Cho đa thức $P(x)$ có bậc $n$ và số nguyên tố $p$. Xét phương trình đồng dư $P(x) \equiv 0 \mod p$ $(*)$. CMR nếu $p>n$ và $(*)$ có số nghiệm phân biệt lớn hơn $n$ thì tất cả hệ số của $P(x)$ đều chia hết cho $p$

Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a tâm O. SA vuông (ABCD), SA = a. 

a) Tính góc giữa SC với (ABCD); (SBD) với (ABCD)

b) Tính góc giữa (SCD)&(ABCD). Tính diện tích hình chiếu của tam giác SCD trên (ABCD)

1. $S_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{i^2-i-1}{i^4+2i^3+i^2}$

2. $S_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i(i+1)(i+2)...(i+k)}$ với k cho trước

3. $S_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{(a_{1}+1)(a_{2}+1)...(a_{i}+1)}$ với $a_{n}$ là một dãy số cho trước

anh có phương pháp hay tài liệu về phần này không, chia sẻ em với ạ

Em không có anh ơi, cái này bọn em được học trên trường rồi nên em nhớ cách làm

Đặt $u_n=\frac{x_n}{y_n}$

Giả thiết được viết lại thành

$\frac{x_n}{y_n}=\frac{4x_{n-1}+2y_{n-1}}{x_{n-1}+3y_{n-1}}$

Chọn $\left\{\begin{matrix} x_n=4x_{n-1}+2y_{n-1} &\\  y_n=x_{n-1}+3y_{n-1} &\\ x_1=3 ; y_1=1 \end{matrix}\right.$

Từ hệ trên suy ra $4y_n-x_n=10y_{n-1}$

mà $x_n=y_{n+1}-3y_n$

$=>y_{n+2}=7y_{n+1}-10y_n$ 

Tìm được $y_n$ rồi tìm $x_n$

Sau đây tôi xin đưa ra một lời giải cho bài toán 2. Về xuất xứ lời giải được đính kèm dưới đây có vài điểm cần nói rõ:
1. Nguồn gốc bài toán 2. Bài toán 2 được tác giả Trần Minh Ngọc mở rộng từ một bài toán của thầy Trần Quang Hùng trong quá trình tập huấn đội tuyển Đồng Tháp - ta gọi là bài toán gốc.
2. Tôi đã được thầy Hùng chia sẻ và giải xong bài toán gốc.
3. Khi truy cập vào topic này, tôi đã chỉ kịp đọc phát hiện thú vị về hai sự thẳng hàng O, U, E và O, V, F trong post của bạn Zeref mà chưa kịp xem tiếp các phần còn lại khi bạn ấy xóa lời giải của mình.
Khá tâm đắc với sự phát hiện này, vì cảm thấy có thể dùng ý tưởng của tôi khi giải quyết bài toán gốc để giải bài toán 2, tôi đã hoàn thành lời giải dưới đây.

Bài 19:  Chứng minh rằng $IG$ đi qua điểm $Schiffler$ của tam giác $ABC$ với $I$ là tâm nội, $G$ là trọng tâm tam giác 

Điểm $Schiffler$ của tam giác $\triangle{ABC}$ là điểm đồng quy của các đường $Euler$ của các tam giác $\sum{\triangle{IBC}}\cup{\triangle{ABC}}$ với $I$ là tâm nội 

Em không nghĩ có tỉnh nào ra thi tâm tam giác đâu bác ơi. Đổi bài đi bác.

Tam giác ABC (AB<AC) có AH, AD, AM là đường cao, phân giác, trung tuyến. CMR AD là phân giác góc HAM khi và chỉ khi tam giác ABC vuông.

Nếu tam giác ABC vuông tại A, ta có $\widehat{CMA}=\widehat{ACM}=\widehat{HAB}$, do đó AD là phân giác $\widehat{HAM}$

Nếu AD là phân giác góc HAM, nghĩa là AH và AM là 2 đường đẳng giác. Kí hiệu O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, theo tính chất quen thuộc thì AH và AO là 2 đường đẳng giác, suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp hay tam giác ABC vuông tại A

Trong các tài liệu bất đẳng thức của anh Võ Thành Văn có bài toán như sau (bài toán trong hình gửi kèm mình đăng).

Mình thấy việc xét hàm $f(p),f(r)$ không được ổn, bởi ba biến $p,q,r$ đều liên hệ chặt chẽ với nhau. Trong $p$ có $a+b+c$, $q$ có $ab+bc+ca$, $r$ có $abc$ thì làm sao cố định hai cái (hoặc một nếu đề bài đã cho sẵn) để xét hàm theo cái còn lại được ?

Để phương trình trên có nghiệm tất nhiên (p, q, r) cần thỏa mãn các điều kiện ràng buộc của chính nó, ví dụ như $p^3 \ge 27r$

Nhưng sao bạn biết với nhiều điều kiện ràng buộc thế thì $(p,q,r)$ sinh ra vô hạn $(a,b,c)$ ?

Mình thực sự không hiểu ý của bạn lắm, ta có thể coi 1 biến là tham số và xét hàm đối với 1 biến mà nhỉ.

Còn về cái cố định 2 cái thì theo mình hiểu như sau, đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$ thì a, b, c là nghiệm của 

$x^3-px^2+qx-r=0$

Từ đây, ta thấy nếu cố định 2 đại lượng bất kỳ và thay đổi đại lượng còn lại thì với mỗi giá trị của đại lượng chạy ta sẽ thu được 1 bộ $(a, b, c)$ mới nên việc cố định 2 trong 3 đại lượng trên là hợp lý

Ồ ! Ý bạn có phải là từ một bộ $(p,q,r)$ nào đó rồi sinh ra $(a,b,c)$ theo quy luật $p=a+b+c,...$ và việc sinh đó sẽ ra vô hạn bộ $(a,b,c)$?  Mình có một thắc mắc là tại sao khi cho đại lượng kia chạy thì đảm bảo được phương trình luôn có 3 nghiêm ? 

thì mình đã nói $a, b, c$ là nghiệm của $x^3-px^2+qx-r=0$, nếu thay đổi 1 trong 3 đại lượng $p, q, r$ sao cho thỏa mãn các điều kiện thì chắc chắn phương trình này sẽ có nghiệm khác đi.

Chỉ là nghiệm khác đi thôi mà .... làm sao chắc chắn đó là vô hạn ? Khi đã cố định 2 đại lượng rồi thì vùng giá trị của $a,b,c$ cũng phải hẹp đi để thoả mãn điều kiện cố định chứ nhỉ (dù cho đại lượng kia có chạy đi nữa) ?

P/s: xin lỗi bạn vì đã hỏi dai như đỉa    mình chỉ muốn hiểu rõ bản chất về phương pháp $pqr$ thôi

Chứng minh không có 3 số a,b,c nào thỏa mãn: $p(a)=b, p(b)=c,p(c)=a$

Cho mình hỏi $p(a)$ nghĩa là gì vậy bạn

Lời giải câu phương trình hàm có ổn không ạ ? Vì có thể hàm $f$ cần tìm là hàm hợp

Mình xin được phép đề cập đến 2 tính chất thường gặp

1/ $C_{p}^{k} \space \vdots  \space p \Leftrightarrow p$ là số nguyên tố

2/ $a \equiv b \mod{p^n} \Leftrightarrow a^p \equiv b^p \mod{p^{n+1}} $

P/s: nếu sử tính chất 2 thì bài toán : $a^p-b^p \space \vdots \space p \Rightarrow a^p-b^p \space \vdots \space p^2$ không khó

Mạnh nhất trong p, q, r đối xứng
$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \ge 0$
Hay là $p^2q^2-4q^3+18pqr-4p^3r-27r^2 \ge 0$

Đây cũng là điều kiện để $(p,q,r)$ biểu diễn dưới dạng $(a,b,c)$ thì phải  

Mình lập topic này mong các bạn chia sẻ một số bất đẳng thức đối xứng dạng $pqr$ mà các bạn cho là "mạnh". Đối với mình là bất đẳng thức: $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca), \forall a,b,c>0$ hay biểu diễn dưới dạng $pqr$ là $p^2+2r+1 \ge 4q$

Đó không hẳn là điều kiện, chỉ là biểu diễn đa thức trên thành dạng đối xứng cơ sở, ta có một định lí cơ bản: "Mọi đa thức đối xứng $3$ biến $a,\,b,\,c$ đều có thể biểu diễn ở dạng đa thức theo các biến $\sigma _{1}= a+ b+ c,\,\sigma _{2}= ab+ bc+ ca,\,\sigma _{3}= abc$". 

Ý mình là từ 3 số $p,q,r$ bất kì thỏa mãn điều kiện đó, thì ta luôn tìm được duy nhất một bộ $a,b,c$ sao cho $a+b+c=p$ ...  Chứ không phải từ $a,b,c$ biểu diễn dưới dạng $p,q,r$

Mình muốn đăng kí một nick mới trên diễn đàn Mathscope nhưng tới đoạn reCaptcha thì không thấy gì hết ? Cả vô phần quên mật khẩu cũng thế. Không biết có phải lỗi do máy mình không ?

Cho tứ giác $ABCD$, $O$ là giao điểm 2 đường chéo, $I$ là giao điểm của 2 đường thẳng chứa các cạnh $AD$, $BC$. Gọi $N$ là giao điểm của $IO$ và $CD$. Biết $N$ là trung điểm của $CD$. Liệu có thể chứng minh được tứ giác $ABCD$ là hình thang?

Được bạn nhé, bạn kết hợp định lý Ceva với Thales là được

Bản thân mình đang học năm hai của đại học sư phạm và thấy một số thứ mình đã từng học ở Olympic xuất hiện lại ở bậc Đại học (Số học ở Olympic và Đại số đại cương-Lý thuyết số ở Đại học, các khái niệm hàng điểm điều hoà - hình học xạ ảnh, ...) và mình tìm thấy sự thú vị trong đấy. Đó là lý do mình tiếp tục chọn tìm hiểu sâu vào những khái niệm ấy. Mình nghĩ học (một số chủ đề của) toán Olympic là một bước đà (về mặt tư duy và cả tinh thần!?) để có niềm đam mê tìm hiểu sâu hơn về toán. 

Tất nhiên, mình cũng không biết các dạng toán như phương trình hàm hay những bài hình rối một cục thì có giúp tạo ra động lực và rèn luyện tư duy cho các bạn học sinh để học toán cao cấp, thứ gần với thực tiễn hơn toán Olympic.

Câu hỏi mình cũng muốn đặt ra là nếu xét trên phương diện rèn luyện tư duy thì chừng nào là đủ với các học sinh chuyên? Chủ đề nay cần phải bàn luận thật kĩ vì giáo dục ảnh hưởng đến tương lai con người.

Còn một vấn đề nữa là những người bạn cùng khoá của mình có cả học sinh giỏi quốc gia và các bạn học ở những trường bình thường nhưng khả năng làm toán cao cấp của các bạn ấy đều là ngang nhau. Không biết Olympic có giúp tạo ra sự khác biệt gì không?

Giải phương trình nghiệm nguyên: $a^3+b^3+c^3=(abc)^2$ biết $a,b,c$ là ba số đôi một nguyên tố cùng nhau.

Cho $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $a+b$ là số lẻ. Chia tập $\mathbb{N}^*$ thành 2 tập $A,B$ rời nhau. CMR tồn tại 2 phần tử $x,y$ cùng thuộc một tập sao cho $|x-y|=${$a;b$}

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. Kí hiệu $D,E,F$ lần lượt là tâm của $(OBC), (OAC), (OAB)$. CMR $AD,BE,CF$ đồng quy

Cho điểm O nằm ngoài tam giác ABC. Qua O, đường vuông góc OA cắt BC tại D, đường vuông góc OB cắt AC tại E, đường vuông góc OC cắt AB tại F. CM D,E,F thẳng hàng