$\sqrt[4]{2-x^{4}=x^{2}-3x+3$

giả sử p là hợp số

=> p $\vdots$ n nguyên tố

=> n<p=>n$\leq$p-1

=>(p-1)!$\vdots$ n

mà (p-1)! +1 $\vdots$ p$\vdots$ n

=>1$\vdots$ n (vô lý)

=>đpcm

$theo định lý wilson ta có:(4k)!+1\vdots p(1) vì 2k+2\equiv -(2k-1)(mod p) 2k+1\equiv -2k(mod p) 4k\equiv -1(mod p) 4k-1\equiv 2(mod p) .............. nên A=(2k).(2k+1).....(4k-1)(4k)\equiv (2k)(2k-1)...2.1(mod p)\equiv (2k)!(mod p) suy ra A.(1.2.3....2k)\equiv ((2k)!)^2 hay (4k)!\equiv ((2k)!)(mod p)(2) từ (1),(2)=>((2k)!)^2+1\equiv 0(mod p) chọn x=((2k)!)=(\frac{p-1}{2})!$

chứng minh $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_i^m\geq (\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_i)^m$ bằng qui nạp với các số thực không âm $a_i(i=\overline{1,n});n\in \mathbb{N}^*$

đầu tiên là bài toán phụ:xem ở đây

a)$gọi G là trọng tâm tam giác ABC$

$ta có \vec{PA}+\vec{PB}+\vec{PC}=3.\vec{PG}$$

Dẫn tới độ dài của biểu thức là PG

Chọn P là hình chiếu của G lên d$

b) tương tự 

c) gọi K là tâm tỉ cự của hệ điểm {A;B;C} với hệ số tương ứng là {1;1;-3}

$ta có \vec{MA}+\vec{MB}-3.\vec{MC}= -\vec{MK}=\vec{KM}$

dẫn tới độ dài của biểu thức là KM

chọn M là hình chiếu của K lên d

Cho tam giác ABC. Gọi G,I,r lần lượt là trọng tâm,tâm đường tròn nội tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Giả sử h_a,h_b,hc,ma,mb,m_c lần lượt là chiều cao và độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A,B,C. CMR : MAX ( $\frac{m_a}{h_a}$;$\frac{m_b}{h_b}$;\frac{m_c}{h_c} )> \frac{GI}{2r}

Cho tứ giác A₁A₂A₃A₄. Gọi G1,G₂,G₃,G₄ lần lượt là trọng tâm tam giác A₂A₃A₄ ,A₁A₃A₄ ,A₁A₂A₄ ,A₁A₂A₃. M la điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Gọi M_i là điểm đối xứng của M qua Gi(i=1,2,3,4). CMR 4 đường thẳng A₁M₁,A₂M₂,A₃M₃,A₄M₄ đồng quy tại 1 điểm

Cho tứ giác $A_1A_2A_3A_4$.Gọi $G_1;G_2;G_3;G_4$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $A_2A_3A_4;A_1A_3A_4;A_1A_2A_4;A_1A_2A_3$.$M$ là điểm bất kì trong mặt phẳng.Gọi $M_i$ là điểm đối xứng của $M$ qua $G_i(i=1,2,3,4)$.CMR 4 đường thẳng $A_1M_1;A_2M_2;A_3M_3;A_4M_4$ đồng quy tại điểm 

Cho $\Delta ABC$.Gọi $G;I;r$ lần lượt là trọng tâm ,tâm đường tròn nội tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$.Gọi $m_a;m_b;m_c;h_a;h_b;h_c$ lần lượt là chiều cao và độ dài trung tuyến kẻ từ đỉnh $A;B;C$.CMR $max\left \{ \frac{m_a}{h_a};\frac{m_b}{h_b};\frac{m_c}{h_c} \right \}> \frac{GI}{2r}$

anh xem bài 1.2 ở đây

trước hết ta biện luận rằng với mọi số nguyên không âm thì căn bậc 2 của nó chỉ có thể là số nguyên hoặc số vô tỷ

từ đó đi đến đơn giản bài toán là $tìm p thỏa 1+p+p^{2}+p^{3}+p^{4}=y^{2}

ta có:$4y^{2}=4+4p+4p^{2}+4p^{3}+4p^{4}=(2p^{2}+p)^{2}+3p^{2}+4p+4=(2p^{2}+p+1)^{2}$

$3p^{2}+4p+4>0 =>4y^{2}>(2p^{2}+p)^{2}$

nếu $3-p^{2}+2p<0 => 4y^{2}<(2p^{2}+p+1)^{2}$(vô nghiệm)

vậy $3-p^{2}+2p\geq 0=> -1\leq p\leq 3$

với phép thử trực tiếp,ta có p=3

chứng minh $P(a)=a^{5}+4a^{3}+3a$ và $Q(a)=a^{4}+3a^{2}+1$ là hai số nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên a

cho đa thức h(x;y)=$x^{2014}y^{2014}+1.$

chứng minh rằng không tồn tại đa thức f(x)và g(x) thỏa : f(x).g(x)=h(x:y)

a) CMR: nếu $p$ là sô nguyên tố có dạng $6k+1$ thì tồn tại x sao cho $x^{2}+3\vdots p$

b) CMR: Nếu $2^{m}+1$ là số nguyên tố thì $m$ là một lũy thừa của $2.$

bài 2: ta có $n^{3}+1=p^{2}-p=> p^{2}-p>n^{3}(1)$

lại có $(n^{3}+2)^{3}=n^{3}+6n^{2}+12n+8=(n^{3}+1)+(6.(n+1)^{2}+1)> (p^{2}-p)(2)$

từ (1) và (2) =>$(n+1)^{3}=p^{2}-p=n^{3}+1=> n=0;-1$

thử lại hai giá trị này để dễ dàng xử lý p

ta có:$5a^{2}+15ab-b^{2}=7(a^{2}+ab+b^{2})-2(a-2b)^{2}$

vì $5a^{2}+15ab-b^{2}\vdots 49\vdots 7 ;7(a^{2}+ab+b^{2})\vdots 7$

suy ra $(a-2b)^{2}\vdots 7=> a-2b\vdots 7(1)=> (a-2b)^{2}\vdots 49$

$=> a^{2}+ab+b^{2}\vdots 7(2)$

mà từ (1) ta cũng suy ra$a(a-2b)\vdots 7 => a^{2}-2ab \vdots 7(3)$

trừ vế theo vế của (2) cho (3) =>$b(3a+b)\vdots 7$

đến đây xét: b chia hết cho 7,từ (1) suy ra a chia hết cho 7,ta có đpcm

nếu b không chia hết cho 7 thì hiễn nhiên có đpcm

đơn giản hóa bài toán khi đặt $t=x^{2}=> 2t^{2}+1=y^2$ quen thuộc

dễ dàng tìm ra t=3,y=2,mà t phải là số chính phương nên pt này k co nghiệm nguyên

ta có $x^{4}+y^{4}+z^{4}-x^{2}y^{2}-y^{2}z^{2}-x^{2}z^{2}=250000$

$=>(z^{2}-x^{2}-y^{2})^{2}-4x^{2}y^{2}=250000$

$=>(z-x-y)(z+x+y)(z+x-y)(z-x+y)=250000$

đến đây chú ý tính chẵn và lẻ 

nêu x,y,z lẻ thì pt vô nghiệm (do k có ước số 2)

nếu 2 số chẵn 1 số lẻ cũng v

còn lại 2 TH,đành solve pt ước số với "250000"

Ta sẽ chứng minh bổ đề sau bằng biến đổi tương đương:

$\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^{2}}\geq \frac{2}{1+xy}(x,y\geq 1)$

$<=> \frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+xy}+\frac{1}{1+y^2}-\frac{1}{1+xy}\geq 0$

$<=> \frac{x(y-x)}{(1+x^{2})(1+xy)}+\frac{y(x-y)}{(1+x^{2})(1+xy)}\geq 0$

$<=>\frac{(x-y)[y(1+x^{2})-x(1+y^{2})]}{(1+x^{2})(1+y^{2})(1+xy)}\geq 0$

$<=>\frac{(x-y)^{2}(xy-1)}{(1+x^{2})(1+y^{2})(1+xy)}\geq 0$

do $x\geq 1,y\geq 1,xy\geq 1$ =>đpcm

áp dụng bổ đề này dễ dàng suy ra kêt quả

có $2n+1$ quân bài,trong đó cứ $2$ quân bài được đánh cùng $1$ số nguyên từ $1$ đến $n$ và một quân bài joker. Tất cả các quân bài được xếp thành đường thẳng với quân joker ở vị trí trung tâm(mỗi phía của quân joker có n quân bài) Với $n<11$ nào thì có thể sắp xếp các quân bài sao cho với$ 2$ quân bài đánh số k thì có đúng $k-1$ quân bài ở giữa chúng

CMR: không tồn tại số nguyên m nào thỏa mãn m(m+1) là lũy thừa của một số nguyên,tức là phương trình sau không có nghiệm nguyên:$m(m+1)=a^{k}$

Ta có: $2x=5+\sqrt{13}=>(2x-5)^{2}=13 => x^{2}-5x+3=0$

Suy ra: $x^{5}-5x^{4}+4x^{3}-2x^{2}+2023=(x^{2}-5x+3)(x^{3}+x+3)+2014=0+2014=2014$

Vậy giá trị của biểu thức là 2014

Viết lại BĐT cần chứng minh $8a^{2}+b^{2}\geq 8a$

Ta đặt $\left | a \right |=x,\left | b \right |=y(x,y >0)$

ta có x+y>2 theo giả thiết,cần chứng minh $8x^{2}+y^{2}\geq 4(x+y)x (vì 8x=8\left | a \right |\geq 8a ;x+y>2)$(1)

Thật vậy (1) ,<=>$(2x-y)^{2}\geqslant 0$ (luôn đúng)

(1)=>$8a^{2}+b^2\geq 4(\left | a \right |+\left | b\right |)\left | a \right |> 4.2.\left | a \right |\geq 8a$

=>đpcm

Hiển nhiên dấu bằng không xảy ra

Ta có $(10^{2007}-10^{2006})(10-1)> 0$ =>$2.10^{2007}<10^{2006}+10^{2008}$

=>$(10^{2007}+1)(10^{2007}+1)<(10^{2006}+1)(10^{2008}+1)$(1)

chia cả hai vế cho $(10^{2007}+1)(10^{2008}+1)$

suy ra$ A>B$