Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $AB=2R$. Dây $MN$ chạy trên $(O)$ sao cho $MN=R$. Đường thẳng qua $M$ song song $ON$ cắt $AB$ tại $E$. Đường thăng qua $N$ song song $OM$ cắt $AB$ tại $F$. 
a) Chứng minh hai tam giác $MNE,NFM$ đồng dạng 
b) Gọi $I$ là giao của $EN$ và $FM$. Xác định vị trí $MN$ để $\triangle MIN$ có chu vi đạt giá trị lớn nhất

Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $AB=2R$. Dây $MN$ chạy trên $(O)$ sao cho $MN=R$. Đường thẳng qua $M$ song song $ON$ cắt $AB$ tại $E$. Đường thăng qua $N$ song song $OM$ cắt $AB$ tại $F$. 
a) Chứng minh hai tam giác $MNE,NFM$ đồng dạng 
b) Gọi $I$ là giao của $EN$ và $FM$. Xác định vị trí $MN$ để $\triangle MIN$ có chu vi đạt giá trị lớn nhất

Một số được gọi là "đáng ghét" nếu tồn tại số nguyên dương $m$ mà trong tập $\{1,2,...,28011980\}$ có đúng $n$ số $x_1<x_2<...<x_n$ không đồng dư với nhau theo modulo $n$ . Nếu điều này không xảy ra thì gọi là số "đáng yêu".Xác định số "đáng yêu" bé nhất

Gợi ý : Đưa về pt tích 

Ta sẽ chứng minh $n$ chia hết cho $3$ 
Thật vậy $VT$ chia $7$ thì chỉ có số dư là $0,1,6$  
Nếu $n$ ko chia hết cho $3$ thì $2^n=8^k.r$ trong đó $r=2,4$ thì chia $7$ dư $2,4$  
Suy ra $n$ chia hết cho $3$ ta đặt $n=3k$ 
Và $2^k=a$ 
Khi đó ta cần giải pt : $x^3+3367=a^3$ 
Hay $(a-x)(a^2+ax+x^2)=3367$ tự giải 

Câu $2$ bỏ số $a$ đi 
Áp dụng định lí Vieta : 
$\begin{cases} &x_1+x_2=-p&\\&x_1x_2=-1& \end{cases}$ 
Ta thấy $S_0=2,S_1=-p,S_2=p^2+2$ . Chứng minh được $S_{n+2}=-pS_{n+1}+S_n$ với mọi $n \in {N}$ 
Từ đó suy ra $S_n \in {Z}$ với mọi $n \in {N}$ 
Đặt $gcd(S_{n+2},S_{n+1})=d \Rightarrow S_n \vdots d \Rightarrow ... \Rightarrow S_1 \vdots d \Rightarrow S_0 \vdots d$ mà $p$ lẻ thì :
$gcd(S_0,S_1)=1$ suy ra $d=1$ 
$\Rightarrow Q.E.D$

1. Giả sử PT: x²+ax+b+1 có 2 nghiệm nguyên dương. Chứng minh a²+b² là hợp số

2. Cho PT: ax²+px-1=0 (p lẻ) có 2 nghiệm phân biệt x₁, x₂. Chứng minh nếu n là số tự nhiên thì x₁ⁿ+x₂ⁿ và x₁ⁿ⁺¹+x₂ⁿ⁺¹ là các số nguyên và nguyên tố cùng nhau

3. Cho PT: x²+ax+b=0 và x²-cx+d=0

a,b,c,d thỏa mãn a(a-c)+c(c-a)+8(d-b)>0

Chứng minh ít nhất 1 trong 2 PT có 2 nghiệm phân biệt

1) Áp dụng định lí Vieta : 
$x_1+x_2=-a,x_1x_2=b+1$ suy ra $a,b \in Z$ 
Ta có $a^2+b^2=(x_1+x_2)^2+(x_1x_2-1)^2=(x_1^2+1)(x_2^2+1)$ 
Bây giờ chứng minh $x_1,x_2 \ge 1$ là xong 

cho mình hỏi S₀ là j và sao lại =2 đc ko

6) $(x^4+y^4)(x^2+y^2) \ge (x^3+y^3)^2$ 
Suy ra $\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3} \ge \frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}$ 
$(x^3+y^3)(x+y) \ge (x^2+y^2)^2 \Leftrightarrow \frac{x^3+y^3}{x^2+y^2} \ge \frac{x^2+y^2}{x+y} \ge \frac{x+y}{2}$ 
Tương tự ta cũng có $\frac{y^4+z^4}{y^3+z^3} \ge \frac{z+y}{2}, \frac{x^4+z^4}{y^3+z^3} \ge \frac{z+x}{2}$ 
Suy ra $VT \ge x+y+z=2008$ 
 

$x=y=\frac{1}{2}$ thì $B=8$

4) 
$2012=(abc+bcd+dab-a-b-c-d)^2=((ab-1)(c+d)+(cd-1)(a+b))^2 \le [(ab-1)^2+(a+b)^2][(cd-1)^2+(c+d)^2]=(a^2b^2+a^2+b^2+1)(c^2d^2+c^2+d^2+1)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)$

quên cách giải rồi :v mấy tháng ròi ko đụng bđt làm sao đc

Đặt $a=x,b=2y,c=3z$ 
Bất đẳng thức ta cần tìm Max tương đương với 
$\frac{11.b^3-a^3}{ab+4b^2}+\frac{11c^3-b^3}{cb+4c^2}+\frac{11a^3-c^3}{ac+4a^2}$ 
Tự c/m bđt $\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2} \le 3b-a$   
Suy ra $Q \le 2a+2b+2c=6$

Thêm hai bài nữa

Bài 3 : Tìm trên mạng đề thi Olympic Duyên Hải Nam Trung Bộ gì đấy ,sông Hồng 3 năm gần lại đây 

Gợi ý : Đặt $a=x,b=2y,c=3z$

làm sao bạn có được đánh giá như vậy ?? chỉ mình với cám ơn       

Kinh nghiệm bạn ạ . Mình cũng quen dạng này rồi ngồi mò thôi

BĐT đc viết lại $ \sum \frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2} $  
Ta có đánh giá $\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}  \le 3b-a$ vì $(b-a)^2(b+a) \ge 0$ 
Suy ra $MAX_{VT}=2(a+b+c)=2(x+2y+3z)=6$

$1$ bài tương tự có ở đây
  1 ví dụ được áp dụng bài toán này. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ có ít nhất $3$ ước nguyên tố thỏa $n|2^n-8$

$A=a^5b-b^5a=ab(a-b)(a+b)(a^2+b^2)$ 
Nếu $a,b$ có tồn tại một số chẵn hoặc $2$ số cùng tính chẵn lẻ thì ta đều có : $A \vdots 2$ 
Nếu $a,b$ có tồn tại $1$ số chia hết cho $3$ hoặc $2$ ko chia hết cho $3$ thì cũng có $A \vdots 2$ . Ví dụ xét 1 số chia hết cho $3$ dư $1$ , số còn lại chia $3$ dư $2$. Vì ta có $(a+b) \vdots 3$ . Nếu $2$ số cùng số dư khi chia cho $3$ thì ta có $a-b \vdots 3$ 
Nếu $a,b$ tồn tại $1$ số chia hết cho $5$ thì ta có $A \vdots 5$. Nếu ko tồn tại số nào chia hết cho $5$ thì áp dụng đ'lí Fermat : 
$A \equiv ab-ba \equiv 0 \pmod{5}$ 
Mà $(3,5,2)=1$ suy ra $A \vdots 3.5.2=30$

Cho $k \in Z^{+}$ . Chứng minh tồn tại vô số số chính phượng có dạng $n.2^k-7$ trong đó $n \in Z^{+}$ 

200 cang thang qua nen sai may cai ko dang co (( 

bên mình có đưa 300

Bài J2 được đề xuất bởi Evan Chen. Khá hay. Đây là lời giải của mình.
Theo bổ đề LTE, $v_{2}(5^{2^{19}} - 1) = 21$. Do đó $5^{2^{19}} \equiv 1\pmod{2^{21}}$. Đặt $n = 2^{19} + 21$. Từ đó ta có $5^{n} \equiv 5^{21}\pmod{2^{21}}$.
Mặt khác, $5^{n} \equiv 5^{21}\pmod{5^{21}}$ do $n > 20$. Từ đó ta có $5^{n} \equiv 5^{21}\pmod{10^{21}}$.
Gọi $T(n)$ là số chữ số của $n$. Khi đó $5^{n} - 5^{21}$ có $21$ chữ số $0$ tận cùng.
Nhận xét là $14 < \log(5^{14}) < 15$ do đó $T(5^{21}) = 14$, nghĩa là ta có ít nhất $21 - 14 = 7$ số $0$ trong biểu diễn thập phân

Có anh gợi ý đáp số == chán thật 
Gọi $a$ là số "tốt" để $5^{n} \equiv a \pmod{10^{k+6}}$ với $k \in \mathbb{N}$  
Dễ thấy $n \ge k+6$ và $a \vdots 5^{k+6}$  
Ta có từ $\frac{5^n-a}{10^{k+6}}$ suy ra $\frac{5^{n-k-6}-\frac{a}{5^{k+6}}}{2^{k+6}} \in \mathbb{Z}$    
Đến đây ta đặt $z=\frac{a}{5^{k+6}}$ suy ra $\frac{5^{n-k-6}-z}{2^{k+6}} \in \mathbb{Z}$  chọn $z=1$ (*)
Ta chứng minh $\frac{5^{2^{k+4}}-1}{2^{k+6}}$ (1)
Theo định lí LTE : $v_2(5^{2^{k+4}}-1)=v_2(4)+v_2(2^{k+4})=k+6$ vậy (1) được chứng minh. 
Như vậy ta ta chọn $n-k-6=2^{k+4}$ suy ra $n=2^{k+4}+k+6<10^{6}$ đến đây giải bất phương trình này cho ta $k \le 15$ 
Chú ý rằng $log_{10}(a)<k$ , chọn $k=15$  suy ra $a=5^{21}$ (bằng mấy tính ta thấy thỏa ngay) 
Từ đó suy ra $n=2^{19}+21$
 

Irish Mathematical Olympiads (Thank you Imad Zak) 
File 

Nguồn : Thầy HTQuang