Số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_{1} + x_{2} + ... + x_{m} = n (m,n \in \mathbb{N})$ là??

$C_{m+n-1}^{m-1}$

Lời giải:

​Do $\left ( ab,5ab-1 \right )=1$ nên $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1} $ nguyên dương(do $\frac{ab(5a^2+5b^2-2)}{5ab-1}$ nguyên dương)

Đặt $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1} =  k\,(k \in \mathbb{N^*})$

      $\Leftrightarrow 5a^2-5kab+5b^2+k-2=0$ (1)

Gọi $\left ( a_{0};b_{0} \right ) $ là 1 cặp nghiệm của (1) sao cho $a_{0}+b_{0}$ nhỏ nhất.

Ta có $5a_{0}^{2}-5ka_{0}b_{0}+5b_{0}^{2}+k-2=0$

Coi (1) là phương trình bậc 2 ẩn $a$.

Theo định lí Viète thì (1) còn 1 nghiệm nữa,gọi nghiệm đó là $a_{1}$.Ta có:$ \left\{\begin{matrix}a_{0}+a_{1}=kb_{0} & \\a_{0}a_{1}=\frac{5b_{0}^{2}+k-2}{5} & \end{matrix}\right.$

Suy ra $a_{1}\in \mathbb{N^*} $.

Mặt khác theo điều giả sử thì $a_{1}\geq a_{0}$.

Xét hàm số $f(x)=5x^{2}-5kxb_{0}+5b_{0}^2+k-2 $.Lập bảng biến thiên với chú ý rằng $b\notin (a_{0},a_{1}) $ ta được $f(b)\geq 0$ và $5b_{0}^{2}-5kb_{0}^{2}+5b_{0}^2+k-2\geq 0$ hay $k\leq2$  (2)

Lại có: $k=\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1} \geq \frac{10ab-2}{5ab-1}=2$ (3)

Từ (2) và (3) suy ra $k=2$ hay $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1} =2 \Rightarrow a=b $

Vậy $a=b$

Cho em xin tài liệu về các tính chất của hàm liên tục dính líu tới ánh xạ để ứng dụng trong giải phương trình hàm(cả tiếng anh hay tiếng việt đều được).

Cho hai đường tròn $\left ( O_{1};R_{1} \right )$ và $\left ( O_{2};R_{2} \right )$.Điểm $T$ bất kì trong mặt phẳng.Đường thẳng $d$ bất kì đi qua $T$ cắt $\left ( O_{1};R_{1} \right ),\left ( O_{2};R_{2} \right )$ lần lượt tại $B_{1},C_{1},B_{2},C_{2}$.Biết $\frac{TB_{1}}{TC_{1}}=\frac{TB_{2}}{TC_{2}}$,chứng minh rằng $T$ là $1$ tâm vị tự của hai đường tròn.

Ôi trời, học rồi chứ bạn 

Với các bạn đội tuyển 6, khi học sinh học xong chương I là dạy đến đồng dư thức và tất nhiên là không thể thiếu Fermat nhỏ, định lý Euler, Wilson, De Polignac. Học xong chương II thì có thể đưa thêm đồng dư cho số nguyên âm để tính toán được thuận lợi, ngắn gọn hơn.

Lớp 6 đã học khoai vậy rồi hả thầy   .Chỗ em lớp 9 mới học định lí Euler đây thầy

Mấy hôm nay ngồi chơi chơi với cái Geogebra thì đột nhiên nghĩ ra 1 bài toán khá lạ,đăng lên cho mọi người thảo luận:

Bài toán:Cho $\Delta ABC$ nhọn,đường cao $BE,CF$,$M$ là trung điểm $BC$.Giả sử $(BME),(CMF)$ có giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài là $K$ và $K$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.Chứng minh $AK\perp BC$

Trong quá trình nghiên cứu bộ ba $Pythagoras$ mình có nghĩ ra bài toán này,không biết có đúng không nên mình đăng lên cho mọi người thảo luận:

Bài toán:Tìm các bộ ba $Pythagoras$ nguyên thuỷ $\left ( x;y;z \right )$ thoả mãn $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ và có 2 số là số nguyên tố.

P/s:Nhận tiện chúc mừng diễn đàn trở lại    

Anh lấy bài này từ sách nào vậy ạ       

Bài này là anh tự nghĩ ra em ạ.Anh mở rộng từ các bài toán như $\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=2^{n};\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=n^{3};\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=3^{n};...$ ra em ạ.

Tìm $x,y$ nguyên dương thoả mãn: $2^x(2^{x-1}-1)=5^y-1$.

1 bổ đề khá hay trong lúc mình làm toán : $\Delta ABC$ có tâm nội tiếp $I$, trực tâm $H$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AH$ cắt $EF$ tại $J$. Chứng minh $IJ//MH$

Where is M?

Bài này Cauchy-Schwarz rồi biến đổi tương đương là ra  

Xét $p=2$ thấy đúng
Xét $p>2$ suy ra $p$ lẻ nên $p+1=2k$ nên ta giả sử $p^{p+1}+(p+1)^p=x^2(x \in \mathbb{N^*}) \Rightarrow (p+1)^p=(x-p^k)(x+p^k)$ suy ra $x$ lẻ
Ta thấy $gcd(x-p^k,x+p^k)=gcd(x-p^k,2p^k)=2$ (do $x,p$ lẻ và $(x,p)=1$)
Như vậy đặt $p+1=2^x.y$ với $y$ lẻ thì $(p+1)^p=2^{xp}.y^p=(x-p^k)(x+p^k)$ và $p+1=2k=2^x.y \Rightarrow k=2^{x-1}.y$
Do đó $2^{xp-1}||x-p^k,2||x+p^k$ hoặc $2^{xp-1}||x+p^k,2||x-p^k$
TH1: $2^{xp-1}||x-p^k,2||x+p^k$ khi ấy $y^p=\left(\dfrac{x-p^k}{2^{xp-1}}\right).\left(\dfrac{x+p^k}{2}\right)$ lúc này $gcd\left(\dfrac{x-p^k}{2^{xp-1}},\dfrac{x+p^k}{2}\right)=1$
Do đó $\dfrac{x-p^k}{2^{xp-1}}=m^p,\dfrac{x+p^k}{2}=n^p$ với $mn=y$
Ta suy ra ngay $2n^p-2^{xp-1}.m^p=2p^k \Rightarrow n^p-2^{xp-2}.m^p=p^k$ mà $k=\dfrac{p+1}{2}>1$ (do $p>2$) nên $p^k \vdots p$
Suy ra $n^p-2^{xp-2}.m^p \vdots p \Rightarrow 4n^p-2^{xp}.m^p \vdots p$
Lại có $mn=y=\dfrac{p+1}{2^x}$ nên $gcd(m,p)=gcd(n,p)=1$ theo định lý Fermat nhỏ suy ra $4n^p \equiv 4n \pmod{p}$ và $m^p \equiv m \pmod{p}$
Do đó $4n-2^{xp}.m \vdots p$ $(1)$
Mặt khác $p+1=2^x.y=2^x.m.n=(2^x.m).n \equiv 4n^2 \pmod{p}$ (theo $(1)$) suy ra $4n^2-(p+1) \vdots p \Rightarrow (2n-1)(2n+1) \vdots p$ nên $2n-1 \vdots p$ hoặc $2n+1 \vdots p$ mà $p+1=2^x.y.m.n$ với $x\geq 1$ nên $n<p$ suy ra $2n-1<2p$ và $n<p$ suy ra $n\le p-1$ $\Rightarrow$ $2n+1<2p$.Do đó $2n-1,2n+1 \vdots p$ khi và chỉ khi hoặc $2n-1=p,2n+1=p$ nếu $2n+1=p \Rightarrow 2n=p-1$ thì $p+1 \vdots n \Rightarrow 2p+2 \vdots 2n \Rightarrow 2p+2 \vdots p-1$ dễ tính ra $p=5$ thử lại thấy loại còn nếu $2n-1=p$ nên $n=\dfrac{p+1}{2}$ suy ra $2^x.m=2 \Rightarrow m=1,x=1$

Thay vào phương trình trên thu được $n^p-2^{p-2}=p^n$ thay $n=\dfrac{p+1}{2}$ và quy đồng ta có
$(p+1)^p-2^{2p-2}=p^{\frac{p+1}{2}}.2^p$
$p^p+\binom{p}{1}.p^{p-1}+\binom{p}{2}.p^{p-2}+...+\binom{p}{p-1}p+1=2^{2p-2}+p^{\frac{p+1}{2}}.2^p$
Ta thấy $p^p=p^{\frac{p+1}{2}}.p^{\frac{p-1}{2}}$ với $p=3,5,7$ thấy loại còn $p>7$ hay $p\geq 11$ thì $p>2^3$ nên $p^{\frac{p+1}{2}}.p^{\frac{p-1}{2}}>p^{\frac{p+1}{2}}.2^{3.\frac{p-1}{2}}>p^{\frac{p+1}{2}}.2^p$ (do $3.\frac{p-1}{2}>p$)
Còn $\binom{p}{1}.p^{p-1}=p^p>(2^3)^p=2^{3p}>2^{2p-2}$
Như vậy $VT>VP$ nên loại do đó $p^{p+1}+(p+1)^p$ không là số chính phương (đpcm)
TH2: $2^{xp-1}||x+p^k,2||x-p^k$ nên $y^p=\left(\dfrac{x+p^k}{2^{xp-1}}\right).\left(\dfrac{x-p^k}{2}\right)$ lúc này $gcd\left(\dfrac{x+p^k}{2^{xp-1}},\dfrac{x-p^k}{2}\right)=1$
Suy ra $\dfrac{x+p^k}{2^{xp-1}}=m^p,\dfrac{x-p^k}{2}=n^p$ với $mn=y$
Như vậy $2^{xp-1}.m^p-2n^p=2p^k \Rightarrow 2^{xp-2}.m^p-n^p=p^k$ cm tương tự trên ta cũng có $2^xm-4n \vdots p$ nên $2^x.m \equiv 4n \pmod{p}$
Tương tự thay vào $p+1=2^x.m.n \equiv 4n^2 \pmod{p} \Rightarrow 4n^2-1 \vdots p \Rightarrow (2n-1)(2n+1) \vdots p$ tương tự trên $2n+1=p$ thì $p+1 \vdots n \Rightarrow 2p+2 \vdots 2n=p-1 \Rightarrow 2p+2 \vdots p-1 \Rightarrow p=5$ thay vào loại còn $2n-1=p$ thì $n=\dfrac{p+1}{2}$ nên $2^x.m=2 \Rightarrow m=x=1$
Thay vào phương trình $2^{xp-2}.m^p-n^p=p^k \Rightarrow 2^{p-2}-n^p=p^k$ hay $2^{p-2}>n^p$ nên $2>n$ nên $2>\dfrac{p+1}{2}$ nên $p<3$ vô lí
Do đó điều giả sử là sai,bài toán được chứng minh.

Cho tam giác $ABC$ nhọn($AB<AC$);đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$;$M$ là trung điểm $BC$.Gọi $\left ( I_{1} \right ),\left ( I_{2} \right ),\left ( J_{1} \right ),\left ( J_{2} \right )$ lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác $AHB,AHC,MBF,MCE$;$K$ là giao của các tiếp tuyến chung trong của $\left ( J_{1} \right ),\left ( J_{2} \right )$.Chứng minh rằng tiếp tuyến chung trong khác $AH$ của $\left ( I_{1} \right ),\left ( I_{2} \right )$;$HK$ và $BC$ đồng quy.

P\s:Lâu không quay lại diễn đàn  

2,Ta tô màu đỏ vào các cung chưa bị tô của đường tròn thì số cung được tô màu đỏ nhỏ hơn nửa đường tròn.Bài toán trở thành bài dưới đây

câu 1

Câu 1:Chứng minh $S=\sum_{k=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor+\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor$ là số chẵn với mọi $n\in \mathbb{N^{*}}$.

Câu 2:Chứng minh với mọi $n\in \mathbb{N^{*}}$,$n$ không phải lập phương 1 số tự nhiên thì $\left \{ \sqrt[3]{n} \right \}> \frac{1}{3\sqrt[3]{n^{2}}}$

Câu 3:Chứng minh rằng:$\left [ ka \right ]+\left [ kb \right ]\geq \left [ (k-1)(a+b) \right ]+\left [ a \right ]+\left [ b \right ]$ với mọi $k\in \mathbb{N},k\geq 2;a,b\in \mathbb{R}$

Câu4:Cho $a,b>0$ thoả mãn $a+b,ab \in  \mathbb{N^*}$ và $\left \lfloor a^{2}+ab \right \rfloor+\left \lfloor b^{2}+ab \right \rfloor$ là số chính phương.Chứng minh $a,b \in \mathbb{N^*}$

Đọc đề bài là đầu nảy ra ngay UCT

Ta sẽ chứng minh:$ \frac{1}{x-x^{2}}\geq \frac{27}{4}(1-x)$

Thật vậy:$ \frac{1}{x-x^{2}}\geq \frac{27}{4}(1-x)$ $\Leftrightarrow x(1-x)^{2}\leq \frac{4}{27}$ (luôn đúng theo Cauchy 3 số)

Tương tự cộng lại là ra

Câu c dùng menelaus,ceva là ra

Dễ chứng minh $AMHN$ là hình chữ nhật $\Rightarrow AN=MH \Rightarrow AH^{2}=4AM.MH $

  Mà $AH^2=AM^2+MH^2$ nên $4AM.MH=AM^2+MH^2 \Rightarrow AM=(2\pm \sqrt{3})MH\Rightarrow \frac{MH}{AM}=(2\pm \sqrt{3}) $

Măt khác $tanC=tan\widehat{BAH}=\frac{MH}{AM}$ nên $tanC=(2\pm \sqrt{3})$ $\Rightarrow \widehat{C}=15^{o}$ hoặc $\widehat{C}=75^{o}$

Câu 4 bất khá hay:

Đặt $m_{n}=x_{1}+x_{2}+...+x_{n},p_{n}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}$ thì $a_{n}= \sqrt{m_{n}.p_{n}}\in \mathbb{N}$ với mọi $n=1,2,...,2023$

Kết hợp với $AM-GM$ ta có biến đổi:

 $a_{n+1}^{2}=m_{n+1}.p_{n+1}=(m_{n}+x_{n+1})\left ( p_{n}+\frac{1}{x_{n+1}} \right )$

                                       $=m_{n}.p_{n}+\left ( \frac{m_{n}}{x_{n+1}}+p_{n}.x_{n+1} \right )+1$

                                       $=a_{n}^{2}+\left ( \frac{m_{n}}{x_{n+1}}+p_{n}.x_{n+1} \right )+1$

                                       $\geq a_{n}^{2}+2\sqrt{m_{n}.p_{n}}+1=a_{n}^{2}+2a_{n}+1=(a_{n}+1)^{2}$

 $\Rightarrow a_{n+1}\geq a_{n}+1$ với mọi $n$,dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{m_{n}}{x_{n+1}}=p_{n}.x_{n+1}$ hay $x_{n+1}^{2}=\frac{m_{n}}{p_{n}}$

 Giả sử tồn tại 2 giá trị $n_{o}$ và $n_{o}+1$ để dấu bằng xảy ra liên tiếp thì ta có:

 $x_{n_{o}+2}^{2}=\frac{m_{n_{o}+1}}{p_{n_{o}+1}}=\frac{m_{n_{o}}+x_{n_{o}+1}}{p_{n_{o}}+x_{n_{o}+1}}=\frac{m_{n_{o}}+\sqrt{\frac{m_{n_{o}}}{p_{n_{o}}}}}{p_{n_{o}}+\sqrt{\frac{m_{n_{o}}}{p_{n_{o}}}}}=\frac{m_{n_{o}}}{p_{n_{o}}}=x_{n_{o}+1}^{2}$

 Điều này mâu thuẫn vì $x_{1},x_{2},...,x_{2023}$ là các số thực dương đôi một phân biệt

Do đó $a_{n+2}\geq a_{n+1}+1\geq a_{n}+2$ suy ra $a_{n+2}\geq a_{n}+3 \forall n=1,2,...,2023 $ vì $a_{n}\in \mathbb{N}$(do $a_{n}\in \mathbb{Z}$ và $a_{n}>0$) và không xảy ra 2 dấu bằng liên tiếp.Từ đây ta có:

                                      $a_{2023}\geq a_{1}+3.1011\geq 3034$(đpcm)

Ta có:$13^{4}\equiv 19 \pmod {90}\Rightarrow 13^{25}=\left ( 13^{4} \right )^{6}.13\equiv 19^{6}.13\equiv 13 \pmod {90}$

bài này mình nghĩ là số tam giác lớn nhất là $C^3_n+C^3_{C^4_n}$(với $n>3$)

Cho $\Delta ABC$ nhọn,đường cao $AD,BE,CF$.Gọi $\omega _{B}$,$\omega _{C}$ lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác $BDF$ và $CDE$.Các đường tròn này lần lượt tiếp xúc $DF$,$DE$ tại $M,N$.$MN$ cắt $\omega _{B}$,$\omega _{C}$ lần lượt tại $P$ khác $M$ và $Q$ khác $N$.Chứng minh $MP=NQ$

Gọi $X, Y, Z, T, U, V$ là trung điểm của $AD, BD, BC, AC, AB, DC$;$YZ$ cắt $UT$ tại $E$,$XT$ cắt $YV$ tại $F$; ta có $XYZT$ và $UYVT$ là các hình bình hành.

Vì $MNPQ$ là hình bình hành nên

 $I=MP\cap NQ\Leftrightarrow I$ là trung điểm của $MP$ và $NQ$

$\Leftrightarrow I$ thuộc miền chung của 2 hình bình hành $XYZT$ và $UYVT$ hay là hình bình hành $EYFT$

Vậy $I$ thuộc miền hình bình hành $EYFT$.