sau khi bình phương có xếp lại thứ tự của các số đó bạn. do đó bạn sẽ có bộ thứ tư từ đó

Ua tai sao q không chia hết cho 5^q-3^q và q là số nguyên tố ->q la uoc 39

Mình không hiểu đoạn này mong bạn giải thích rõ hơn

Do $q$ là ước của $39(5^q-3^q)$ mà bạn )

Ta dễ có với mọi số nguyên dương $n$ thì

$$\left(1+\frac1{n^2}\right)^n > 1+n\cdot\frac1{n^2} \implies \sqrt[n]{\frac{n+1}n} < 1+\frac1{n^2}$$.

Áp dụng vào bài toán, ta có:

$$1+\sum_{i=2}^n \sqrt[i]{\frac{i+1}i} < 1+(n-1)+\sum_{i=2}^n \frac1{i^2} < n+1$$

THCS bữa nay khó thế ((

Là định lý Fermat nhỏ đó bạn.

Định lý Fermat nhỏ: $p$ là một số nguyên tố thì với số nguyên $a$ bất kì thì $a^p= a$(mod $p$).

Áp dụng vào ta có $5^q-3^q=5-3=2$ (mod $q$) suy ra $q$ không chia hết $5^q-3^q$ và $q$ là SNT nên $q$ phải chia hết 39.

$ \frac{(c-a)(c-b)}{ab}\leq 0$(BĐT đúng do $c=min\begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}$ )

Xin lỗi vì chưa xem phần trên của bạn nhưng nếu $c=min\{a,b,c\}$ thì đoạn này hình như bị ngược dấu. Có thể ý bạn là $0<a\leq c\leq b$ chăng?

Một cách khác.

Bất đẳng thức trên tương đương với

$\sum_{cyc} \frac{(b+c)^2-bc}{a^2+(b+c)^2}+\frac{18}{5}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq 3$

Mà ta có $(b+c)^2\geq4bc$ nên ta có thể chứng minh

$\sum_{cyc} \frac{(b+c)^2-bc}{4[a^2+(b+c)^2]}+\frac{6}{5}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq 1$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel, ta có:

$\sum\frac{(b+c)^2}{4[a^2+(b+c)^2]}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\sum(a^2+(b+c)^2)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2}$

Từ đây, chuẩn hóa $a+b+c=1$ thì ta chỉ còn

$\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)+1}+\frac{6(a^2+b^2+c^2)}{5}\geq1$

Rút gọn, ta cần $(a^2+b^2+c^2)[3(a^2+b^2+c^2)-1]\geq0$. Thật vậy vì $3(a^2+b^2+c^2)\geq(a+b+c)^2=1$.

Ta có

$x^3y(y-z)+y^3z(z-x)+z^3x(x-y)]-[x^3z(y-z)+y^3x(z-x)+z^3y(x-y)]=x^3(y-z)^2+y^3(z-x)^2+z^3(z-x)^2\geq 0$

$[x^3y(y-z)+y^3z(z-x)+z^3x(x-y)]+[x^3z(y-z)+y^3x(z-x)+z^3y(x-y)]=(x-z)(y-z)(x-y)(xy+yz+zx)\geq 0$

Cộng vế theo vế rồi chia mỗi vế cho 2 ta có $x^3y(y-z)+y^3z(z-x)+z^3x(x-y)\geq 0$, tương đương với điều cần phải chứng minh.

Bài 22. Cho tam giác $ABC$ đường tròn $(I_a)$ bàng tiếp góc $A$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. BE giao $(I_a)$ lần thứ hai tại $H$. $CF$ cắt $(I_a)$ lần thứ hai tại $G$. $S$ là điểm thuộc $AD$. $SH,SG$ cắt $(I_a)$ lần thứ hai tại $U,V$. Chứng minh rằng $BC,UV,HG,EF$ đồng quy.

 

Gọi $T=GH\cap EF$. Áp dụng định lí Pascal cho 6 điểm $E,E,G,H,F,F$ đồng viên, ta có $B,C,T$ thẳng hàng.

Áp dụng định lý Briachon cho lục giác ngoại tiếp suy biến $AFBDCE$, ta có $AD,BE,CF$ đồng quy mà $AD$ là đường đối cực $T$ nên $AD,EG,FH$ đồng quy tại điểm $S$. Lại sử dụng định lý Pascal cho 6 điểm $E,G,H,F,U,V$ thì $AD,EU,FV$ đồng quy. Một lần nữa, định lý pascal dùng cho 6 điểm trên thì $AD,EU,FV$ đồng quy nên giao điểm của $EU$ và $FV$ nằm trên đường đối cực của $Z$ nên $EF,UV$ cắt nhau tại $T$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 24. Cho tam giác $ABC$. Đường tròn nội tiếp tiếp xúc $AB,AC$ tại $Y,Z$. Đường tròn $A$-mixtilinear tiếp xúc $AB,AC$ tại $H,I$. Đường tròn $B$-mixtilinear tiếp xúc $BC$ tại $D$, đường tròn $C$-mixtilinear tiếp xúc $BC$ tại $G$. $GY$ giao $DZ$ tại $X$, $BI$ giao $CH$ tại $T$, $CY$ giao $BZ$ tại $S$.

a) Chứng minh rằng $AX \parallel ST.$

b) Chứng minh rằng $BSCT$ là hình bình hành.

b. Xét $f$ là phép nghịch đảo $I_{k=\sqrt{AB.AC}}^A$ cùng phép đối xứng qua phân giác $\widehat{BAC}$.

Ta thấy qua $f$, $(ABC)\to BC$ nên đường tròn nội tiếp biến thành đường tròn $A-mixtilinear$. Khi đó, $AY.AI=AZ.AH=AB.AC$ nên ta có $\frac{AY}{AB}=\frac{AC}{AI}$ và $\frac{AH}{AB}=\frac{AC}{AZ}$. Từ đó ta có $BI\parallel CY$ và $CH\parallel BZ$ hay $BSCT$ là hình bình hành.

a. Sử dụng phép biến hình tương tự cho đỉnh $B,C$, ta thu được $ AG\parallel BZ$ và $AD\parallel CY $ nên $\triangle AGD~\triangle SBC$. Ngoài ra, $\frac{BG}{CD} = \frac{BG}{BC}\cdot\frac{BC}{CD} = \frac{AZ}{CZ}\cdot\frac{BY}{AY} = \frac{BY}{CZ}$. Do đó, áp dụng định lý Menelaus thì $GN=DN$ với $N=AX\cap BC$ nên $SM\parallel AN$ với $M$ là trung điểm $BC$. Từ đây ta dễ có điều phải chứng minh.

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp $O$. Một đường thẳng qua $O$ cắt $CA,CB$ tại $D,E$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AOB$ tại $P$ khác $O$, $P$ nằm trong tam giác $ABC$. Điểm $Q$ trên cạnh $AB$ thỏa mãn $\frac{AQ}{QB}=\frac{DP}{PE}$. Chứng minh rằng $\angle APQ = 2\angle CAP$.

 

 

Qua $E$, kẻ đường thẳng song song với $AC$ và cắt $AP$ tại $S$. Ta có $\widehat{SPE}=\widehat{OPA}=\widehat{OBA}=\widehat{OAB}=\widehat{BPE}=90^o-\widehat{C}$ nên $PE$ là phân giác của $\widehat{SPB}$. Mà $\widehat{BES}=180^o-\widehat C=$ nên ta dễ có $E$ là tâm nội tiếp của $\triangle SPB$, suy ra $\widehat{BSA}=2\widehat{ESP}=2\widehat{CAP}$.

Theo định lí Thales, ta có $=\frac{AQ}{QB}=\frac{DP}{PE}=\frac{AP}{PS}$ nên theo định lí Thales đảo thì $PQ\parallel BS$ hay $\widehat{APQ}=\widehat{BSA}=2\widehat{CAP}$

Đầu tiên, ta sẽ chứng minh $(a_n)$ là dãy bị chặn. Ta có, nếu $\frac{1}{A}\leq a_n,a_{n+1}\leq A$ thì $\frac{1}{A}\leq\frac{2}{a_n+a_{n+1}}\leq A$ hay $\frac{1}{A}\leq a_{n+2}\leq A$. Bằng qui nạp, ta có điều phải chứng minh.

Gọi $l,L$ lần lượt là các giới hạn của $(a_n)$. Khi đó, với mọi $\varepsilon>0$, tồn tại $x_1,x_2\in\mathbb{N}$ sao cho $a_n<L+\varepsilon$ với mọi $n>x_1$ và $a_n>l-\varepsilon$ với mọi $n>x_2$. Lúc này, $a_{n+2}=\frac{2}{a_{n+1}+a_n} > \frac{1}{L+ \varepsilon}$ với mọi $n>x_1$. Với $\varepsilon$ đủ nhỏ thì ta có $l\geq\frac{1}{L}$. Tương tự, ta cũng có $L\leq\frac{1}{l}$. Vì vậy, $l\cdot L=1$.

Theo định lý Bolzano-Weierstrass, tồn tại dãy $(x_k)$ các số nguyên dương sao cho $\lim_{k \rightarrow \infty} a_{x_k +2}=L$. Ta có thể chọn sao cho $\{a_{x_k +1}\},\ \{a_{x_k}\},$ and $\{a_{x_k -1}\}$ hội tụ tại $l_1,l_2,l_3$.

Ta có được $l_1 +l_2=\frac{2}{L}=2l$ và $l_2 +l_3=\frac{2}{l_1}$. Vì $l \le l_1,\ l_2,\ l_3 \le L$ nên $l_1=l_2=l$ and $l_2 =l_3 = L$. Do đó ta có $l=L$. Vì vậy $(a_n)$ hội tụ tại $1$.

Trường hợp 1: Tồn tại số nguyên $k$ sao cho $x+k|P(x)$ thì $P(-k)=0$ hay $(-k-a)(-k-b)(-k-c)=-1$. Khi đó, tập các giá trị của $(-k-a),(-k-b),(-k-c)$ là $\{-1;1\}$ nên theo Dirichlet, $a,b,c$ không thể phân biệt.

Trường hợp 2: $P(x)=(x^2+mx+t)(x^2+nx+1t)$ với $t=\pm1$. Khi đó, so sánh hệ số của $x^3$ thì $-a-b-c=t(m+n)$ và của $x$ thì $-abc=t(m+n)$. Vì vậy, $a+b+c=abc$. Ta có thể dễ dàng giải được $(a,b,c)$ là $(1,2,3)$ và các hoán vị cũng như $(-1,-2,-3)$ và các hoán vị.

Đây là bài Balkan MO 1989 nha.

Gọi $P=GF\cap (B,BE)$, $Q=HE\cap (C,CF)$, $I=GF\cap HE$.

Ta có được $\widehat{GPE}=90^o-\widehat{BEG}=90^o-\widehat{BEC}=90^o-\widehat{CFB}=90^o-\widehat{CFH}=\widehat{FQH}$, nên $P,Q,E,F$ đồng viên, nên $IF\cdot IP=IE\cdot IQ$.

Ngoài ra, $\widehat{AHC}=\widehat{FHC}=\widehat{CFB}=\widehat{BEC}=\widehat{BEG}=\widehat{BGE}=\widehat{AGB}$, nên $\triangle AHC ~ \triangle AGB$ nên $AH\cdot AB=AG\cdot AC$. Cũng như $AF\cdot AB=AE\cdot AC$. Vì vậy ta có $\frac{AF}{AH}=\frac{AE}{AG}$  hay $EF\parallel GH$ suy ra $\frac{GI}{IF}=\frac{HI}{IE}$ nên $GI\cdot IP=HI\cdot IQ$.

Vậy $I$ nằm trên trục đẳng phương của $(B,BE)$ và $(C,CF)$ nên $M,I,N$ thẳng hàng.

https://artofproblem...1568020p9611604

Cho $P(x,y)$ đại diện cho $f(f(x+y))=f(x+y)+f(x)f(y)-xy.$

Ta nhận thấy $f(x)=0$ không là nghiệm nên tồn tại $t\in\mathbb{R}$ sao cho $f(t)\neq0$.

Với $P(x+y,0)$ thì $f(f(x+y))=f(x+y)+f(x+y)f(0)=(f(0)+1)f(x+y)$ nên $(f(0)+1)f(x+y)=f(x+y)+f(x)f(y)-xy$ hay $f(0)f(x+y)=f(x)f(y)-xy (*)$.

Trường hợp 1: $f(0)=0$

Thay $y$ bởi $t$ vào $(*)$, ta có $f(x)=\frac{t}{f(t)}x$.

Đặt $k=\frac{t}{f(t)}$ (rõ ràng $k\neq0$). Khi đó, thay vào phương trình gốc, ta có: $k(k-1)(x+y-xy)=0$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}$.

Vì vậy, $k=1$ hay $f(x)=x)$.

Trường hợp 2: $f(0)\neq0$

Thay $x$ bởi $f(0)$, $y$ bởi $-f(0)$ vào $(*)$ thì $f(f(0))f(-f(0))=0$ nên tồn tại số thực $a\in\{f(0)),-f(0)\}$ sao cho $f(a)=0$.

Thay $x$ bởi $x-a$, $y$ bởi $a$ vào $(*)$ ta có $f(0)f(x)=-(x-a)a$ nên $f(x)=const$ và thay vào phương trình gốc, ta có điều vô lý.

Sau khi thử lại, ta có $f(x)=x$ với mọi $x\in\mathbb{R}$.

Nguồn: RMM 2019 P5. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( x+yf\left ( x \right ) \right )+f\left ( xy \right )=f\left ( x \right )+f\left ( 2019y \right ),\forall x, y\in \mathbb{R}.$

Ta thấy mọi hàm hằng $f$ đều thỏa mãn.

Gọi $f$ là hàm khác hằng thỏa mãn điều kiện, $P(x,y)$ đại diện cho $f(x+yf(x))+f(xy)=f(x)+f(2019)$.

Bổ đề. Nếu tồn tại $c\in\mathbb{R}$ nào đó sao cho $f(ct)=f(t)$ với mọi $t\in\mathbb{R}$, thì $c=1$ hoặc $f$ thỏa mãn $f(x)=0\Leftrightarrow x\neq0$.

Chứng minh. So sánh $P(cx,y)$ và $P(x,y)$ cho ta $f(cx+yf(x))=f(x+yf(x))$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}$. Vì $f$ khác hàm hằng, tập hợp $S=\{u\in\mathbb{R}:f(u)\neq0\}$ khác rỗng.

Nếu tồn tại $u\in S$ với $u\neq0$, chú ý rằng $f(cu+yf(u))=f(u+yf(u))$ với mọi $y\in\mathbb{R}$ và $u+yf(u)$ chạy trên $\mathbb{R}$ khi $y$ thay đổi trên $\mathbb{R}$, nên $f((c-1)u+z)=f(z)$ với mọi $z\in\mathbb{R}$.

Bây giờ, đặt $T=(c-1)u$, và giả sử rằng $T\neq0$. Khi đó, so sánh $P(x+T,y)$ và $P(x,y)$ cho ta $f(xy)=f(xy+yT)$, nghĩa là $f$ là hàm hằng nếu $T\neq0$, vô lí. Vì vậy, $T=0$ hay $c=1$ hoặc $S=\{0\}$ như đã nói.

Trở lại bải toán. Giả sử rằng $f$ không thỏa mãn $f(x)=0\Leftrightarrow x\neq0$.

$P(2019,y)$ cho ta $f(2019+yf(2019))=f(2019)$ với mọi $y\in\mathbb{R}$. Nếu $f(2019)\neq0$, $2019+yf(2019)$ chạy trên $\mathbb{R}$ khi $y$ thay đổi trên $\mathbb{R}$ thì $f=f(2019)$, trái giả thiết nên $f(2019)=0$.

$P(x,1)$ dẫn đến $f(x+f(x))=f(2019)=0$.

$P(x+f(x),y)$ thì $f((x+f(x))y)=f(2019y)$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}$.

Theo bổ đề trên, $x+f(x)=2019$ với mọi $x\in\mathbb{R}$ hay $f(x)=2019-x$ với mọi $x\in\mathbb{R}$; hoặc $f(x)=0\Leftrightarrow x\neq0$.

Thử lại ta có tất cả hàm trên đều thỏa.

p/s: bài này mình dịch từ AOPS, khá hay.

Cho $\triangle ABC$ cân tại $A$ có $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. Một điểm $D$ di chuyển trên $(O)$ sao cho $AD$ không là đường kính của $(O)$. Điểm $E$ nằm trên $BC$ sao cho $\widehat{ADE}=90^o$. Trung trực của $DE$ lần lượt cắt $AB, AC$ tại $X, Y$. Tìm quỹ tích của trọng tâm $\triangle AXY$ khi $D$ di chuyển.

b) Ta có $\widehat{HFD}=\widehat{HBC}=\widehat{HAC}=\widehat{HFE}$

Suy ra $FH$ là phân giác của $\widehat{DFE}$. Tương tự đối với $EH, DH$.

Từ đây, ta có điều phải chứng minh.

Gọi $A, B$ là hai giao điểm của $(O_1), (O_2)$ sao cho $AB$ nằm giữa $O_1, O_2$. Một đường thẳng thay đổi đi qua $A$ cắt lại $(O_1), (O_2)$ tại $C, D$ ($A$ nằm giữa $C$, $D$). Gọi $H, K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B$ lên tiếp tuyến tại $C$ của $(O_1)$ và tiếp tuyến tại $D$ của $(O_2)$. Chứng minh rằng $HK$ tiếp xúc với một đường tròn cố định.