perfectstrong

Cách giải trên nặng quá thì phải
Lời giải:
\[\begin{array}{l}
\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + xy + yz + xz} }} = \frac{x}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }} \le \frac{x}{2}\left( {\frac{1}{{x + y}} + \frac{1}{{x + z}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{x}{{x + y}} + \frac{x}{{x + z}}} \right) \\
\Rightarrow \sum {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{x}{{x + y}} + \frac{x}{{x + z}} + \frac{y}{{y + x}} + \frac{y}{{y + z}} + \frac{z}{{z + x}} + \frac{z}{{z + y}}} \right) = \frac{3}{2} \\
\end{array}\]

Lời giải:
Theo định lý Fermat nhỏ, ta có:
\[\begin{array}{l}
\left( {3;7} \right) = \left( {5;7} \right) = 1 \Rightarrow {3^6} \equiv {5^6} \equiv 1\left( {\bmod 7} \right) \\
\Rightarrow {A_m} = {8^m} + 9.{\left( {{3^6}} \right)^m} + 25.{\left( {{5^6}} \right)^m} \equiv {1^m} + {2.1^m} + {4.1^m} \equiv 0\left( {\bmod 7} \right) \Rightarrow 7|{A_m},\forall m \\
\end{array}\]
Đặt $d = \left( {{A_0};{A_1};{A_2};...;{A_{2012}}} \right) \Rightarrow 7|d \Rightarrow d = 7k(k \in \mathbb{N}^*)$
\[ \Rightarrow 7k|{A_0} \Rightarrow 7k|35 \Rightarrow k = 1 \Rightarrow d = 7\]

Đây là nôi dung của định lý Bezout đặc biệt cho 2 số nguyên tố cùng nhau. Sau đây là một cách chứng minh đơn giản cho THCS.
Lời giải:
Xét $b$ số: $a;2a;3a;...;ba$
Giả sử không tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $1 \leq k \leq b$ và $ka \equiv 1 \pmod b$.
Khi đó, mỗi số trong $b$ số đó chia $b$ chỉ có thể dư $0;2;3;...;b$ (có $b-1$ số dư).
Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 2 số nguyên dương $i,j$ mà $i<j$ sao cho $ia \equiv ja \pmod b$
$\Rightarrow (j-i)a \vdots b \Rightarrow j-i \vdots b$ (1)
Lại có: $0<j-i \leq b-1 \Rightarrow j-i \not \vdots b$ (2)
(1),(2) mâu thuẫn nhau nên điều giả sử là sai. Suy ra, tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $ka \equiv 1 \pmod b$
Đặt $u=k; v=\dfrac{ak-1}{b} \Rightarrow u,v \in \mathbb{N}^*$ và $au-bv=1$ (đpcm)

Nhắc nhở: không post bài sai box.
Lời giải:

Không mất tính tổng quát, giả sử $R_{(O)} \leq R_{(O')}$ và A nằm gần CD hơn B.
Vẽ AB cắt CD tại J. Hạ CG; DH vuông góc với AB.
$\vartriangle JCA \sim \vartriangle JBC (g.g) \Rightarrow JC^2=JA.JB$
Tương tự $JD^2=JA.JB=JC^2 \Rightarrow JC=JD$
$\Rightarrow \vartriangle CJG=\vartriangle DJH(g.c.g) \Rightarrow CG=DH$
$\Rightarrow S_{CAB}=\dfrac{1}{2}CG.AB=\dfrac{1}{2}DH.AB=S_{DAB}$

Nếu là dành cho THCS thì mình nghĩ, có thể mở rộng lên độ tuổi lên một chút. Quá lắm là tới học kì I lớp 10.

nể kậu là bạn nên tớ giải quyết cho câu này
Đặt :
$P(x) = (x+1).Q(x) + 2$
$P(x) = (x² + 5x + 6).G(x) + 5x+7 \iff P(x) = (x+2)(x+3).G(x) + 5x + 7$
Đa thức cần tìm có dạng bậc 3
$P(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$
Xét :
$P(-1) = 0.Q(x) + 2 = 2$
$P(-2) = 0.G(x) + 5.(-2) + 7 = -3$
$P(-3) = 0.G(x) + 5.(-3) + 7 = -8$
ta có hệ phương trình như sau
$\left\{\begin{matrix} -1+a-b+c=2 & & \\ -8+4a-2b+c=-3 & & \\ -27+9a-3b+c=-8 & & \end{matrix}\right.\iff \left\{\begin{matrix} a=6 & & \\ b=16 & & \\ c=13 & & \end{matrix}\right.$

Và xin lỗi nhé. Cách giải này không được chấp nhận. Vì ta chứng minh được rằng $\deg P(x) \geq 3$ nên tồn tại nhiều đa thức khác cũng có tính chất như $P(x)$.

Thực ra, có một cách tổng quát cho loại này.
Bài toán: Cho đa thức $P(x)$, biết khi chia $P(x)$ cho các đa thức $f_1(x);f_2(x);f_3(x);...$ có dư tương ứng là $R_1(x);R_2(x);R_3(x);..$.
Tìm số dư khi chia $P(x)$ cho $Q(x)=f_1(x)f_2(x)f_3(x)...$
Lời giải cho bài toán của bạn
Giả sử đa thức dư ta cần tìm là $R(x)=ax^2+bx+c$.
Theo giả thiết, ta có:
$\begin{array}{l}
P\left( x \right) = \left( {x + 1} \right)f\left( x \right) + 2 \\
P\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)g\left( x \right) + 5x + 7 \\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
P\left( { - 1} \right) = 2 \\
P\left( { - 2} \right) = - 3 \\
P\left( { - 3} \right) = - 8 \\
\end{array} \right. \\
P\left( x \right) = \left( {{x^3} + 6{x^2} + 11x + 6} \right)h\left( x \right) + R\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)h\left( x \right) + R\left( x \right) \\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
P\left( { - 1} \right) = R\left( { - 1} \right) \\
P\left( { - 2} \right) = R\left( { - 2} \right) \\
P\left( { - 3} \right) = R\left( { - 3} \right) \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2 = a - b + c \\
- 3 = 4a - 2b + c \\
- 8 = 9a - 3b + c \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0 \\
b = 5 \\
c = 7 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow R\left( x \right) = 5x + 7 \\
\end{array}$

Nếu thế thì em nghĩ là nên tách cuộc thi ở Đấu trường VMF thành 2 cuộc thi cho 2 cấp: THCS và THPT.
Thật sự trong đội em có 2 bạn nhỏ là Phạm Quang Toàn và trunghieu (không quá lớp 8) mà các bài toán trong mỗi đề thi tuy cho THCS nhưng cũng phần lớn mang kiến thức lớp 9.
Do đó, em mong BQT có thể xem xét việc này.

c) http://diendantoanho...showtopic=59079

Cho 2 đường tròn $(C_1)$, $(C_2)$ tiếp xúc ngoài tại $A$. Tiếp tuyến chung $BC$ không qua $A$ ( trong đó $B \in \left( {{C_1}} \right);C \in \left( {{C_2}} \right)$ ). Với $R_1=5;R_2=4$, tính diện tích hình giới hạn bởi $BC$ và 2 cung nhỏ $AC$,$AB$.

Lời giải:
Đặt $(C_1)\equiv (I);(C_2) \equiv (J)$
Vẽ tiếp tuyến chung tại A của (I),(J); cắt BC tại D. Dễ thấy D là trung điểm BC.
\[\begin{gathered}
BC = \sqrt {J{I^2} - {{\left( {IB - CJ} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {{R_1} + {R_2}} \right)}^2} - {{\left( {{R_1} - {R_2}} \right)}^2}} = 4\sqrt 5 \\
\Rightarrow DB = DC = DA = \frac{1}{2}AB = 2\sqrt 5 \\
\angle BIA = 2\angle DIA = 2{\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{DA}}{{IA}}} \right) = 2{\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right) \to \boxedA \\
\angle CJA = {180^o} - \angle BIA \to \boxedB \\
{S_q} = {S_{q\left( {BIA} \right)}} + {S_{q\left( {CJA} \right)}} = \pi R_1^2.\frac{{\angle BIA}}{{360}} + \pi R_2^2.\frac{{\angle CJA}}{{360}} \to \boxedC \\
S = {S_{BIJC}} - {S_q} = 8,54893346\left( {c{m^2}} \right) \\
\end{gathered} \]

Bài 3: a)
Do giả thiết nên ta đặt
\[\begin{array}{l}
\frac{{x - y\sqrt {2011} }}{{y - z\sqrt {2011} }} = \frac{m}{n}\left( \begin{array}{l}
m;n \in Z;n \ne 0 \\
\left( {m;n} \right) = 1 \\
\end{array} \right) \\
\Leftrightarrow xn - ym = \left( {yn - zm} \right)\sqrt {2011} \\
\sqrt {2011} \in I \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
xn - ym = 0 \\
yn - zm = 0 \\
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{y}{z} = \frac{m}{n} \Rightarrow {y^2} = xz \\
{x^2} + {y^2} + {z^2} = {\left( {x + z} \right)^2} - 2xz + {y^2} = {\left( {x + z} \right)^2} - {y^2} = \left( {x + z + y} \right)\left( {x + z - y} \right) \\
x + z + y > x + z - y > 1 \\
{x^2} + {y^2} + {z^2} \in P \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + z + y = {x^2} + {y^2} + {z^2}{\rm{ }}\left( 1 \right) \\
x + z - y = 1{\rm{ }}\left( 2 \right) \\
\end{array} \right. \\
\left( 2 \right) \Leftrightarrow y = x + z - 1 \\
\left( 1 \right) \Leftrightarrow x + z + x + z - 1 = {x^2} + {z^2} + {\left( {x + z - 1} \right)^2} \\
\Leftrightarrow 2x + 2z - 1 = {x^2} + {z^2} + {x^2} + {z^2} + 1 + 2xz - 2x - 2z \\
\Leftrightarrow {x^2} + x\left( {z - 2} \right) + {\left( {z - 1} \right)^2} = 0 \\
\exists x \Leftrightarrow {\Delta _x} = {\left( {z - 2} \right)^2} - 4{\left( {z - 1} \right)^2} = z\left( {4 - 3z} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 4 - 3z \ge 0 \Leftrightarrow z \le \frac{4}{3} \\
\Rightarrow z \le 1 \Rightarrow z = 1 \\
pt \Rightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \\
x = 1 \\
\end{array} \right. \Rightarrow x = 1 \Rightarrow y = 1 \\
\left( {x;y;z} \right) = \left( {1;1;1} \right) \\
\end{array}\]

kịch bản là thế giới chế tao 1 quả bom nguyên tử siêu lớn để chống với người ngoài hành tinh

họ cần 1 nhà toán học tính toán hợp lý nhất để hoàn thành trái bom

nhưng ông này bữa đó làm sao một thiên tài mà làm hơi ẩu một chút xê dịch nhỏ đại loại như cộng trừ sai nên quả bom phát nổ và thế giới bị hủy diệt tận thế là do toán học mà ra

PHẢN ĐỐI

Bài 2:
a)
Thuận: $\forall x \in \mathbb{Z}: f(x) \in \mathbb{Z} \Rightarrow 6a;2b;a+b+c;d \in \mathbb{Z}$
$f(0) \in \mathbb{Z} \Rightarrow d \in \mathbb{Z}$
$f(1) \in \mathbb{Z} \Rightarrow a+b+c+d \in \mathbb{Z} \Rightarrow a+b+c \in \mathbb{Z}$
Lại có:
$f\left( 1 \right) \in Z;f\left( { - 1} \right) \in Z \Rightarrow f\left( 1 \right) + f\left( { - 1} \right) \in Z \Rightarrow 2b + 2d \in Z \Rightarrow 2b \in Z$
$f\left( 1 \right) \in Z;f\left( 2 \right) \in Z \Rightarrow f\left( 2 \right) - 2f\left( 1 \right) \in Z \Rightarrow 6a + 2b - d \in Z \Rightarrow 6a \in Z$
Đảo: $\forall x \in \mathbb{Z}: f(x) \in \mathbb{Z} \Leftarrow 6a;2b;a+b+c;d \in \mathbb{Z}$
Dễ thấy $6c=6(a+b+c)-6a-3.(2b) \in \mathbb{Z}$
$\begin{array}{l}
f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d \\
= {x^3}\left( {a + b + c} \right) - b{x^2}\left( {x - 1} \right) - c\left( {{x^3} - x} \right) + d \\
= {x^3}\left( {a + b + c} \right) - 2bkx - 6ct + d \\
\end{array}$
Do đó, $\forall x \in \mathbb{Z}, f(x) \in \mathbb{Z}$
b) C1: Nhị thức Newton
C2: Quy nạp
Đặt ${u_n} = {\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^n} + {\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^n},n \in \mathbb{N}$
Ta có hệ thức truy hồi: ${u_{n + 2}} = 3{u_{n + 1}} - {u_n}$
Dễ dàng quy nạp theo $n$

Thực ra thì bbvipbb thắc mắc cũng đúng vì nguyenta98ka đã đặt ĐK sai
Phải đặt ĐK thế này:
\[\left\{ \begin{array}{l}
1 - {x^2} \ge 0 \\
x \ge 0 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
|x| \le 1 \\
x \ge 0 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le x \le 1\]

Lời giải:
Dễ thấy $x,y \geq 0$.
-Nếu $x=0$, phương trình trở thành:
$4^y=2011^z-1 =2011^z-1^z \vdots 2011-1 \vdots 10 \Rightarrow 4^y \equiv 0 \pmod {10}$: vô nghiệm nguyên do $4^y$ chia 10 chỉ có thể dư 1;2;4;6;8.
-Nếu $x \geq 1 \Rightarrow 30^x \vdots 10 \Rightarrow 4^y \equiv 2011^z \equiv 1 \pmod {10} \Rightarrow y=0$
phương trình trở thành: $30^x+1=2011^z$. Do đó $z \geq 1$
\[{30^x} + 1 = {2011^z} \Leftrightarrow {30^x} = {2011^z} - 1 = {2011^z} - {1^z} \vdots 2011 - 1 \vdots 67\]
Mà $(67;30)=1$ nên dẫn tới điều vô lý.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm nguyên.