Dễ thấy x khác 0, chia 2 vế của pt cho x , ta được

pt $  \Leftrightarrow (2+\frac{1}{x}).\sqrt{1+\frac{1}{x}}= 1 + \frac{2}{x} + \sqrt[3]{\frac{2}{x} + 1}  $ 

Đặt $ \sqrt{ \frac{1}{x}+1}  = a, \sqrt[3]{\frac{2}{x}+1}   =b $ , ta được 

$ (a^2+1).a = b^3 + b $

$  \Leftrightarrow  a^3 + a = b^3 + b $ 

$   \Leftrightarrow a = b $ 

Topic vẫn còn hoạt động không anh ?. Em có một bài muốn đóng góp ạ .

$\mathbf{Đề   bài}: Giải pt : \frac{\sqrt{x+2}}{x + \sqrt{x}+1}  =1 $ 

Mọi người ơi có ai có tài liệu về casio hay những cuốn sách về giải toán bằng máy tính cấp bậc thcs k cho e xin với

Mình thấy có mỗi cuốn Bồi dưỡng giải toán bằng Casio THCS à 

Em là thành viên mới, thấy ngày xưa không khí VMF nhộn nhịp, sôi động hơn hẳn bây giờ Chỉ ước được một lần cảm nhận cái không khí ấy (( 

Câu b) thì đánh giá $ x,y $ nhờ xét $ \Delta $ và giải bất phương trình, nhưng có cách nào thu hẹp $ y $ lại hơn không nhỉ 

Đặt $ x^3 = a $, phương trình tương đương $ a^2 + (a- y)^2 = 320 $ . 

Mình đóng góp lg theo cách của bạn 

B1 a)

$ x^2 + 2y^2 + 3xy +3x+5y  = 15 $ 

$ \Leftrightarrow x^2 + 3(y+1)x + 2y^2  + 5y - 15 = 0 $

$ \Rightarrow \Delta =  y^2 - 2y + 69 $. Để phương trình có nghiệm nguyên thì $ \Delta $ phải là số chính phương. Đặt $ y^2 - 2y + 69 = k^2  \Rightarrow  (k + y - 1)(k -y  +1) = 68 $.  Từ đó dễ tìm được  $x,y \in Z $.

Bạn xem lại đoạn <=>  3^y = (x+1)^2 - 9 + 1 = (x+1-3)(x+1+3) + 1  = (x-2)(x+4) + 1  suy ra x đồng dư 1 mod 3 ? 

Câu c) mình giải thế này. Ta có đánh giá $ x^2  + xy + y^2 = (x+y)^2 - xy \geq (x+y)^2 - \frac{(x+y)^2}{4} = \frac{3(x+y)^2}{4} $. 

$ Pt \Leftrightarrow \frac{39}{7} = \frac{x^2+xy+y^2}{x+y} \geq \frac{3(x+y)^2}{4(x+y)} = \frac{3}{4}(x+y) \Rightarrow \frac{52}{7} \geq x+ y $. Do $ x,y  \in Z , x  +y > 0 $ nên $ 7 \geq x+y \geq 1 $. Từ đó thế x theo y để giải phương trình bậc 2.

Có bài này mong mọi người đóng góp bằng pp xuống thang nếu được: 

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 

$ a^2 - 3b^2 = c^2 $

Câu 3

$ \sqrt{a-b+c} = \sqrt{a} - \sqrt{b} + \sqrt{c} $

$ \Leftrightarrow  \sqrt{a-b+c}  + \sqrt{b} =  \sqrt{a} + \sqrt{c} $

$ \Leftrightarrow   a+c + 2.\sqrt{b(a-b+c)} = a+c + 2.\sqrt{ac} $

$ \Leftrightarrow b(a-b+c) =ac $

$ \Leftrightarrow (a-b)(b-c) = 0 $ 

Suy ra $ a=b $ hoặc $b=c$

TH : $ a=b $, không mất tỉnh tổng quát giả sử $ c \geq a = b $

$ 1= \frac{2}{a} + \frac{1}{c} \leq \frac{3}{a} \Leftrightarrow  a \leq 3 $ 

Đến đây ok rồi

Bằng Casio và Viet đảo, ta tìm được nhân tử $ x^2  - 3x - 3 $, ta sẽ tách theo nhân tử này. Phương trình tương đương: 

$ (x^2 - 3x -3 )\sqrt{2x^2+x+1} + 6(x+1)\sqrt{2x^2+x+1} - (x+1)(x^2  +3x+9) = 0 $

$ \Leftrightarrow (x^2 - 3x -3 )\sqrt{2x^2+x+1}  + (x+1)( 6\sqrt{2x^2+x+1} - x^2 - 3x - 9 ) = 0 $

$\Leftrightarrow (x^2 - 3x -3 )\sqrt{2x^2+x+1}  + (x+1)[6(\sqrt{2x^2+x+1} - x-2) - x^2 + 3x + 3 ] = 0 $

$ \Leftrightarrow (x^2 - 3x -3 )\sqrt{2x^2+x+1}  + (x+1) [ 6\frac{ x^2 -3x -3}{ \sqrt{2x^2+x+1} + x+2} - (x^2 -3x - 3)] = 0 $

$  \Leftrightarrow  x^2 - 3x -3  = 0 $ hoặc $ \sqrt{2x^2+x+1}  + (x+1)( \frac{6}{ \sqrt{2x^2+x+1} + x+2} - 1 ) = 0 $.

Xử lí vế thứ 2: Đặt $ \sqrt{2x^2 + x+1} = a, x+1 = b $ ta được $ a +b(\frac{6}{a+b+1} - 1) = 0 $ 

Đến đây giải bình thường.

$ \left\{\begin{matrix} x^3+y^3 +xy =2x + 4y -1 (1)\\ xy+ x+ 2y =1 (2) \end{matrix}\right. $

(1) + (2)x2 : $ x^3 + y^3 + 3xy = 1 \Leftrightarrow x^3 + y^3 - 1^3 = + 3.(-1).xy \Leftrightarrow (x+ y - 1 )(x^2+y^2+1 -xy + x+y ) = 0 $

Câu c) Hệ tương đương : 

$ \left\{\begin{matrix} \frac{3}{x^2+y^2-1} - 1 = \frac{2y}{x} (1)\\ x^2 + y^2 - 4 = \frac{2x}{y} (2) \end{matrix}\right.$

$ \Leftrightarrow  \left\{\begin{matrix} \frac{4- x^2 - y^2 }{x^2+y^2-1}  = \frac{2y}{x} (1)\\  x^2 + y^2 - 4 = \frac{2x}{y} (2) \end{matrix}\right. $ 

Nhân (1) với (2) theo vế ta được $ \frac{(4-x^2-y^2)^2}{x^2+y^2-1} = -4 $. Đến đây đặt $ x^2 + y^2 = a $ rồi giải bình thường.

BDT $\Leftrightarrow \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\geq \frac{2}{x^{2}+yz}+\frac{2}{y^{2}+zx}+\frac{2}{z^{2}+xy}$   (3)

     Có $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}\geq \frac{2}{y\sqrt{xz}}$   (cosi)

          $\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\geq \frac{2}{z\sqrt{yx}}$    (cosi)

          $\frac{1}{zx}+\frac{1}{xy}\geq \frac{2}{x\sqrt{zy}}$    (cosi)

       $\Rightarrow 2(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})\geq 2(\frac{1}{x\sqrt{yz}}+\frac{1}{y\sqrt{zx}}+\frac{1}{z\sqrt{xy}})$

      $\Rightarrow \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\geq \frac{1}{x\sqrt{yz}}+\frac{1}{y\sqrt{zx}}+\frac{1}{z\sqrt{xy}}$    (1)

     Lại có $x^{2}+yz\geq 2x\sqrt{yz} \Rightarrow \frac{2}{x^{2}+yz}\leq \frac{2}{2x\sqrt{yz}}\doteq \frac{1}{x\sqrt{yz}}$

    CMTT $\frac{2}{y^{2}+zx}\leq \frac{1}{y\sqrt{xz}}$

               $\frac{2}{z^{2}+xy}\leq \frac{1}{z\sqrt{yx}}$

           Cộng vế $\Rightarrow \frac{1}{x\sqrt{yz}}+\frac{1}{y\sqrt{zx}}+\frac{1}{z\sqrt{xy}}\geq \frac{2}{x^{2}+yz}+\frac{2}{y^{2}+zx}+\frac{2}{z^{2}+xy}$     (2)

      Từ (1) và (2) suy ra (3) (dpcm)

      Dấu bằng xảy ra khi x=y=z 

   P/s: cho mình hỏi đây là bài lớp mấy

triển hết cái này mệt vãi 

Giáo sư ra tận đây rồi ak 

U.C.T có đánh giá $ \frac{1}{2-a} \geq \frac{1}{2}a^2 + \frac{1}{2} $.

Xin chém câu 1 rồi đi ngủ 

Xét $ 3 \geq x \geq 1 $. Phương trình tương đương 

$ x^2(3-x) + (x^2 - 2x+3)(\sqrt{2x^2+x+1} + 1) > 0 $

Xét $ 1 \geq x $. Phương trình tương đương

$ (1-x)(x^2 -x+2) + \sqrt{2x^2+x+1}(x^2-2x+3+\sqrt{2x^2+x+1}) > 0$

Vậy $ x \in \varnothing $

Tiếp tục câu 2

Phương trình tương đương

$ (x^2+2)(x+2) - ( 5x + 3) = (x^2+2)\sqrt{x^2-x+1} $

$ \Leftrightarrow (x^2+2)(x+2- \sqrt{x^2-x+1}) - (5x+3) = 0 $

$ \Leftrightarrow (x^2+2)(x+2- \sqrt{x^2-x+1} - [ (x+2)^2 - (x^2-x+1) ] = 0 $

$  \Leftrightarrow [x^2+2 - ( x + 2 + \sqrt{x^2-x+1} )](x+2 - \sqrt{x^2-x+1}) = 0 $

$  \Leftrightarrow x^2 - x - \sqrt{x^2-x+1} = 0  (1) $ hoặc $ x^2 +2 - \sqrt{x^2-x+1} = 0 $

Để xử lí (1) có thể đặt $ \sqrt{x^2-x+1} = a $ rồi đua về pt $ a^2 - a - 1 = 0 $ 

2. Đặt t = $\sqrt{x^2-x+1}$ thì phương trình tương đương: $(t-x^2+x)(t-x-2)=0$$\Leftrightarrow t=x^2-x \veebar t=x+2$ ...

Cũng tương tự cách mình giải mà, chỉ là bạn có đặt t, mình giữ nguyên thôi 

Câu 4a: Ta có: $ FG^2 = FB.FA $ 

Mặt khác,  $ \angle FEC  = \angle ECD = \angle EAF $ nên EBF đồng dạng AEF (g-g) suy ra $ FE^2 = FB.FA $

Vậy $ FG = FE $

Câu 3. Đặt $ x = \frac{1}{a}, y = \frac{1}{b}, z = \frac{1}{c}  $. Ta có $ abc = 2 $ 

VT = $ \sum \frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{y}+ \frac{1}{z}} = \sum \frac{a^2}{b+c} \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)} = \frac{a+b+c}{2} = \frac{a+b+c}{abc} = \sum \frac{1}{ab} = \sum xy  $ = VP. 

4b) Gọi L là trung điểm BI, M là giao điểm AH và BJ.

Ta có ABI đồng dạng AIJ (g-g) suy ra ABL đồng dạng AIH (c-g-c) => $ \angle BAL = \angle IAH $ 

Ta sẽ chứng minh $ \angle BAL = \angle CBJ $ 

Thật vậy, ta có IJC đồng dạng AIC mà tg AIC = tg AIB nên IJC đồng dạng AIB. 

Suy ra $ \frac{IC}{AB} = \frac{JC}{IB} $ hay $ \frac{2.IC}{AB} = \frac{2.JC}{IB} $ $ \Leftrightarrow \frac{BC}{AB} = \frac{JC}{BL} $ 

mà $ \angle B = \angle C $ nên tg ABL đồng dạng BCJ suy ra  $ \angle BAL = \angle CBJ $, kết hợp với  $ \angle BAL = \angle IAH $ ta có AMIB nội tiếp. 

Vậy $ \angle AMB = 90 $. 

Câu 2a: $ (n+1)^4 + n^4 + 1 = 2(n^2 + n+1) $ 

 Bài 1. Cho một tập A={a1,a2,a3,a4}A={a1,a2,a3,a4} gồm 4 số nguyên dương phân biệt. Ký hiệu tổng a1+a2+a3+a4a1+a2+a3+a4 bởi sAsA. Đặt nAnA là số các cặp (i;j)(i;j) với 1≤i<j≤41≤i<j≤4 và ai+ajai+aj là ước số của sAsA. Tìm tất cả các tập AA sao cho nAnA đạt giá trị lớn nhất có thể.
C1Bài 1. Ngon.
$s_A=a_1+a_2+a_3+a_4 $Có tất cả 6 cặp $a_i+a_j=a_1+a_2,a_2+a_3,a_3+a_4,a_1+a_4,a_2+a_3,a_ 2+a_4 $
Do 4 số nguyên dương phân biệt nên mình sắp lại thứ tự có $a_1<a_2<a_3<a_4 $.Khi đó $a_3+a_4|s_A $ khi $a_3+a_4|a_1+a_2 $ vô lý,cái $a_2+a_4 $ cũng thế.
Do vậy $n_A\leq 4 $
Có hệ $\begin{cases}
& a_1+a_2|s_A=a_1+a_2+a_3+a_4 \\ 
& a_1+a_3|s_A=a_1+a_2+a_3+a_4\\ 
& a_1+a_4|s_A=a_1+a_2+a_3+a_4\\ 
& a_2+a_3|s_A=a_1+a_2+a_3+a_4
\end{cases}
\rightarrow
\begin{cases}
& a_1+a_2|a_3+a_4 \\ 
& a_1+a_3|a_2+a_4\\ 
& a_1+a_4|a_2+a_3\\ 
& a_2+a_3|a_1+a_4
\end{cases}
\rightarrow
\begin{cases}
& a_1+a_2|a_3+a_4 \\ 
& a_1+a_3|a_2+a_4\\ 
& a_1+a_4=a_2+a_3\\ 
& a_1<a_2<a_3<a_4\\ 
\end{cases}
$
Cái này dễ giải ra tính được 4 số theo 1 số còn lại.Mathlinks ra đáp số ($x,5x,7x,11x $) và $(x,11x,19x,29x) $  
C2Đóng góp bài 1:
Giải : Ta gọi Hai cặp trong là bù nhau nếu tổng bằng $s_a $. 
Thấy rằng Hai cặp bù nhau, hoặc bằng nhau, hoặc chỉ có một trong chúng thuộc $n_a $.
Gs $a_1<a_2<a_3<a_4 $. Thì hoặc $a_1+a_2 $ hoặc $a_3+a_4 $ thuộc $n_a $.
$a_2+a_4 $ và $a_1+a_3 $ cũng vậy.
Do đó $n_a $ có tối đa 4 phần tử.
Điều này xảy ra khi : $a_1+a_4=a_2+a_3 $.
Đặt $a_1=x, a_2= x+d, a_3=y, a_4=y+d $.
Ta có : $a_1+a_2= 2x+d $ chia hết $2x+2y+2d $ (1)
$a_1+a_3= x+y $ chia hết $2d $ nhưng $y> x+d > d $. Nên $x+y =2d $.
(1) suy ra $2x+d $ chia hết $6d $. Vậy $2x+d=3d $ do $x<d $. Vậy $x= d:2 $.
Đáp số là $x, 3x, 5x, 7x $.  

Bài 2. Một tập hữu hạn SS gồm ít nhất 2 điểm trên mặt phẳng. Giả sử không có 3 điểm nào của SS thẳng hàng. Một cối xay gió là một quá trình bắt đầu với một đường thẳng ℓℓ đi qua một điểm duy nhất P∈SP∈S. Đường thẳng quay theo chiều kim đồng hồ quanh PP cho đến khi gặp một điểm khác cũng thuộc SS. Điểm mới này, QQ, là trục quay mới, và đường thẳng ℓℓ tiếp tục quay theo chiều kim đồng hồ đến khi gặp một điểm khác của SS. Quá trình này lặp lại vô hạn lần.
Chứng minh rằng ta có thể chọn một điểm P∈SP∈S và đường thẳng ℓℓ đi qua PP sao cho mỗi điểm của SS được sử dụng làm trục quay vô hạn lần.
Bài 2:
Ta gọi một đường thằng $d $ đi qua điểm $A $ và một điểm $B $ là tốt với $A $ nếu quay $d $ quanh $A $ một góc $\alpha $ nhỏ (chiều quay kim đồng hồ) thì hai nửa mặt phẳng chứa số điểm chênh lệch nhau không quá $1 $.

Nhận xét 1: Mỗi điểm $A $ thì có ít nhất $1 $ đường thẳng tốt đi qua. 

Bây giờ ta sẽ chứng minh là với cách chọn điểm $A $ bất kì và đường thẳng $ l $ là đường thẳng tốt qua $A $ 

Nhận xét 2: Giả sử tại bước thứ $k $, ta quay tại điểm $A $ và đường thẳng $l $ là đường thẳng tốt thì ta sẽ đến tới điểm $B $, đường thẳng $l $ sẽ trở thành đường thẳng $BA $ và $BA $ là tốt
Chứng minh:

Thật vậy ta giả sử $l $ chứa $2 $ điểm $A $ và $X $( song song với đường ngang). Số điểm nằm ở mặt phẳng phía trên là $a $, phía dưới là $b $. Ta có do $l $ tốt nên $|a+1-b|\le 1 $. Nếu $B $ ở mặt phẳng phía trên thì khi quay đường $BA $ một góc $\alpha $ nhỏ chia mặt phẳng thành hai phần có số điểm chênh nhau là $|a+1-b|\le 1 $. Nếu $B $ ở phía dưới thì cũng dễ thấy khi quay $BA $ quanh $B $ một góc $\alpha $ nhỏ đi thì số điểm chênh lệch ở hai nửa mặt phẳng là $|a+1-b|\le 1 $. Do đó $BA $ là đường thẳng tốt. Nhận xét được chứng minh.

Nhận xét 3: Mỗi điểm $X $ thuộc $S $ sẽ được ghé đến ít nhất một lần không phụ thuộc vào điểm đầu ( và do đó được ghé đến vô hạn lần).

Ta biết rằng quá trình quay đường thẳng $l $ theo chiều kim đồng hồ là một quá trình vô hạn lần và sẽ có lúc đường thẳng $l $ song song với đường thẳng tốt $d $ đi qua $X $ và điểm $M $. Nếu $l $ không trùng $d $, xét điểm cuối cùng mà $l $ đi qua trước khi song song với $X $ là $N,Y $. Dễ thấy là $M,X $ khác với $N,Y $Tuy nhiên dẽ thấy là sẽ có ít nhất một trong hai đường thẳng $NY $ và $MX $ không tốt. ( chỉ cần so sánh số điểm chênh lệch ở các nửa mặt phẳng là ok)

Vậy bài toán được chứng minh  

 

Bài 3. Cho f:R→Rf:R→R thỏa mãn
 

f(x+y)≤yf(x)+f(f(x))f(x+y)≤yf(x)+f(f(x))

với mọi số thực x,yx,y. Chứng minh rằng f(x)=0∀x≤0f(x)=0∀x≤0.
C1Bài 3:
[M]f(x+y) \le yf(x)+f(f(x))[/M] (1)
Thay [M]y=0[/M] ta có : [M]f(x) \le f(f(x))[/M]
Kí hiệu [M]D_f[/M] là tập giá trị của [M]f [/M]. Với [M]x \in D_f[/M], thay [M]y= f(x)-x[/M] không âm ta có [M]f(f(x)) \le yf(x)+f(f(x))[/M] nên [M]f(x)[/M] không âm với [M]x \in D_f[/M] nói cách khác [M]f(f(x))[/M] không âm với mọi [M]x [/M].
Bây giờ, giả sử tồn tại [M]x[/M] mà [M]f(x)>0 [/M], cho y tiến tới âm vô cùng thì sẽ tồn tại [M]e[/M] mà [M]f(x)<0[/M] với mọi [M]x \le e[/M]
tương tự nếu có [M]f(x)<0[/M] thì [M]f(x)<0[/M] với mọi [M]x[/M] đủ lớn.
Chú ý rằng nếu [M]f(x)<0[/M] thì [M]x[/M] không thuộc tập giá trị của [M]f[/M]
TH1: [M]f[/M] nhận cả giá trị âm dương. Thì [M]D_f[/M] là tập bị chặn . Mâu thuẫn.
TH2: [M]f[/M] chỉ nhận giá trị dương cũng mâu thuẫn 
Vậy [M]f[/M] chỉ nhận giá trị không dương .
Như thế [M]f(f(x))=0[/M] với mọi [M]x[/M]
suy ra [M]f(0)=f(f(f(x)))=0[/M]
Ta có [M]f(x+y) \le yf(x)[/M]
Cho [M]y=-x[/M] suy ra [M]-xf(x) \ge 0[/M] nên [M]f(x)[/M] không âm với [M]x[/M] không âm 
Suy ra [M]f(x)=0[/M] với [M]x[/M] không âm.

C2 Bài 3: $f(x+y) \leq yf(x)+f(f(x)). $ (*)
+ Cho $y=0 $, có $f(x)\leq f(f(x)) \; $ (1).
+ Cho $y=f(x)-x $, có $f(f(x)) \leq f(x)[f(x)-x]+f(f(x)) $, hay là $0 \leq f(x)[f(x)-x] \; $ (2).
a) Ta sẽ chứng minh $f(x)\leq 0 $ với mọi $x $. Thật vậy, nếu có $x $ sao cho $f(x)>0 $ thì
$f(f(y))=f(f(y)-x+x) \leq [f(y)-x]f(x)+f(f(x)) = [f(y-x+x)-x]f(x)+f(f(x)) \leq [(y-x)f(x)+f(f(x))-x]f(x)+f(f(x)). $
Ta có $f(f(y))\leq y.f^2(x)+h(x) $ với mọi $y $ (3) ($h(x) $ là hàm xác định từ biểu thức trên).
Chú ý là: từ (1) và (2), ta thấy $0 \leq f(f(x))[f(f(x))-f(x)] $ và $f(x)\leq f(f(x)) $, nên nếu $f(f(x))<0 $ thì phải có $f(f(x))=f(x) $.
Như vậy, từ (3) suy ra: khi $y $ tới âm vô cùng thì $f(y)=f(f(y)) $ cũng tới âm vô cùng.
Thay $y=-x $ vào (*), có $f(0)\leq -xf(x)+f(f(x))=f(x)(-x+1) $ (khi $x $ đủ nhỏ thì $f(x)=f(f(x)) $). Cho $x $ tới âm vô cùng thì vế phải cũng tới âm vô cùng, trong khi vế trái cố định. Mâu thuẫn.
b) Ta chứng minh rằng tồn tại N để với mọi $x<N $ thì $f(x)=0. $
Phản chứng, nếu không tồn tại N thì từ ý a), ta suy ra tồn tại dãy $\{x_n\} $ dần tới âm vô cùng sao cho $f(x_n)<0 $. Như vậy, từ (2) ta suy ra $f(x)-x\leq 0 $.
Lại thay $y=-x $ vào (*), có $f(0) \leq -xf(x)+f(f(x)) \leq -xf(x) $. Chọn dãy $\{x_n\} $ tiến tới âm vô cùng thay vào, ta có vế trái cố định, vế phải ra âm vô cùng. Mâu thuẫn.
c) Xét $x<N $, ta có $0 \geq f(0)=f(f(x)) \geq f(x) =0 $. Vậy $f(0)=0 $.
d) Xét $x<0 $, có $0=f(0)=f(-x+x) \leq -xf(x)+f(f(x))\leq -xf(x) \leq 0 $. Dấu bằng xảy ra khi $f(x)=0 $.
KL: $f(x)=0 $ với mọi $x\leq 0 $.  

 

Bài 4

Giả sử n>0n>0 là một số nguyên. Cho một cái cân hai đĩa và nn quả cân với trọng lượng là 20,21,...,2n−120,21,...,2n−1. Ta muốn đặt lên cái cân mỗi một trong nn quả cân, lần lượt từng quả một, theo cách để bảo đảm đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái. Ở mỗi bước ta chọn một trong các quả cân chưa được đặt lên cân, rồi đặt nó hoặc vào đĩa bên trái, hoặc vào đĩa bên phải, cho đến khi tất cả các quả cân đều đã được đặt lên cân. Xác định xem có bao nhiêu cách để thực hiện được mục đích đề ra.

Bài 5

Cho hàm f:Z→Z+f:Z→Z+.Giả sử rằng với hai số nguyên m,nm,n bất kì, hiệu f(m)−f(n)f(m)−f(n) chia hết cho f(m−n).f(m−n).
Chứng minh rằng với mọi số nguyên m,nm,n thỏa mãn f(m)≤f(n)f(m)≤f(n),thì ta có f(n)f(n) chia hết cho f(m)f(m)

Bài 6
Cho tam giác nhọn ABCABC nội tiếp đường tròn ΓΓ.Gọi ll là tiếp tuyến tới TT,và la,lb,lcla,lb,lc là các đường thẳng đối xứng với ll qua BC,CA,ABBC,CA,ABtương ứng.Chứng tỏ rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác xác định bởi la,lb,lcla,lb,lc tiếp xúc với đường tròn ΓΓ. 
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 27-07-2011 - 18:07

Bạn copy rồi past lại là có ý gì  ? 

Em vẫn chưa hiểu đoạn xử lí $ ( n,n^2+ 2019) \neq  1 $ ạ. Mọi người giải đáp giúp em với ạ