Kim Vu

Giả sử $f(7)$ là số chính phương thì $f(7)$ chia $6$ dư $0;1;3;4$

Mặt khác $f(7)-f(1) \vdots 6$ nên $f(7)$ chia $6$ dư $2$ vô lí

Bài 3
a)Với $p=5$
$x^3+x+5=y^2$
Nếu $x$ chia 4 dư 1,2,3 thì $y^2$ chia 4 dư 3 nên không thỏa mãn
Nếu $x$ chia hết cho 4
PT$\Leftrightarrow (x+3)(x^2-3x+10)=y^2+25=y^2+5^2$
$x+3$ có ít nhất một ước nguyên tố $h=4k+3$ nên $y^2+5^2\vdots h=4k+3$
Theo bổ đề về tổng bình phương và số nguyên tố,ta có $y\vdots h;5\vdots h \Rightarrow h=5$(vô lí)
Vậy với p=5 PT không có nghiệm nguyên
Với $p=13$,PT có nghiệm một nghiệm là $x=4;y=9$
Vậy $p=13$ là giá trị nhỏ nhất cần tìm
 

Gọi giao điểm điểm tiếp tại $P$ của $(O)$ với $QR $ là $I$
Ta sẽ chứng minh $E,D,I$ thẳng hàng
Từ giả thiết suy ra $BE=DC;EC=BD$
$ER.EA=EB.EC;DQ.DA=DB.DC$ nên $ER.EA=DQ.DA \rightarrow \frac{DQ}{ER}=\frac{AE}{AD}$
Mặt khác $\frac{AE}{AD}=\frac{sin\widehat{MAD}}{sin\widehat{EAM}}=\frac{PQ}{PR}$
Và $\frac{IR}{IQ}=(\frac{PR}{PQ})^2$
nên ta có:
$\frac{EA}{ER}.\frac{DQ}{DA}.\frac{IR}{IQ}=\frac{PQ}{PR}.\frac{PQ}{PR}.(\frac{PR}{PQ})^2=1$
Suy ra ĐPCM

Cho tam giác ABC không cân tại A. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC tại D. Điểm M thuộc đoạn AD. Các đường thẳng MB, MC theo thứ tự cắt (I) tại B1, B2, C1, C2 (BB1<BB2 , CC1<CC2).

Chứng minh rằng BC, B1C1, B2C2 đồng quy.

Gọi $E,F$ là tiếp điểm của $(I)$ và $AC,AB$
$AD$ cắt $(I)$ tại $K$
Tiếp tuyến $(I)$ tại $K,D$ giao tại $S$
DB₁KC₁ là tứ giác điều hòa nên tiếp tuyến $(I)$ tại $K,D$ cắt nhau trên $EF$ hay $S,E,F$ thẳng hàng
Suy ra $(SDBC)=-1$
Gọi giao của SB₁ với $AD,(I)$ là L và C₂
$KD$ là đường đối cực của $S$ đối với $(I)$ nên (SLB₁C₂)=-1
Do đó (SDBC)=(SLB₁C₂)=-1
Suy ra LD,BB₁,CC₂ đồng quy nên C₂ trùng C₁
Như vậy ta đã chứng minh B₁C1 đi qua $S$
Tương tự B₂C₂ đi qua $S$   




 

BÀI TẬP : Tìm tất cả các ước nguyên tố n của $A=2^{2017}-1$ biết $n<9000$

$n$ là ước nguyên tố bất kì của $A$ nhỏ hơn 9000
Gọi h là cấp của 2 modulo n;ta có ord_n(2)$=h \rightarrow 2^h-1 \vdots n$
$2^{2017}-1 \vdots n;2^{n-1}-1 \vdots n \rightarrow h$ là $UC(2017;n-1)$
$\rightarrow h \in \left \{ 1;2017 \right \}$
TH1:$h=1$ thì $2-1 \vdots n$(vô lí)
TH2:$h=2017 \rightarrow n-1 \vdots 2017 \rightarrow$ mọi UNT của $A$ đều chia 2017 dư 1 
Các số tự nhiên nhỏ hơn 9000 và chia 2017 dư 1 là 1;2018;4035;5052;8069
Chỉ có 8069 là số nguyên tố
Tuy nhiên nếu nếu $A\vdots 8069$ thì $2^{2017}\equiv 1(mod 8069)$
$ \Rightarrow 2^{2018} \equiv 2(mod 8069) \Rightarrow 2$ là số chính phương $modulo$ $8069$
 $\Rightarrow (\frac{2}{8069})=1$ 
Mặt khác $(\frac{2}{8069})=(-1)^{\frac{8069^2-1}{8}}=-1$(Mâu thuẫn)
Suy ra 8069 không là ước nguyên tố của $A$

Vậy $A$ không có UNT nhỏ hơn 9000
 

Cho P(x) thuộc R[x] degP>=1 có m nghiệm Cm Q(x)=(x^2+1)P(x)+P'(x) có ít nhất 1 nghiệm

Xét $H(x)=e^{\frac{x^3}{3}+x}.P(x)$
$H'(x)=e^{\frac{x^3}{3}+x}((x^2+1)P(x)+P'(x))=e^{\frac{x^3}{3}+x}Q(x)$

TH1:$m=1$.

Nếu $P(x)$ bậc lẻ thì $Q(x)$ bậc lẻ nên có ít nhất 1 nghiệm
Nếu $P(x)$ bậc chẵn,$P(x)$ có 1 nghiệm là $a$ thì $\frac{P(x)}{x-a}$ bậc lẻ nên có ít nhất một nghiệm
 suy ra $P(x)$ có ít nhất 2 nghiệm(có thể trùng nhau)(vô lí)
TH2:$m \geq 2$
Do $H(x)$ có m nghiệm ,nếu có ít nhất 2 nghiệm phân biệt theo định lý Rolle $H'(x)$ có ít nhất 1 nghiệm nên $Q(x)$ có ít nhất 1 nghiệm
Nếu $H(x)$ chỉ có nghiệm bội m thì $H'(x)$ có nghiệm bội $m-1$ suy ra $Q(x)$ có ít nhất 1 nghiệm

Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn:

x⁴+x³+x²+2x=y(y+1)

$4x^4+4x^3+4x^2+8x+1=(2y+1)^2$
Kẹp giữa $(2x^2+x)^2$ và $(2x^2+x+1)^2$

Bài 73: Chứng minh rằng nếu các số dương $a,b,c$ thỏa mãn: $abc=1$ thì $\frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{8a^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{8b^3+1}}\ge 1$.

Bài 74: Xác định tất cả các đa thức với hệ số thực $P(x),Q(x)$ và $R(x)$ thỏa mãn điều kiện: $\sqrt{P(x)}-\sqrt{Q(x)}=R(x)$ với mọi số thực $x$.

Bài 73
$A=\sum \frac{a}{\sqrt{8c^3+1}}=\sum \frac{a}{\sqrt{(2c+1)(4c^2-2c+1)}}\geq \sum \frac{a}{2c^2+1}$
Đặt $a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}$
$ \sum \frac{a}{2c^2+1} = \sum \frac{x^3}{2z^2y+yx^2}=\sum \frac{x^4}{2z^2yx+yx^3} \geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2xyz(x+y+z)+x^3y+y^3z+z^3x}$
$3x^4+y^4 \geq 4x^3y  \\3y^4+z^4 \geq 4y^3z  \\3z^4+x^4 \geq 4z^3y \\\rightarrow x^4+y^4+z^4 \geq x^3y+y^3z+z^3x$
$(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2\geq xyz(x+y+z)$
Do đó ta có $\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2xyz(x+y+z)+x^3y+y^3z+z^3x} \geq 1$

Cho $(u_{n}):u_{n+1}-2u_{n}+u_{n+1}=K$, $K$ là hằng số (Với mỗi $n\geq 2$). Tính $lim\frac{u_{n}}{n^{2}}$

Chắc hẳn đề là $u_{n+1}-2u_{n}+u_{n-1}=K$
Sử dụng định lí Stolz liên tiếp 
$lim\frac{u_{n+1}-2u_{n}+u_{n-1}}{(2n+1)-(2n-1)}=\frac{K}{2}\Rightarrow lim\frac{u_{n}-u_{n-1}}{n^2-(n-1)^2} =lim \frac{u_{n}-u_{n-1}}{2n-1}=\frac{K}{2}\Rightarrow lim\frac{u_{n}}{n^2}=\frac{K}{2}$

Tiêu chuẩn này cần phải có thêm $S_b \geq 0$ nữa chứ anh?

Đây là tiêu chuẩn mở rộng
Nếu thích thì có thể suy ra S_b $\geq 0$ từ 2S_b$\geq$ S_b+S_c

Câu hình ngày 2
a) $AT$ cắt $(I)$ tại $L$
Dễ thấy tứ giác $TELF$ điều hòa
Mặt khác phép vị tự tâm $T$,tỉ số $TO/TI$ biến $(I)$ thành $(O)$,$E->M$ $F -> N$,$L -> A$
nên tứ giác $AMTN$ điều hòa 
Từ đó ta có ĐPCM
b) Dễ cm $P,Q$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và $ACD$
$AC$ cắt $PQ$ tại $X$
$PU,QV$ vuông góc với $AC$
r_(ABC)=r_(ACD) nếu $PU=QV$
Tương đương với $X$ là trung điểm $PQ$
Đoạn còn lại dùng định lý Menelaus trong tam giác $CMN$ cát tuyến $KPQ$ kết hợp với định lý sin trong tam giác $CXP,CXQ$   sẽ có ĐPCM

Câu 2. Phân tích bình phương S.O.S
$(a-b)^2(\frac{1}{ab}-\frac{2\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2})+(b-c)^2(\frac{1}{bc}-\frac{2\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2})+(c-a)^2(\frac{1}{ca}-\frac{2\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2}) \geq 0$
Đặt $\frac{1}{ab}-\frac{2\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2}=S_{c};\frac{1}{bc}-\frac{2\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2}=S_{a};\frac{1}{ca}-\frac{2\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2}=S_{b}$
Giả sử $a \geq b \geq c \Leftrightarrow  S_{a} \geq S_{b} \geq S_{c}$ 
Ta sẽ chứng minh  $S_{b} + S_{c} \geq 0$
Ta có $S_{b} + S_{c}=\frac{1}{ac}+\frac{1}{ab}-\frac{4\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2} \geq \frac{4}{ac+ab}-\frac{4\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2}$
Lại có $a^2+b^2+c^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2}+c^2 \geq \sqrt{2}(ac+ab)$ nên ta có ĐPCM
$S_{a} \geq S_{b} \geq S_{c}$ và $S_{b} + S_{c} \geq 0$ nên theo tiêu chuẩn phân tích bình phương S.O.S ta có ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Câu 4 a: Ta cm n chia hết cho p_i;i=1,...,m
Giả sử V_Pm(n)=a
Xét số $q=n.\frac{p_{i}^{a} }{p_{m}^{a}}<n , i \in{1,2,...,m-1}$ mà $f(q)=f(n)$ nên suy ra điều mâu thuẫn
Vậy n chia hết cho p_i;i=1,...,m nên n chia hết cho p₁...p_m

 

1) Có bao nhiêu cách chọn ra k số phân biệt ($k\in \mathbb{N}^*$) từ X={1; 2; ...; n} $(n\in \mathbb{N}^*; \: n\geq k)$ sao cho không có hai số liên tiếp nhau được chọn?

2) Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số $\overline{abcde}$ sao cho $a\leq b\leq c\leq d\leq e$?

1)Xếp n số theo chiều tăng dần.Giả sử k số được chọn là a_1,a_2,...,a_k xếp tăng dần theo thứ tự đó.Bài toán tương đương với việc xếp n-k số còn lại vào giữa k+1 khoảng trống từ k số phân biệt đó.

Chú ý khoảng trống trước a₁ và sau a_k không nhất thiết phải có một số khác.Gọi x₁;x₂;...;x_k lần lượt là số các số tự nhiên liên tiếp nằm trước a₁;giữa a₁ và a₂;...;giữa a_k-1 và a_k;sau a_k.Khi đó ta có:

x₁ ,x_k+1 $\geq 0$;x₂,x₃,...,x_k $\geq 1$
Xét phương trình

x₁+x₂+...+x_k+1=n-k
$\Leftrightarrow$ x₁ +1+x₂+...+x_k+1 +1=n-k+2
Số cách xếp chính là số nghiệm nguyên dương của phương trình trên: $C_{n-k+1}^{k}$

bạn giải thích chỗ này cho mình được không, vì sao dx thành d(x+1/2)? mình mới học nên không rõ (( cảm ơn ạ

Vì $d(x+c)=(x+c)'dx=dx$ đó mà