Từ $(*)$ ta suy ra \begin{align*} {a_i}{a_{i + 1}}{a_{i + 2}} + {a_{i + 2}} = a_{i + 2}^2 &\Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} {a_{i + 1}}{a_{i + 2}} + \sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} = \sum\limits_{i = 1}^n {a_i^2} \\ &\Leftrightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} \left( {{a_{i + 1}}{a_{i + 2}} + 1} \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {a_i^2} \\ &\Leftrightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} {a_{i + 3}} = \sum\limits_{i = 1}^n {a_i^2} \end{align*} Từ đây ta suy ra $a_i=a_{i+3}$ với $1\leq i\leq n$. Do đó, $n$ chia hết cho $3$, thì thoả yêu cầu bài toán.\\ Ngoài ra, ta thấy $a_{3k+1}=a_{3k+2}=-1, a_{3k+3}=2$ là một bộ thoả yêu cầu bài toán $0\leq k\leq\dfrac{n}{3}$

Doan nay la vi sao ?

Lâu lâu chơi bài này cho vui

Ta có : . Đặt $a+bc =13^{x}\,\,\,\, b+ac=13^y$ 

Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y$

Ta có:

$$(b-a)(c-1)=13^y(13^{x-y}-1)$$

$$(b+a)(c+1)=13^{y}(13^{x-y}+1)$$

Vì $c-1$ và $c+1$ không thể cùng đồng thời chia hết 13 cho nên

TH1"

$b-a=13^y$ $ \Rightarrow a(c+1)=0$ (Không thể nào )

TH2:

$b+a=13^y$

Từ đây suy ra $c=1$ hay $(a+b)^2=13^n$

Vậy nên $2|n(Q.E.D)$

P/s: Bài này không quan trọng con số 13 cho lắm

Tach ra 2 TH sai roi kia

$\left\{\begin{matrix} a+bc=13^x & & \\ b+ac=13^y& & \end{matrix}\right.$

Neu $x=y$ thi ta co dpcm

Ta se chung minh $x=y$ trong moi truong hop: 

Gia su $x>y$ thi $b>a$:

$\Rightarrow 13^xa-a^2=13^y.b-b^2\Rightarrow (b-a)(b+a)=13^y(b-13^{x-y}a)$ $(1)$

Mat khac ta co: $\left\{\begin{matrix} (b-a)(c-1)=13^y(13^{x-y}-1) & & \\ (b+a)(c+1)=13^y(13^{x-y}+1) & & \end{matrix}\right.$

Neu  $a,b$ deu chia het cho 13. 

De cm $v_{13}(a)=v_{13}(b)=m$ khi do: $a=13^m.t$ va $b=13^m.s$ $((t,13)=(s,13)=1)$ suy ra: $\left\{\begin{matrix} t+sc=13^{n-m} & & \\ s+tc=13^{n-m} & & \end{matrix}\right.$

Khi do ta co bo moi la :$(t,s,n-m)$ va $13$ khong la uoc cua $t,s$

Do do khong mat tinh tong quat gia su $13$ khong la uoc cua $a,b$

Khi do trong 2 so $b-a$ va $b+a$ chi co mot so chia het cho 13 va trong 2 so $c-1$ va $c+1$ cung vay. Do do: $v_{13}(c-1)=y$ hoac $v_{13}(c+1)=y$

TH1: $v_{13}(c-1)=y$, i,e $c-1=13^y.s$ va $b+a=13^y.t$ suy ra $(b-a)s=13^{x-y}-1$. Theo $(1)$ suy ra: $(b-a)t=b-13^{x-y}a$. Do do:$ t.(13^{x-y}-1)=s(b-13{x-y}a)$

suy ra $t+bs=13^{x-y}(t+as)$. Vi $(t+bs)-(t+as)$ khong chia het cho $13$ nen $t+as=1$ khi do:$t=1,s=0$ suy ra: $c=1$ hay $x=y$ (mau thuan voi gia su)

TH2: $v_{13}(c+1)=y$,  i,e $c+1=13^y.k$ va $b-a=13^y.l$ suy ra $(b+a)k=13^{x-y}+1$. Theo $(1)$ suy ra: $(b+a)l=b-13^{x-y}a$. Do do: $l.(13^{x-y}+1)=k(b-13{x-y}a)$

suy ra $kb-l=13^{x-y}(l+ak)$. Vi $(kb-l)+(l+ak)$ khong chia het cho $13$ nen $l+ak=1$ khi do:$l=1,k=0$ suy ra: $c=-1$ (mau thuan voi gia thiet)

Vay trong moi TH ta co $x=y$ va co dpcm

Cho dãy số $\left \{ x_{n} \right \}$ (n = 1, 2, ...) được xác định thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện

i) $x_{n}=1$ khi $\left [ (n+1)\sqrt{2015} -n\sqrt{2015}\right ]$ là một số lẻ

ii) $x_{n}=0$ khi $\left [ (n+1)\sqrt{2015} -n\sqrt{2015}\right ]$ là một số chẵn

Trong đó kí hiệu [x] là phần nguyên lớn nhất không vượt quá x

Tính tổng sau $S=x_{1975}+x_{1976}+...+x_{2015}$

hay là đề thế này

$\left [ (n+1)\sqrt{2015}\right ]-\left [ n\sqrt{2015}\right ]$

 Với mọi số nguyên tố $p > 3$ , đặt 

$S_n = 1^n + 2^n + 3^n + ... + (p-1)^n$

 Tìm tất cả giá trị của $p$ để 

$S_m \vdots p$, với mọi $m$ chẵn, $m \leq p - 3$

Kết quả tổng quát hơn là : với mọi $0<k<p-1$ thì $S_k$ đều chia hết cho $p$.

Chứng minh kết quả này dùng căn nguyên thủy

Bài 2:

Để ý rằng tiếp tuyến tại $M$ và $N$ cắt nhau tại trung điểm $AR$ và tiếp tuyến tại $E$ và $F$ cắt nhau tại $L$ thuộc $AR$.  Gọi $X,Y$ lần lượt là giao điểm của $(MF,NE)$ và $(ME,NF)$

Áp dụng pascal cho 6 điểm $\begin{pmatrix} MNE\\ NMF\end{pmatrix}$ suy ra $T,X,Y$ thẳng hàng

Áp dụng pascal cho 6 điểm $\begin{pmatrix} MEF\\ NFE\end{pmatrix}$ suy ra $L,X,Y$ thẳng hàng

Vậy $T,L,X,Y,A,R$ thẳng hàng điều phải cm

Bài 2.

Với $n=1$ thì dễ dàng cm. Xét $n \geq 2$

Giả sử không tìm được một số hạng là lũy thừa bậc $k+1$ của một số tự nhiên

Khi đó tồn tại một số nguyên dương $x$ thỏa mãn:

$x^{k+1} < n<n+1<n+2<....<n^k+n^{k-1}+...+n^2+n+2<(x+1)^{k+1}$

Khi đó ta có $(x+1)^{k+1} > n^k+n^{k-1}+...+n^2+n+2=\frac{n^{k+1}+n-2}{n-1} > \frac{n^{k+1}+n-2}{(x+1)^{k+1}}$

hay $n^{k+1} \leq n^{k+1}+n-2<(x+1)^{2(k+1)}$

suy ra $x^{k+1} \leq n<(x+1)^2$

Với $k \geq 2$ thì dễ chứng minh chỉ có $x=1$ thỏa mãn. Khi đó: $1<n<4$ nên $n=2$ hoặc $n=3$

mà với $n=2$ thì $n^k+n^{k-1}+...+n^2+n+2=2^{k+1}$

với $n=3$ thì dãy $3,4,5,....,\frac{3^{k+1}+1}{2}$ có chứa phần tử $2^{k+1}$

Do vậy $x^{k+1}<2^{k+1}<(x+1)^{k+1}$

Từ đó dẫn đến điều vô lý , ta có điều phải chứng minh

$p$ là số nguyên tố và $(a,p)=1$.

$S=\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left ( \left \lfloor \frac{2ka}{p} \right \rfloor -\left \lfloor \frac{ka}{p} \right \rfloor\right )$

Chứng minh rằng $S$ là chẵn

.

Bài 5. Cho tam giác $ABC$. Các điểm $P,Q$ nằm trên cạnh $BC$ sao cho $BP=CQ$ và $P$ nằm giữa $B,Q$. Đường tròn $(APQ)$ cắt các cạnh $AB,AC$ tại $E,F$ tương ứng. Điểm $T$ là giao điểm của $EP$ và $FQ$. Hai đường thẳng đi qua trung điểm của $BC$ và song song với $AB$, $AC$ cắt $EP$ và $FQ$ lần lượt tại $X,Y$. Chứng minh rằng $(TXY)$ tiếp xúc với $(APQ)$.

Người dịch: Nguyễn Trung Tuân

Gọi $L$ là giao điểm của $AM$ và $(APQ)$.

Chứng minh các ý sau: $LXYT$, $PMLX$ và $MLYQ$ nội tiếp, tam giác $MXY$ đồng dạng với $ACB$.

a,  Gọi $T$ là giao điểm của đường vuông góc kẻ từ $A$ với $AC$ và đường tròn đường kính $AB$.

Áp dụng  $Pascal$ cho $6$ điểm $AEBDAT$ ta có điều phải chứng minh

b, Gọi $X$ là giao điểm của $LM$ và $BC.$

Dùng $ceva sin$ cho sự đồng quy của $SK,DK,AK$ và $XL,AL,DL.$ Từ đó dùng $ceva sin$ trong tam giác $ALS$ để chứng minh $XL,SK,ED $ đồng quy

c, Gọi $Y$ là giao điểm của đường vuông góc với$ AD $ kẻ từ $ A$ và$ EF$. Ta chứng minh $Y$ trùng $P$ bằng cách chứng minh $Y,L,K$ thẳng hàng

Thật vậy $\frac{YE}{YF}. \frac{LF}{LD}. \frac{KD}{KE}=\frac{AE^2}{AF^2}.\frac{AD^2}{AE^2}.\frac{AF^2}{AD^2}=1$

$ab=a^2-2b^2\iff (a-2b)(a+b)=0$ với $a=f(2x)$ và $b=f(x)$

Cái đó hình như là chưa chặt vì vẫn còn trường hợp tồn tại hai số $m,n$ sao cho đồng thời $f(2m)=2f(m)$ và $f(2n)=-f(n)$

Cho tam giác ABC có đường cao AK=BC, trực tâm H .  M, N lần lượt là trung điểm của AK và BC. Chứng minh HM=HN

Bài Hình : Có $OK$ l;à điểm miquel của tứ giác toàn phần $ABCMN$ , có vài cái tứ giác nội tiếp , cộng góc chắc dc :v

Bài hình chỉ cần gọi T là giao của BD là MN thì (BDTE)=-1 là có đpcm

Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. P là một điểm nằm trên cung nhỏ BC. Gọi I,J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác APB và APC. E,F là điểm chính giữa cung AC, AB. Đường tròn đi qua 3 điểm P,I,J cắt (O) tại Q. Gọi M,N lần lượt là chân đường phân giác trong và ngoài của tam giác AEF. Chứng minh AMQN nội tiếp.

Chứng minh điểm Q thuộc đường tròn Apollonius dựng trên đoạn EF tức là cm tỉ số $QF/QE= AF /AE$  là được

Chứng minh tích của $n$ số tự nhiên liên tiếp chia hết cho $n!$

Chứng minh $A=\frac{(m+3)^n+1}{3m}$ là một số nguyên thì $A$ là số lẻ.($m,n$ là một số tự nhiên )

Cho $n$ là số nguyên dương. Tập con $S$ của tập $X=\left \{ 1,2,..,n \right \}$ được gọi là "tốt" nếu trung bình cộng của các phần tử thuộc $S$ là một só nguyên. Gọi $T_n$ là số tập con "tốt của $X$. Chứng minh $T_n-n$ chẵn. 

Cho 2 tập $A=\left \{ a_1;a_2;...a_{100} \right \}$ và $B=\left \{ b_1;b_2;...b_{50} \right \}$. Nếu có 1 ánh xạ $f$ từ $A$ vào $ B$ thỏa mãn mọi phần tử của $B$ đều có nghịch ảnh và $f(a_1) \leq f(a_2) \leq ....\leq f(a_{100})$ thì số phép ánh xạ là bao nhiều ?

Bất đẳng thức này sai với $(x,y,z) = (1/4,1/2,1).$

Bất đẳng thức này thì sao anh. Em nghĩ là đúng:

$(\sum x^2z)^2+16xyz(\sum x^2y) \geq 18xyz(\sum  x^2z)+3x^2y^2z^2$

Thầy mình nói là: "Cải cách giáo dục của Việt Nam như một đường tròn có tâm và bán kính không đổi "

dễ chứng minh :$(x-y)(y-z)(z-x)\geq 0$ $\Leftrightarrow$ $\sum x^{2}y \geq \sum xy^{2}$ $\Leftrightarrow$ $18\sum x^{2}y\geq 18\sum xy^{2}$

 

Lại có: $\sum x^{2}y\geq 3xyz$

vậy ta có đpcm

Đoạn dễ chứng minh ấy dễ thấy sai rồi

Cho $x,y,z >0$. Chứng minh: $19(x^2y+y^2z+z^2x)-3xyz \geq 18(x^2z+y^2x+z^2y)$

Tìm $f: R \to R$ thỏa mãn $xf(y)-yf(x)=f(\frac{y}{x})$

 Mỗi hoán vị của $(x_1;x_2;x_3...;x_{2n})$ của $1,2,...2n$ được gọi là có tính chất P nếu $\left | x_i-x_{i+1} \right |=n$ với ít nhât một giá trị của $i $ chạy từ $1$ đến $2n$. CMR với mỗi số $n$ thì số hoán vị có tính chất $P$ lớn hơn số hoán vị không có tính chất $P$