**********
Đề mới:
Bài toán 8: Cho số nguyên $m>3$.Chứng minh rằng $\left\lfloor {\frac{{m(m + 1)}}{{2(2m - 1)}}} \right\rfloor = \left\lfloor {\frac{{m + 1}}{4}} \right\rfloor $.
...
Vì $m\ge 4$ là số nguyên nên cách đơn giản nhất là đưa về tập số dư
Đặt $m=4k+\{0,1,2,3\}\quad(k\ge 1)$, tương ứng với 4 số dư, ta có:
$VP=\left\lfloor\dfrac{m+1}{4}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{4k+\{1,2,3,4\}}{4}\right\rfloor=k+\{0,0,0,1\}$
$VT=\left\lfloor\dfrac{m(m+1)}{4m-2}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{(4k+\{0,1,2,3\})(4k+\{1,2,3,4\})}{4(4k+\{0,1,2,3\})-\{2,2,2,2\}}\right\rfloor$
$=\left\lfloor\dfrac{16k^2+k\{4,8,12,16\}+k\{0,4,8,12\}+\{0,2,6,12\}}{16k+\{-2,2,6,10\}}\right\rfloor$
$=\left\lfloor k+\{0,0,0,1\}+\dfrac{k\{6,10,14,2\}+\{0,2,6,2\}}{16k+\{-2,2,6,10\}}\right\rfloor$
$=k+\{0,0,0,1\}+\left\lfloor\dfrac{\{6k,10k+2,14k+6,2k+2\}}{\{16k-2,16k+2,16k+6,16k+10\}}\right\rfloor$
Vì $k\ge 1$ nên $\begin{cases}6k&<&16k-2\\10k+2&<&16k+2\\14k+6&<&16k+6\\2k+2&<&16k+10\end{cases}$
Do đó $\left\lfloor\dfrac{\{6k,10k+2,14k+6,2k+2\}}{\{16k-2,16k+2,16k+6,16k+10\}}\right\rfloor=0$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh