Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm  nguyên dương:

$x^{4}-1=3y^{2}$

Mình nghĩ là như thế này, không biết chuẩn không.

Ta chỉ cần xét trường hợp $x\neq y$.

Giả sử $x>y$.

Đặt $x=yq+r(r,q\in\mathbb N^*; r<y)$.

Nếu $r=0$ thì $\gcd(x,y) = y$ nên bài toán hiển nhiên đúng.

Nếu $r>0$ thì $(a^y)^q.a^r\equiv (b^y)^q.b^r\pmod m$.

Do $(a,m)=(b,m)=1$ và $a^y\equiv b^y\pmod m$ nên $a^r\equiv b^r\pmod m$.

Lúc này, $\gcd(x,y)=\gcd(y,r)$ nên lặp lại liên tục, ta có bài toán đúng theo giải thuật Euclid.

mik ko hiểu cái đoạn triệt tiêu thành a^r đồng dư b^r mod m lắm

Cho a,b,m là các số nguyên dương thỏa mãn:

(a,m)=(b,m)=1

$a^{x}\equiv b^{x}$ (mod m)

$a^{y}\equiv b^{y}$ (mod m)

CMR $a^{gcd(x,y)}\equiv b^{gcd(x,y)}$ (mod m)

cái tính chất này mik ko bt có đúng hay ko nữa@@

Khi rải đều phần diện tích xung quanh mặt cầu lên một mặt phẳng ta sẽ nhận được hình gì? 

Câu hỏi này mới chợt nảy ra trong đầu mình, kiến thức về hình học không gian của mình không nhiều, nếu mọi người có ý tưởng nào liên quan thì hãy góp ý giúp mình ạ

Bài này bạn chứng minh $\text{ord}_{10} 2003 = 1001$ rồi làm giống bài trong đề Brazil 2009.

bạn có link bài đấy ko? mik tìm r mà ko đc

Chứng minh rằng tồn tại i,j nguyên dương sao cho $10^{i}+10^{j}+1 \vdots 2003$

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). D là 1 điểm di động trên AO. (ADC) cắt AB tại F, (ADB) cắt AC tại E.Chứng minh rằng OM chia đôi EF.

P/s: mik có ý tưởng là kẻ đường kính AA'.Kẻ A'R//AC(R thuộc AB) và A'S//AB(S thuộc AC), gọi P,Q lần lượt là giao điểm của BC với (ADB) và (ADC) rồi CM BF/BR=CE/CS(*) và dùng ERIQ là xong.nma muốn cm (*) thì cần có BQ/CP=(AB/AC).(cosC/cosB).CM cái này có vẻ khá là khó(

Cho a,b nguyên dương sao cho với mỗi n nguyên dương, nếu $an+1$ là số chính phương thì $bn+1$ cũng là số chính phương. CMR $a=b$

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với I là tâm nội tiếp. BI cắt AC tại E. CI cắt AB tại F. (AEF) cắt (O) tại P. và L là điểm chính giữa cung lớn BC của (O). CM PL cắt BC tại điểm nằm trên trung trực của AI

* Mở rộng: Gọi Z là giao điểm thứ 2 của AL và (AFE). Từ T kẻ tiếp tuyến thứ 2 TG tới (AEF). CM Z,I,G thẳng hàng

Cho $f:\mathbb{R}^{+}\rightarrow \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn 

$f(x+y)=f(x)+f(y)$ với mọi $x,y>N$ ($N$ là hằng số dương nào đó)

Hỏi từ đây có suy ra được $f(x)=ax$ với mọi $x>T$ hay không? (T là hằng số dương nào đó)

Gợi ý: Dùng 2 bổ đề sau
Bổ đề 1: Tiếp tuyến tại $A$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $T$. Khi đó $T$ thuộc trung trực $AI$ và $TI//EF$
Bổ đề 2: $D$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$. Khi đó $ID$ đi qua trung điểm $EF$
Sau đó gọi $ID$ cắt $BC$ tại $S$, $LS$ cắt $(O)$ tại $X$. Chứng minh $(GX, BC)=-1$. Sau đó dùng bổ đề 1 là xong            
                         

bạn chỉ rõ hơn cách cm bổ đề đc ko

Cho a,b,n là các số nguyên dương sao cho $(a,b)=1$. Chứng minh rằng :  $(a-b,\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b})=(n,a-b)$

Ý tưởng của mình như thế này:

Nếu p là ước nguyên tố lẻ chung của $a-b$ và $n$ thì theo bổ đề LTE, $v_p(a^n-b^n)=v_p(a-b)+v_n\Rightarrow v_p(\frac{a^n-b^n}{a-b})=v_p(n)$.

Do đó $v_p(gcd(\frac{a^n-b^n}{a-b},a-b))=\min\{n,v_p(a-b)\}=v_p(gcd(a-b,n))$.

Trường hợp ngược lại cũng tương tự.

Do đó ta chỉ cần xét $a-b$ chẵn hay $a,b$ cùng lẻ.

Nếu $a-b$ chia hết cho 4 thì cũng áp dụng được LTE như trên khi $p=2$.

Ta chỉ cần xét $v_2(a-b)=1$. Khi đó $v_2(a+b)\geq 2$. (Do $a,b$ lẻ)

Khi n chẵn, sử dụng LTE ta có $v_2(a^n-b^n)=v_2(a^2-b^2)+v_2(n)-1=v_2(a+b)+v_2(n)-1\geq 2$

$\Rightarrow v_2(gcd(a-b,\frac{a^n-b^n}{a-b}))=1=v_2(n,a-b)$.

Khi n lẻ, ta cần chứng minh $\frac{a^n-b^n}{a-b}$ không là số chẵn.

Tuy nhiên n lẻ nên $a^{n-1}\equiv 1\pmod 4\Rightarrow a^n\equiv a\pmod 4$.

Tương tự dẫn đến $v_2(a^n-b^n)=1$. Ta có đpcm.

P/s: Hình như bài toán chỉ cần a, b không cùng chẵn là được.

Ý tưởng của mình như thế này:

Nếu p là ước nguyên tố lẻ chung của $a-b$ và $n$ thì theo bổ đề LTE, $v_p(a^n-b^n)=v_p(a-b)+v_n\Rightarrow v_p(\frac{a^n-b^n}{a-b})=v_p(n)$.

Do đó $v_p(gcd(\frac{a^n-b^n}{a-b},a-b))=\min\{n,v_p(a-b)\}=v_p(gcd(a-b,n))$.

Trường hợp ngược lại cũng tương tự.

Do đó ta chỉ cần xét $a-b$ chẵn hay $a,b$ cùng lẻ.

Nếu $a-b$ chia hết cho 4 thì cũng áp dụng được LTE như trên khi $p=2$.

Ta chỉ cần xét $v_2(a-b)=1$. Khi đó $v_2(a+b)\geq 2$. (Do $a,b$ lẻ)

Khi n chẵn, sử dụng LTE ta có $v_2(a^n-b^n)=v_2(a^2-b^2)+v_2(n)-1=v_2(a+b)+v_2(n)-1\geq 2$

$\Rightarrow v_2(gcd(a-b,\frac{a^n-b^n}{a-b}))=1=v_2(n,a-b)$.

Khi n lẻ, ta cần chứng minh $\frac{a^n-b^n}{a-b}$ không là số chẵn.

Tuy nhiên n lẻ nên $a^{n-1}\equiv 1\pmod 4\Rightarrow a^n\equiv a\pmod 4$.

Tương tự dẫn đến $v_2(a^n-b^n)=1$. Ta có đpcm.

P/s: Hình như bài toán chỉ cần a, b không cùng chẵn là được.

cảm ơn nhiều nhé, mik hiểu rùi

mk gợi ý là dùng hàng điểm nhé =)

bạn ns rõ hơn đc ko

$A_1D$ sẽ đi qua tiếp điểm của $(I)$ trên $BC$, do đó nếu bạn gọi tiếp điểm ra thì các đường này sẽ đồng quy (tam giác có các cạnh song song) tại tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(I)$

bạn nói rõ hơn đc ko, mik ko hiểu lắm

Cho tam giác ABC có phân giác BE,CF cắt nhau tại I.(AIB) cắt BC tại M.IM cắt EF tại Q. CMR QA là tiếp tuyến của (AIB)

mik ko hiểu lắm. Bạn nói rõ hơn đoạn CM TG vuông góc BC để lm gì và áp dụng đt gauss ntn đc ko

Gợi ý cho bạn một cách giải sau:
Gọi $BE$ cắt $CF$ tại $T$, $AO$ cắt $(O)$ tại $G$. 
Chứng minh $TG\perp BC$. Để chứng minh phần này thì bạn chứng minh bằng cách: $TB^2-TC^2=GB^2-GC^2$ (đồng dạng và định lí $Pytago$)
Sau đó áp dụng đường thẳng $Gauss$ cho chứ giác toàn phần $AFTE.BC$

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). (AI) cắt (O) tại điểm thứ hai là $A_{1}$. $B_{1}, C_{1}$ định nghĩa tương tự. D,E,F lần lượt là điểm chính giữa cung BC,CA,AB không chứa A,B,C của (O).CMR $A_{1}D,B_{1}E,C_{1}F$ đồng quy tại 1 điểm nằm trên IO

Không biết có chỗ nào ngộ nhận không nhỉ...

Cho $CI, BI$ theo thứ tự cắt $EF$ tại $X,Y$.

Ta có kết quả quen thuộc $\angle BXC = \angle BYC = 90^\circ$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$, kẻ phân giác $AV$ của $\Delta ABC$ thì $V$ cố định.

Cho $G$ đối xứng với $H$ qua $V$.

$AI$ cắt $(ABC)$ lại tại $K$, $J$ đối xứng với $H$ qua $K$.

$T$ đối xứng với $J$ qua $I$.

Dễ thấy $HT\parallel IK$ nên $HT\perp XY$.

Suy ra $HT$ là trung trực của $XY$ nên $TX=TY$.

Xét phép vị tự tâm $I$, tỉ số $-1$ ta suy ra $JP = JQ$.

Mà $JG\parallel VK\Rightarrow JG \perp PQ$, do đó $GP = GQ$.

Lại có $G$ cố định. Vậy trung trực của $PQ$ đi qua $G$ cố định.

mik thấy đúng r đấy

Cho tam giác nhọn A1B1C1. Trên các cạnh B1C1,C1A1,A1B1 lần lượt lấy A,B,C sao cho $\triangle ABC\sim \triangle A1B1C1$.CMR các trực tâm của tam giác ABC và A1B1C1 cách đều tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng:

$lcm(1,2,3,..,n)$$\geq 2^{n-1}$

bạn gợi ý giúp mik thêm nữa đc ko

Mình gợi ý là dùng phép vị tự tâm J tỷ số 2 nhé. Mk đã thử và làm dc rồi =))

$n = \left(\overline{a_{t-1}...a_2a_1a_0}\right)_p$
$= a_{t-1}p^{t-1} + ... + a_2t^2 + a_1t + a_0$
Vì n có t chữ số hệ p phân nên $a_{t-1} \geqslant 1, a_i \geqslant 0 \forall i, 0 \leqslant i < t - 1$
$\Rightarrow n \geqslant p^{t-1}$
Lấy $log_p$ 2 vế được
$log_pn \geqslant log_pp^{t-1} = t - 1$ (đpcm)

Không biết đúng hay sai nữa

đúng r:))

Cho n là số nguyên dương. Giả sử n có t chữ số khi viết dưới dạng p phân. CMR: $t\leq log_{p}n+2$

$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện sau:

i)$f(x+y)=f(x)+f(y)$ với $\forall x,y\epsilon \mathbb{R}$

ii)$f(f(y))=y$ với $\forall x,y\epsilon \mathbb{R}$

iii)$f(x^{2021})=f^{2021}(x)$ với $\forall x,y\epsilon \mathbb{R}$