:
Cho dãy $a_n$ xác định bởi:
$a_{1}, a_{2} >0; a_{n+1} = \alpha \sqrt{a_n} +\beta \sqrt{a_{n-1}}$
1. Tính giới hạn $ a_n$ khi $ \alpha = \beta =1$
2. $ \alpha; \beta >0$ tùy ý ( bài toán đề xuất)

Giải:
1. Ta sẽ giải bài trên bằng pp dãy con

Cách 1:
Nhận xét: $a_n >0 \forall n$
Xét dãy $ x_{n}$ xác định bởi:
$ x_{1}=x_{2}=min({a_{1}, a_{2},4})$ và $x_{n+1} =\sqrt{x_{n-1}} + \sqrt{x_n}$.

Ta cm đc rằng :
- dãy $x_{n}$ bị giới nội bởi 4
- dãy $x_{n}$ tăng
( bằng quy nạp).
=> $ Lim x_{n}=4$
Tương tự ta xét dãy $y_{n}$ xác định bởi
$y_{1}=y_{2}=max({a_{1}, a_{2},4})$ và $y_{n+1} =\sqrt{y_{n-1}} + \sqrt{y_n}$.

Ta cm đc:
- dãy $y_{n}$ bị chặn đươi bởi 4
- dãy $x_{n}$ giảm
( bằng quy nạp).
=> $ Lim y_{n}=4$. Vậy $ Lim a_n=4$.

---------------------------------------

Cách 2:
Xét dãy số $ M_{x}=max({ a_n, a_{n+1}, 4)$.

-Nếu $ M_n=4 => M_{n+1}=4$ ( dễ thấy)
-Nếu $ M_{n}=a_{n+1} => a_{n+1} \geq a_n, a_{n+1} \geq 4$
Khi đó $ \sqrt{a_{n-1}} =a_{n+1} -\sqrt{a_n} \geq \sqrt{a_{n+1}} => a_{n+2} \leq a_{n+1}$
$=> M_{n+1} =a_{n+1}$
-Nếu $ M_n=a_n => M_{n+1} \leq a_n = M_n$. ( dễ thấy)

Vậy $M_{n}$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 4 => $ \exists Lim M_n =k$. Dễ cm đc $ k=4$.

2. Tương tự, các bạn thử làm nha.

1) Chứng minh sự hội tụ của dãy {$a_n$ được cho bởi công thức truy hồi
$ a_1 = 2 $ : $a_{n+1} = 2 + \dfrac{1}{3 + \dfrac{1}{a_n}}$ với $n\geq 1$
và tìm giới hạn của nó !

2) Dãy {$a_n$} được cho bởi
$a_1 =1$ : $a_2=2$ ; $a_{n+1} = \sqrt{a_{n-1}} + \sqrt{a_n} $ với $ n \geq 2$
Chứng minh dãy trên bị chặn và tăng thực sự . Hãy tìm giới hạn của dãy này !

Bài 1: Xét hàm số : $f(x)= 2+ \dfrac{x}{3x+1}$ với $x>0$
Ta có : $f'(x)= \dfrac{1}{(3x+1)^2} => \exists c \in (0,1): |f'(x)| < c <1 \forall x >0$
Xét pt $f(x)=x$ có nghiệm $x_{0}$ ( mọi người tính nha).
Do hàm $f$ liên tục, áp dụng định lí Lagrange ta có:
$ \exists k >0 : |a_n-x_{0}|=|f(a_{n-1}-f(x_{0})| = |f'(k)||a_{n-1}-x_{0}| <c |a_{n-1}-x_{0}|$
Áp dụng liên tiếp ta có $a_n -> x_{0}$ khi $n-> + \infty$ do $0<c<1$.

Chú ý: Bài này ta có thể giải bằng cách khác đó là ta cm dãy $a_n$ đơn điệu tăng và $a_n < x_{0} \forall n$ bằng pp quy nạp theo $ n$

p/s: với lớp dãy có pt dạng $a_{n+1}=f(a_n)$ với $f$ liên tục thì ta có thể sd pp xét hàm

(Bài này là định lí Ptolemy mở rộng)
Áp dụng định lí Thales, ta có $YZ\parallel BC,XZ\parallel AC,XY\parallel AB$
$\Rightarrow \dfrac{AX}{AM}=\dfrac{BY}{BM}=\dfrac{CZ}{CM}$ (1)
Lại có $ AA'^2=AX.AM, BB'^2=BM.BY,CC'^2=CM.CZ$ (2)
Từ (1) và (2), ta được: $\dfrac{AA'}{AM}=\dfrac{BB'}{BM}=\dfrac{CC'}{CM}$ (3)
Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp AMCB: BM.AC=AM.BC+MC.AB
Do đó kết hợp với (3), ta thu được đpcm.

Đây đúng là định lý Ptolemy suy rộng và cách chứng minh trên là cho đường tròn $(O_{1})$ nằm ngoài $(O)$. Trường hợp mà bài toán đưa ra ta xét tương tự

Bài này chính là Bổ đề Sawayama

Bổ đề này là gì thế, nghe lạ hoắc không à, có lẽ do mình ít học hình nên ko biết. Đáng chết đáng chết again

Bài 1:
Giải phươngg trình:
$\dfrac{1}{2} log_{2}(x+2) +x+3= log_{2} \dfrac{2x+1}{x} +(1+ \dfrac{1}{x})^2 +2\sqrt{x+2}$

Giải:

Bài này biến đổi chút ta đưa về đc $f(\sqrt{x+2})=f(2+ \dfrac{1}{x})$
Trong đó: $f(t)=t^2 - 2t +log_{2}t$. Xét hàm này đồng biến.

Bài 2:
Tìm tất cả hàm liên tục $ f:R^{+}->R^{+}$ thỏa mãn:
$f(f(xy)-xy) + xf(y) + yf(x) = f(xy) + f(x)f(y), \forall x,y>0$.

Giải:
Biến đổi chút ta đưa đc về $g(g(xy))=g(x)g(y)$ với $g(x)=f(x)-x$. dễ thấy $g(x)>0 \forall x \in R^{+}$
Ta cm đc $g(g(x))=g(1).g(x)$, thay vào và chia 2 vế cho $g^{2}(1)$. ta đc $h(xy)=h(x)h(y)$, trong đó $h(x)=\dfrac{g(x)}{g(1)}$.
Ta có $f$ liến tục thì $g$ liên tục nên $h$ liên tục
( huhu, sáng làm đến đây thì nhìn nhầm thành $h(x+y)=h(x)h(y)$, ngu quá , đáng chết)
Bài 3:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$.
Gọi $D$ là một điểm trên đoạn $BC$, đường tròn $(P)$ tiếp xúc với $DC, DA$ tại $E, F$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $K$.
CMR $ E, F, I$ thẳng hàng.

Bài này dùng Ptolemy suy rộng và Ceva là ok.

Bài 4:
Giả sử $m,n$ là 2 số nguyên dương thỏa mãn $\dfrac{n}{d}$ là số lẻ với $d=(m,n)$.
Xác định $(a^m+1, a^n-1), \forall a \in N, a>1$.

Giải:
Ta giã sử $n=mk+r$, khi đó cm đc $r=d$. chia 2 vế cho $d$ .Do $\dfrac{n}{d}$ lẻ nên ta xét $k$ chẵn hoặc $ \dfrac{m}{d}$ chẵn.
Ta có
$(a^m+1, a^n-1)=( a^{m+1}, a^{n-m}+1)=..=(a^m+1, a^d + (-1)^{k+1})$.
Nếu k chẵn, $\dfrac{m}{d}$ lẻ
ta có: $s=(a^m+1, a^n-1)=(a^m+1, a^d -1)$ suy luận tương tự và lùi ta có $2 \vdots s$

Tương tự cho cac TH khác, ta đều thu $2 \vdots s => s \in {1; 2}$

Bài 5 :
Giã sử mỗi số nguyên dương không lớn hơn $ C^{1}_{n}+C^{2}_{n}+C^{3}_{n}, n \geq 3$ được tô một trong hai màu Xanh hoặc Đỏ.
Chứng minh t?#8220;n tại dãy các số cùng màu thỏa mãn:
$1. x_{1}<x_{2}<...<x_{n}$
$2. x_{2}-x_{1} \leq x_{3}-x_{2} \leq ...\leq x_{n}-x_{n-1} \leq C^{2}_{n}$

Bài này chuầy lung tung có lẽ không đúng lắm

-----------------------------------------------------------
Huhu, thế này là ko đc đi thi r?#8220;i, chán quá ... đáng chết dáng chết

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
KHỐI THPT CHUYÊN-ĐẠI HỌC VINH
NĂM 2009-2010

Bài 1:
Giải phươngg trình:
$\dfrac{1}{2} log_{2}(x+2) +x+3= log_{2} \dfrac{2x+1}{x} +(1+ \dfrac{1}{x})^2 +2\sqrt{x+2}$

Bài 2:
Tìm tất cả hàm liên tục $ f:R^{+}->R^{+}$ thỏa mãn:
$f(f(xy)-xy) + xf(y) + yf(x) = f(xy) + f(x)f(y), \forall x,y>0$

Bài 3:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$.
Gọi $D$ là một điểm trên đoạn $BC$, đường tròn $(P)$ tiếp xúc với $DC, DA$ tại $E, F$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $K$.
CMR $ E, F, I$ thẳng hàng.

Bài 4:
Giả sử $m,n$ là 2 số nguyên dương thỏa mãn $\dfrac{n}{d}$ là số lẻ với $d=(m,n)$.
Xác định $(a^m+1, a^n-1), \forall a \in N, a>1$.

Bài 5 :
Giã sử mỗi số nguyên dương không lớn hơn $ C^{1}_{n}+C^{2}_{n}+C^{3}_{n}, n \geq 3$ được tô một trong hai màu Xanh hoặc Đỏ.
Chứng minh t?#8220;n tại dãy các số cùng màu thỏa mãn:
$1. x_{1}<x_{2}<...<x_{n}$
$2. x_{2}-x_{1} \leq x_{3}-x_{2} \leq ...\leq x_{n}-x_{n-1} \leq C^{2}_{n}$

-----------------------------------------------------------
CÁN BỘ COI THI KO GIẢI THÍCH GÌ THÊM

DO MỘT SỐ NGUYÊN NHÂN, MỌI NGƯỜI CHO PHÉP MÌNH SỬA LẠI ĐỀ NHƯ SAU

Cho dãy $(na+b) n=1,2... .(a,b)=1, a,b \in N^{+}$. Cmr có thể chọn ra dãy con sao cho các phần tử đôi một nguyên tố cùng nhau.

2. Cho $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên dương, xét dãy số $x_{0}=0; x_{n+1}=P(x_{n})$.
CMR $(x_{m};x_{n})=x_{(m,n)}$.

3. Cho $x_{n}$ là dãy Fibonaxi. Cm ($x_{n},x_{m}$)=$x_{(m,n)}$. .

Bài 3: Ta sẽ cm đc $x_{n}$=$x_{k}x_{n+1-k}+x_{k-1}x_{n-k}. \ k=2,3...,n-1$.

Áp dụng ta có $x_{m}=x_{n}x_{m+1-n}+x_{n-1}x_{m-n}$.

Khi đó ( $x_{m},x_{n}$)=($x_{n}, x_{n-1}x_{m-n}$)=($x_{n},x_{m-n}$).
Áp dụng liên tiếp và thuật toán Euclide là OK

Bài 2: Giả sử $m=nk+r$
Ta có $x_{1}=P(0)$.
Dễ thấy $x_{n+1} \equiv x_{1} (mod x_{n})$ => $x_{n+2} \equiv P(x_{1})=x_{2} (mod x_{n})$.
CM đc $x_{m} \equiv x_{m-n} (mod x_{n})$. Áp dụng liên tiếp ta có $x_{m} \equiv x_{r} (mod x_{r})$.
Khi đó $(x_{m},x_{n})=(x_{n},x_{r})$. Dùng thuật toán Euclide ta có đpcm

Bài 1: dùng định lí thặng dư trung hoa ( ngồi mãi cuối cùng cũng ra)
Ta sẽ xây dựng dãy $x_{n}$ bằng dãy $x_{1},...,x_{n}$.
Xét $x_{i}=k_{i}a+b, \ i=1,2,..,n.$
Do $(x_{i},x_{j})=1$ theo định lí Trung Hoa thì tồn tại duy nhất $k_{n+1} \equiv k_{i} +1 ( mod x_{i})$.
Xét $x_{n+1}=k_{n+1}a+b$. Ta cần cm $(x_{i}, x_{n+1})=1$.
Thật vậy:
$(x_{i}, x_{n+1})=( x_{i}, x_{n+1}-x_{i})=( x_{i}, a (k_{n+1}-k_{i}))=1$ ( do $(a,b)=1$ và cách xây dựng dãy) => đpcm

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, Gọi $(O')$ là đường tròn tiếp xúc trong với $(O)$ tại $M$ ( $M$ thuộc cung $AC$ không chứa $B$). Gọi $AA'$, $BB'$, $CC'$ là tiếp tuyến của $(O')$ tại $A,B,C$.
CMR: $AC.BB' = BC.AA' + AB.CC'$

chào mọi người, ai có phiên bản điện tử của 102 combinatorial problem của titu andreescu & Zuming Feng thì share cho mình với, dạo này sắp thi r?#8220;i nên hơi bận, ko online đc. thank you very much.

P/s: mọi người có thể up trực tiếp lên VMF hoặc send qua Email cho mình cũng đc: [email protected] hoặc [email protected]
Cảm ơn nhều