Mình chưa hiểu lắm bạn có thể trình bày chi tiết hơn đ.c không?

nếu có phương trình
$g(x)=x$ thì tương đương $g(g(x))=0$ mà ta nhẩm thử vài nghiệm đầu ta thấy quy luật nên ta quy nạp thôi

mà để ý thì phương trình trên có dạng $f(f(f(f(f...(x)...))))=x$ nên nó có dạng $f(f(f(f(f...(x)...)))))=0$ ( cái này hơn cái trước 1 cái $f$ lồng vào thôi 

Phép vị tự tâm A thôi bạn ơi ( từ $X$ kẻ $B'C'$ song song $BC$) thi phép vị tự này biến $I$ thành $J$ (cấp 3)

(cấp 2): kéo $IX$ cắt $AM$ tại $X_1$ ta có $\frac{IX}{MF}=\frac{IJ}{JF}$ VÀ $\frac{IX_1}{MF}=\frac{IA}{JA}$ mà do phân giác trong phân giác ngoai nên suy ra $IX=IX_{1}$

Bài 38: đánh số các ô các hàng lần lượt là: hàng $1$ ta đánh $1,2,1,2,...$ hàng $2 : 3,4,3,4...$ hàng $3$ $2,1,2,1,...$ hàng $4$ $4,3,4,3,..$
(sưu tầm)

đặt $a=\frac{1}{x}$ tương tự $b,c$ rồi áp dụng Cauchy Schwarz á bạn

$\sum \frac{a^4}{b^3+c^3}\geq \frac{a+b+c}{2}\\ \Leftrightarrow \sum \frac{a(a^3+b^3+c^3)-a(b^3+c^3)}{b^3+c^3}\geq \frac{a+b+c}{2} \\ \Leftrightarrow \sum \frac{a(a^3+b^3+c^3)}{b^3+c^3}\geq \frac{3}{2}(a+b+c) \\ \Leftrightarrow \sum \frac{a}{b^3+c^3}\geq \frac{3(a+b+c)}{2(a^3+b^3+c^3)}$
$\sum \frac{a}{b^3+c^3}=\sum \frac{a^2}{a(b^3+c^3)} \geq  \frac{(a+b+c)^2}{\sum a(b^3+c^3)}$(Cauchy-Schwarz)
Cần chứng minh $2(a+b+c)(a^3+b^3+c^3) \geq 3\sum a(b^3+c^3)$
$\Leftrightarrow 2(a^4+b^4+c^4) \geq ab^3+a^3b+bc^3+b^3c+ca^3+c^3a$
Điều này đúng do $a^4+b^4 \geq ab^3+a^3b$

có cách tách theo SOS không bạn ? mình vừa làm quen phương pháp này nên muốn áp dụng thử

Bài 1:Ta có $x_{n+1}-1=(x_{n}-1).\frac{n}{2n+1}-\frac{1}{2n+1}$ tới đây quen thuộc rồi ạ

Cho $a,b,c>0$

Chứng minh
$\sum \frac{a^4}{b^3+c^3} \geq \frac{a+b+c}{2}$

Bài 2: a) $AXCY$ điều hoà $M,X,Y$ thẳng hàng suy ra điều phải chứng minh

b) $AB$ giao $O_{1}O_{2}$ là $S$ tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(AB)$ điều hòa suy ra $F$ nằm trên $O_{1}O_{2}$

$T$ là giao điểm $ME,O_{1}O_{2}$ suy ra $E,D,C,T,F$ nội tiếp đường tròn đường kính $EF$ (tâm là $J$)

Ta cần chứng minh đường tròn tâm $J$ thỏa điều kiện đề bài mà ta thấy $(AB)$ trực giao $O_{1}$ và $O_{2}$

Suy ra $MC,MD$ lần lượt là tiếp tuyến tại $C,D$ của  $(J)$ nên $(J)$ tiếp xúc với $(O_{1})$ tại $C$ và $O_{2}$ tại $D$

gọi $L$ giao điểm $FE,AB$ theo Thales ta có $FE=\frac{FL}{4}$ suy ra đpcm

Suy ra điều phải chứng minh
(CLB Toán Mathspace- NTH, em ngu hình lắm )

1b)Ta có: $a_{2^k}=2^k$ và với mọi số nguyên dương $p$ ta có
$a_{p^k} \leq 2018p^k \rightarrow (a_{p})^k \leq 2018p^k$

Giả sử $a_p=q$ và

$q>p$

Từ đề ta suy ra $q^k \leq 2018.p^k$ suy ra $(\frac{q}{p})^k \leq 2018$  vô lý

$q<p$ Chọn k đủ lớn để có bất đẳng thức sau 2019(q^k.2018t+1)<p^k.t+1$ với mọi số nguyên dương $t$ cho trước

Ta có $a_{2^m}=2^m \leq 2019(a_{p^k.t}+1)=2019(a_{p^k}a_{t}+1)=2019(q^k.a_{t}+1) < p^k.t+1=2^m$ Vô lý

suy ra $a_p=p$ với mọi $p$ lẻ nhân tính nên suy ra đpcm

3a): gọi đa thức là $P(x)=x^n + ax^{n-1} +bx^{n-2}+...$
lấy đạo hàm rồi tính từng vế biểu thức theo $a,b$ ta có ngay điều phải chứng minh

(câu hàm quen thuộc rồi)

6a)Chọn $P(x)=x^{p}-x$

$\sum \frac{b+c}{a^2+bc}= \sum\frac{(b+c)^2}{(a^2+bc)(b+c)}=\sum\frac{(b+c)^2}{c(b^2+a^2)+b(c^2+a^2)}$

Em xin chém gió bài 1 mong mọi ng góp ý ạ (mà chắc là sai)
Ta giả sử $a^2$ là 1 số hạng của dãy
Thì tồn tại $ x$ sao cho $ a+xd=a^2$ Lúc đó $a^3=a^2+axd$ cũng là số hạng của dãy tiếp tục ta thấy a^4 và a^5 cũng là số hạng vô lý xét a^3 là số hạng của dãy lf giống trên ta có a^5 là số hạng của dãy ta có $a+xd=a^3$ và $a^5=a^3+a^{2}xd=a+xd+a^{2}xd$ cho x bằng 1 để d lớn nhất tương tự cho trường hợp $a^4$ là số hạng ...

Bài 6 xét n chẵn n lẻ suy ra dãy là dãy fibonacci đến đây áp dụng tính chất n chia hết m thì $F_n$ chia hết $F_m$

5a): ta chọn $x_{i}=2019!+i$ cho $i$ chạy từ $2$ đến $2019$ thì ta có điêu phải chứng minh

Đoạn a =kq/(q+2) sau đó bạn làm gì mình k hiểu

chết giờ tách lại mới thấy mình sai, để mình thử fix lại, nếu fix lại được minh gửi qua cho bạn

Dòng thứ hai là gì đấy bạn ?

$\left\{\begin{matrix} k-a=3^m\\ k+a=3^n \end{matrix}\right.$
mình lỡ đánh dư 1 dấu "$"

60 có 15 là ước lẻ lớn nhất nhưng vẫn thỏa a+b-1 là ước của 60 với b=1 

đề bài là bất kỳ $a,b$ mà bạn nếu $b=1$ thì chỉ là 1 trường hợp thôi
$60=15.4$ nhưng $18=15+4-1$ đâu là ước $60$

60 có 15 là ước lẻ lớn nhất nhưng vẫn thỏa a+b-1 là ước của 60 với b=1 

đề bài là bất kỳ $a,b$ mà bạn nếu $b=1$ thì chỉ là 1 trường hợp thôi

đặt $3^a+a^2=k^2$ suy ra $(k-a)(k+a)=3^a$ 
đặt $$\left\{\begin{matrix} k-a=3^m\\ k+a=3^n \end{matrix}\right.$

ta có $3^m=(3^m,3^n)=(k-a,k+a)=(k-a,2a)$
mà $k-a<2a $ nên $k-a | 2a$ đặt $2a=q(k-a)$
suy ra $ a=\frac{kq}{q+2}=k-2+\frac{4}{q+2}$
vì $a \in \mathbb{N}$ nên $q+2$ là ước $4$ nên $q+2=1,2,4$
xét từng trường hợp ta dễ thấy $a=1,3$

Chứng minh rằng với mọi a,b,c không âm ta có bất đẳng thức :

    

                    $\frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\frac{(c+a-b)^2}{(c+a)^2+b^2}+\frac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2}\geqslant \frac{3}{5}$

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

Chuẩn hóa $a+b+c=3$ rồi thử dùng phương pháp tiếp tuyến thử đi ạ

bài 2 : xét hàm và làm như thường
bài 4: câu trả lời là không vì có một số ô vuông ở giữa luôn bằng nhau về giá trị

câu 1: giải phương trình $f(x)=0$ cho ta $x=-1$ giải phương trình $f(x)=-1$ cho ta $x=-\frac{1}{2}$
tiếp tục như vậy ...
và để ý rằng $f(x)=x$ tương đương với $f(f(x))=0$

bài 3:

a) đặt $\left | a_{1}-1 \right |=\left | a_{2}-2 \right |=...=\left | a_{n}-n \right |=k\neq 0.$

thế xét dãy các số $A_{i} =\left \{  a_{i}-i, a{i+k}-i-k, a_{i+2k}-i-2k,..., a_{i+qk}-i-qk \right \} $ , ở đây số $q$ là số lớn nhất sao cho $i+qk<n$

với ta có $a_{i}-i=k$ hoặc $a_{i}-i=-k$ lúc đó thì sau khi hoán vị thị $a_i$ phải là $i+k$ còn nếu số $a_{i+k}$ là $i+2k$ thì cứ tiếp tục như vậy số $a_{i+qk}$ sẽ là $i+(q+1)k$ thế nên điều này là vô lý. vậy ta đã chứng minh được sau khi hoán vị thì sẽ có các cặp chỉ hoán đổi vị trí cho nhau mà thôi. Nên số $n$ phải là số chẵn
b) Ta thấy cách chia ở câu a là cách chia duy nhất mà ta có thể làm

Ta sẽ chứng minh $2k$ nhận tất cả các ước dương của $n$
dễ thấy nếu $n=2kq$ thì ta chia $n$ số thành $q$ bộ $2k$ số theo như câu $a)$ thì ta sẽ có 1 hoán vị thỏa mãn
giờ nếu $n=2kq+c$ và $c<2k$ thì ta vẫn phải chia nhưng do $c<2k$ nên nếu tiếp tục quá trình ở câu $a)$ thì có một số bộ $A_{i}$ có số lẻ số và như câu $a)$ thì điều này là không thể. Ta hoàn tất chứng minh.

 

Chứng minh rằng một bàn cờ 10 x 10 không thể phủ (không chồng lên nhau) bởi các đô mi nô như ở hình dưới

 

tô bàn cờ đen trắng như cờ vua ta có $1$ ô như thế chèn $3$ đen $1$ trắng hoặc $1$ ô như thế chèn $3$ trắng $1$ đen gọi số ô chèn $3$ đen $1$ trắng là $x$ thì số ô chèn $3$ trắng $1$ đen la $25-x$ lúc đó ta có $3x+25-x=50$ suy ra vô lý

Cho $a,b$ là $2$ số thực khác $0$. sao cho hệ sau chỉ có duy nhất bộ nghiệm $(x_0;y_0)$
 

$\left\{\begin{matrix} x=y^2+b\\y=x^2+a \end{matrix}\right.$

a)tính $x_0y_0$
b)tìm min của $T=ab$