cho n học sinh (n lớn hơn hoặc bằng 2) được sắp xếp thành 1 hàng dọc. Cứ mỗi lần thầy giáo thổi còi thì có đúng 2 học sinh đổi chỗ cho nhau. Hỏi sau một số lẻ lần thầy giáo thổi còi,ta có thể thấy tất cả các học sinh đều đứng trở lại đúng vị trí ban đầu của mình hay không?

Bài 33 em giải như sau:

Ta xét 3 trường hợp sau:

TH 1:$\left | k \right |> 2$

Dùng BĐT sau:

$\left | u_{n+1} \right |\geq \left | k \right |.\left | u_{n} \right |-\left | u_{n-1} \right |> 2\left | u_{n} \right |-\left | u_{n-1} \right |\geqslant \left | u_{n} \right |$ nếu$\left | u_{n} \right |\geq \left | u_{n-1} \right |> 0$

Ta suy ra $\left | u_{0} \right |=\left | u_{1} \right |< \left |u _{2} \right |< ...$

TH 2: $\left | k \right |\leq 2$,k là số hữu tỉ nhưng k không là số nguyên,tức là $k=\frac{p}{q};p,q \epsilon \mathbb{Z}, q\geq 2,(p,q)=1$

Ta có $u_{2}=\frac{p}{q}u_{1}-u_{0}=\frac{-p-q}{q}$

Quy nạp theo n,giả sử $u_{i}=\frac{p_{i}}{q_{i-1}},p_{i}\in \mathbb{Z},(p_{i},q)=1;\forall i=1,2,...,n$ (1)

Khi đó $u_{n+1}=\frac{p}{q}u_{n}-u_{n-1}=\frac{p_{n+1}}{q^n}$ trong đó $p_{n+1}=p.p_{n}-q^2.p_{n-1} \in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $(p_{n+1},q)=1$

Do $q\geqslant 2$, từ (1) suy ra $u_{n}\neq u_{m}$ với mọi $n\neq m$

Nói riêng $(u_{n})$ không là dãy số tuần hoàn.

TH 3: $\left | k \right |\leq 2,k\in \mathbb{Z}$ thì ta xét 5 giá trị của k thì dễ dàng tìm được có 4 giá trị của k thỏa mãn là -2,-1,0,1 

Cách của em không hay bằng cách của bạn Đạt nhưng đây cũng là 1 hướng tiếp cận bài toán dạng này 

Bài 51: Hãy tìm tất cả các tập A gồm hữu hạn số thực có tính chất sau:

Nếu x thuộc A thì $f(x)=x^{3}-3\left | x \right |+4$ cũng thuộc A

Bài 52: Có tồn tại hay không một đa giác đều 600 cạnh trong mặt phẳng tọa độ Descartes Oxy mà tọa độ các đỉnh của nó đều là số hữu tỉ?

có thể lập được 7.7.6.5=1470 số thỏa mãn

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để phương trình $x^n+(x+2)^n+(2-x)^n=0$ có nghiệm nguyên 

đây là đề APMO 1993 bạn nhé,đáp án là n=1 

Bài 53: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất, $n>0$ sao cho tổng $\sum_{i=1}^{n}p_{i}^{2000} $ chia hết cho $120$ với $p_{1};p_{2};p_{3};....$ là các số nguyên tố tùy ý lớn hơn 10

Bổ đề: nếu p là số nguyên tố lớn hơn 10 thì $p^{4}-1\vdots 120$

áp dụng bổ đề ta có:

$\sum_{i=1}^{n}(p_{i}^{2000}-1)+n\equiv \sum_{i=1}^{n}(p_{i}^{4}-1)+n\equiv n(mod 120)$

$\Rightarrow n=120k$ $k\in \mathbb{N}^{*}$,vậy nên n nhỏ nhất khi k=1,khi đó n=120. Khi đó thì $p_{1}=p_{2}=...=p_{120}$ thỏa mãn

có ai có đề TST 2015 ngày thứ nhất chưa ạ,mới có được 2 bài này của anh Lữ bên MS,ai có bản full thì up lên cho mọi người cùng làm với ạ

Bài 1

Gọi $\alpha $ là nghiệm dương của phương trình ${{x}^{2}}+x=5$. Với số nguyên dương $n$ nào đó, gọi ${{c}_{0}},{{c}_{1}},{{c}_{2}}, \ldots ,{{c}_{n}}$ là các số nguyên không âm thỏa mãn đẳng thức

$${{c}_{0}}+{{c}_{1}}\alpha +{{c}_{2}}{{\alpha }^{2}}+...+{{c}_{n}}{{\alpha }^{n}}=2015.$$
a) Chứng minh rằng ${{c}_{0}}+{{c}_{1}}+{{c}_{2}}+...+{{c}_{n}}\equiv 2\text{ }(\bmod 3).$ 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng ${{c}_{0}}+{{c}_{1}}+{{c}_{2}}+...+{{c}_{n}}$.

Bài 2.

Cho đường tròn $(O)$, dây cung $BC$ cố định và điểm $A$ chạy trên $(O)$. Gọi $I,H$ lần lượt là trung điểm cạnh $BC$ và trực tâm tam giác $ABC$, tia $IH$ cắt $(O)$ tại $K$, $AH$ cắt $BC$ tại $D$, $KD$ cắt $(O)$ tại $M$. Từ $M$ vẽ đường vuông góc với $BC$ cắt $AI$ tại $N$. 
a) Chứng minh $N$ thuộc đường tròn cố định.
b) Đường tròn tiếp xúc với $AK$ tại $A$ và đi qua $N$ cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. Gọi $J$ là trung điểm $P,Q$. Chứng minh rằng: $AJ$ qua điểm cố định.

Bài 3
Một số nguyên dương $k$ có tính chất “$t-m$” nếu với mọi số nguyên dương $a$, tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho
$${{1}^{k}}+{{2}^{k}}+{{3}^{k}}+...+{{n}^{k}} \equiv a (\bmod m).$$
a) Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ có tính chất $t-20.$ 
b) Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất có tính chất $t-{{20}^{15}}$

đề vòng 2 

từ công thức tổng quát,ta có:

$x_{k}=\frac{x_{k+1}-5}{x_{k}-5}.$ thay k bởi 1,2,...,n rồi nhân lại với nhau ta được điều trên đó bạn 

Cho $a, b, c \epsilon R$ Chứng minh các BĐT sau:

 

1/ $a^4+ b^4\leq \frac{a^6}{b^2}+\frac{b^6}{a^2}$ với $a,b \neq 0$

 

2/ $a^4+3\geq 4a$

 

Cho các số thực dương $ a, b $ CMR: $\frac{b}{\sqrt{a}}+\frac{a}{\sqrt{b}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}$

dễ mà bạn,áp dụng BĐT cosi thôi

$\frac{4a^{2}}{a-1}=\frac{4(a^{2}-1)+4}{a-1}=4(a+1)+\frac{4}{a-1}=4(a-1)+\frac{4}{a-1}+8\geq 16$

mấy cái khác làm tương tự MinP=48

cách làm của em sai rồi nhé,đoạn nớ cosi đc khi a lớn hơn hoặc bằng 1,giả thiết cho a>0 mà,bài này anh nghĩ có thiên hướng dùng lượng giác

bài tóan này tương đối nhiều cách,em có thể dùng đến BĐT phụ sau $a^2+b^2+c^2< 2ab+2bc+2ac$ ( đúng với trường hợp a,b,c là 3 cạnh của tam giác) rồi biến đổi cơ bản là ra ( để ý vai trò a,b,c như nhau nên có thể giả sử a= max {a,b,c} ) hoặc có thể thay c=2-(a+b) vào BĐT cần chứng minh cũng đc

Cho $a,b,c > 0$.

Tìm Min: $P=\frac{4a^{2}}{a-1}+\frac{5b^{2}}{b-1}+\frac{3c^{2}}{c-1}$.

có vẻ đề này thiếu dữ kiện vì khi cho a tiến đến 1- thì P tiến tới vô cực rồi,em kiểm tra lại đề nhé 

$f(t)$ là hàm số nghịch biến trên khoảng $\left ( 0,\frac{\sqrt{2}}{2} \right )$

Danh sách đội tuyển IMO 2015:

Việt Hà-CHT

Nguyễn Thế Hòan,Nguyễn Tuấn Hải Đăng KHTN HN

Nguyễn Huy Hoàng PTNK

Hòang Anh Tài PBC Nghệ An

suất thứ 6 chưa chắc chắn,nghe nói là Tài LHP Nam Định 

P/S: tuyệt vời năm nay team IMO lại có nữ 

bài này cho số 2015 là để lừa tình 1 tí

ta sử dụng phương pháp hàm bậc nhất.

$ab+bc+ca-2015abc\leq ab+bc+ca-abc$ ( do giả thiết a,b,c không âm )

áp dụng giả thiết $a+b+c=1$ ta cần chứng minh:

$ab(1-c)+c(1-c)-\frac{1}{4}\leq 0$

Cố định ab,ta có $0\leq ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}=\frac{(1-c)^2}{4}$

đặt $f(ab)=ab(1-c)+c(1-c)-\frac{1}{4}$. Ta cần chứng minh

$f(ab)\leq max\left \{ f(0),f(\frac{(1-c)^2}{4}) \right \}$$\leq 0$

đến đây thay số vào là ra

câu b $\widehat{AHM}=45^{\circ}$ bằng cách chứng minh ABE là tam giác vuông cân và A,B,H,M đồng viên 

ta có:

$\frac{2k+1}{(k^2+k)^2}=\frac{(k+1)^2-k^2}{(k(k+1))^2}=\frac{1}{k^2}-\frac{1}{(k+1)^2}$

thay vào bài là ra 

Cho số nguyên dương $n$ và các số thực $a_1;a_2;...;a_{n-1}$. Cho hai dãy số $(u_n),(v_n)$ thỏa mãn $u_0=u_1=v_0=v_1=1$ và $u_{k+1}=u_k+a_ku_{k-1}, v_{k+1}=v_k+a_{n-k}.v_{k-1}$. Chứng tỏ rằng:$u_n=v_n$

đề bài có vẻ thiếu thiếu nhỉ,phải có mối liên hệ của $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ chứ nhỉ,nếu không thì trường hợp k=1 chắc gì nó đã bằng 

Áp dụng bất đẳng thức phụ $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$,ta có

$\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{a+c}+\dfrac{2c}{a+b}$$\geq 3$ (1)

mà $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\geq 0; (*) (a+b+c)^{2}\geq 0\Rightarrow \frac{1}{(a+b+c)^{2}}< 0(**)$

từ (*)(**)$\Rightarrow \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2}{(a+b+c)^2}\leq 0$ (2)

Từ (1)(2)$\Rightarrow \dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{a+c}+\dfrac{2c}{a+b} \ge 3+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2}{(a+b+c)^2}$(đpcm)

bài em sai rõ ràng rồi nhé,với lại đây là một BĐT chặt hơn BĐT Schur nên không thể dùng nó được 

Chứng minh phương trình $8x^{3}-6x-1=0$ có ba nghiệm thực phân biệt.hãy tìm 3 nghiệm đó?

                                          

                                                             

Ta có:

$f(0)=-1$,$f(1)=1$,$f(-\frac{1}{2})=1$,$f(-1)=-3$ nên $f(0).f(1)<0$,$f(0).f(-\frac{1}{2})<0$,$f(-\frac{1}{2}).f(-1)<0$.Từ đó ta có phương trình có 3 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng $(-1,-\frac{1}{2})$,$(-\frac{1}{2},0)$,$(0,1)$.

Để tìm 3 nghiệm đó,ta chỉ cần xét x trong khoảng (-1,1) ( vì đã chứng minh ở trên 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-1,1) )

Đến đây đặt x=cos t thôi là giải ra

số đỉnh màu xanh là 103-79=24 đỉnh.Nếu tất cả các đỉnh màu đỏ tập hợp thành 1 phần thì a=78,nếu bị cắt thành 2 phần thì a=77. Nếu có k phần thì a=79-k. Nếu có k phần đỏ thì cũng có k phần xanh nên b=24-k. Từ đó có 24 khả năng tất cả

P/s: bài này hình như là bài VMO 2014 

Chứng minh với mọi k là số tự nhiên thì A=$1+9^{2k}+77^{2k}+1977^{2k}$ không phải là số chính phương

Trường hợp riêng k=0 là số chính phương nhé

Ta xét $k\geq 1$

Bổ đề: 1 số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1.

Ta có A chia 3 dư 2 nên theo bổ đề A không là số chính phương

   Cho các số không âm a,b,c không có hai số nào đồng thời bằng 0 . Chứng minh rằng : 
 
         $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq 2$

bằng phép quy đồng và 1 số biến đổi đơn giản ta có BĐT Schur:

$a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)$

phép chứng minh này có rất nhiều trong các tài liệu nên sẽ không nêu ở đây,dưới đây là dạng BĐT Schur tổng quát

a,b,c,k là các số thực dương bất kì ta luôn có:

$a^{k}(a-b)(a-c)+b^{k}(b-c)(b-a)+c^{k}(c-a)(c-b)\geq 0$

ý tưởng thế này:

$2S_{ABCD}=2(S_{BCD}+S_{DAB})\leq AC.BD\leq AB.CD+BC.AD$