Ta sẽ chứng minh không tồn tại.
Thật vậy ta phải có
$8|3^n+3$
Với $n=2k,8|3^n-1$
Với $n=2k+1,8|3^n-3$
Từ đó có đpcm.

Bổ đề:Cho 2 số nguyên dương $a>b$
Nếu $\sqrt{a}-\sqrt{b} \geq 1$ thì $[a,b)$ có ít nhất 1 số chính phương.
*Lưu ý:Điều ngược lại là sai. Ví dụ $a=8,b=10$.
Như vậy ta phải có
$\sqrt{n}-\sqrt{\frac{n}{2}} <1$
Bằng biến đổi tương đương ta nhận được
$\sqrt{n} < \sqrt{2}(\sqrt{2}+1)$
Hay $n \leq 11$.
Thử trực tiếp có $n=9$ thỏa mãn.

Nguyên gốc như sau.
$\frac{AI}{AD}=\frac{IH}{ID}$

Tam giác DCA và DHC đồng dạng nên $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}$. Tam giác ACH có CI là phân giác trong góc C nên $\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$. Vậy $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$

Tks bác. Lần đầu e thấy cách thế này. Tại có 1 đẳng thức gần giống thế làm bằng định lý sin nên e bắt chước.

Bác Kamii0909 đã đến chỗ $\frac{AI}{IH}=\frac{DC}{DH}$ thì chỉ cần tam giác DCH và DAC đồng dạng nữa là OK, không cần định lý sin.

Em đã thử và nó ko ra bác ạ.

$d$ là đường thẳng kẻ từ $P$ vuông góc với $AD$ hỏ cá?

d là $ PS $ .Đã sửa.

Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ có $AB<AC$. Phân giác góc $\widehat{A}$ cắt $(O)$ tại $D$. Từ 1 điểm $P$ trên $AB$ kẻ $PS$ vuông góc với $AD$. $PD$ cắt $(O)$ tại $G$.$SB,SG$ cắt $(O)$ tại $M,N$.Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để $BD,PS,AG$ đồng quy là tứ giác $ABMN$ điều hòa.

Bài này là mở rộng của IMO 2010.
Gọi $SD$ giao $BC$ tại $K$.
Dễ có $DB^2=DC^2=DI^2=DK.DS$ nên $\Delta{DIK}$~$\Delta{DSI}$
Từ đó có $\widehat{DIK}=\widehat{DSI}=\widehat{DAF}$ hay $AF//IK$.
Gọi $AD$ cắt $BC$ tại $H$.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác $IFH$ và định lý Thales ta phải chứng minh
$\frac{AI}{IH} =\frac{DI}{DH}=\frac{DC}{DH}$
Áp dụng định lý sin vào tam giác $AIC$, $IHC$ và $DHC$ ta có
$\frac{AI}{IH}=\frac{AI}{IC}.\frac{IC}{IH}= \frac{\sin IHC}{\sin IAC}=\frac{\sin DHC}{\sin DCH}=\frac{DC}{DH}$

Đề có đúng ko bạn. Mình vẽ nó sai

Ta có $MK^2=MO^2-R^2=MH^2+HO^2$
$MA^2=MH^2+HA^2$
Gọi $OA$ cắt $BC$ tại $Q$. Khi đó $HA=HQ$
Khi đó ta phải chứng minh
$HO^2-HA^2=R^2$
$\Leftrightarrow (HO-HQ)(HO+HA)=R^2$
$\Leftrightarrow OQ.OA=OB^2$
Đẳng thức cuối là cơ bản.

Bài này có khá nhiều cách giải.
1.Dễ thấy $\Delta AMN $ cân.
Gọi giao điểm $(O)$ và $(ADE)$ là $K$.
Khi đó $K$ cũng thuộc $(AMN)$.
Dễ có $AI,KH$ cắt nhau tại 1 điểm trên $(AMN)$ là $X$.
Ta có $\frac{AM}{AN}=\frac{XM}{XN}$ nên AMXN điều hòa.
2. Theo định lý về tâm đẳng phương
$AK,BC,DE$ đồng quy tại $P$.
Gọi $Q$ là giao điểm $AH$ và $KI$.
Do $AO$,$AH$ đẳng giác nên $Q$ thuộc $(AMN)$.
$AQ$ cắt $BC$ tại $Y$.
Dễ có $(PY,BC)=-1$.
Chiếu hàng này lên $(AMN)$ thì $KMQN$ điều hòa.
Tư đó $KQ$ và $AX$ cắt nhau tại $I$ là giao điểm 2 tiếp tuyến của $(AMN)$.

sai rồi bạn nhé
thay thử lại thì P=-1/3 và đó cũng là đáp án đúng

Xin lỗi bạn lúc đó mình hơi vội.
Mình xin đưa cách giải như sau.
Ta chứng minh $VP \leq -1/3$
$\Leftrightarrow \sum \frac{4}{x+2} - \sum \frac{3x^2}{2} \geq 26/3$
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ
Với $0 \leq x \leq 1$ thì
$\frac{4}{x+2} - \frac{3x^2}{2} \geq \frac{-13x}{6} +2$
$\Leftrightarrow x(x-1)(9x+14) \leq 0$
Áp dụng bất đẳng thức phụ rồi cộng vào ta có đpcm.

Ta có $3\overrightarrow{GG_{1}}+3\overrightarrow{GG_{2}}=\sum\overrightarrow{GA_{1}}+\sum\overrightarrow{GA_{2}}=\overrightarrow0$

nên $G,G_{1},G{2}$ thẳng hàng. Cách sử dụng vecto. Bạn tham khảo

v~ cả nhái , trích (Poland 1991) đã được giải ở đây bn: http://diendantoanho...e-6#entry660132

Cách giải của bạn hanguyen445 trong phần a không âm chính là cách giải của bài thi trên. 

Bài này khá nổi tiếng, có xuất hiện trong TLCT 10 mà bạn.

Bài này có lẽ "nhái" theo 1 bài thi Châu Âu nhưng bất thành. Thành ra là 1 bài rất khó. Mình nghĩ nó là bài sau:
Cho $x,y,z$ thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=2$
Chứng minh rằng $x+y+z-xyz \leq 2$.

1 cách nữa cho bài 2.
Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c$.
Khi đó $VP \geq \sum \frac{b^2}{b+c}$ và$ VP \geq \sum \frac{c^2}{c+a}$
Từ đó ta đi chứng minh
$\sum \frac{b^2+c^2}{b+c} \geq \sqrt \frac{2011}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $2VP \geq \frac{(\sum \sqrt {a^2+b^2})^2 }{2\sum a}$
Dễ dàng suy ra đpcm từ đây

Mình vẽ hình chả thấy đồng viên ,chỉ thấy thẳng hàng : 

Từ $O$ hạ đường vuông góc đến $PQ$ nghĩa là đường kẻ từ $O$ đến vuông với $PQ$ đi qua tâm $(ABCD)$ ,hay $R$ là điểm Miquel của tứ giác $ABCD.PQ$ từ đó có $(ABQR),(ADPR)$ là các tứ giác nội tiếp nên theo Simson thì các điểm $Z,Y,X,T$ thẳng hàng

ABCD có nội tiếp đâu bạn.

Đây là bài thi IMO 2010. Có khác nhiều cách làm.

Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.

Cũng giống cách của mình. Nhưng mình đang tìm cách chứng minh nhanh hơn. 

Câu hình còn có thể chứng minh như thế này :
Gọi tiếp tuyến kẻ từ $A$ cắt $BC$ tại $T$ ; tâm ngoại tiếp $(BAC),(ADE)$ lần lượt là $H,G$ dễ thấy $A,G,H$ thẳng hàng do đó $TA$ là tiếp tuyến chung của $(ABC),(ADE)$. Nên $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(AED),(BCD),(BCE)$ hay $DP,QE,BC$ đồng qui tại $T$ .Ta có :
$\widehat{ACB}=\widehat{TQB}=\widehat{TAB}$ suy ra tứ giác $AQBT$ nội tiếp
Mặt khác:
$\widehat{AQP}=\widehat{ADP}=\widehat{ATD}+\widehat{TAD}$
Và $\widehat{APQ}=\widehat{AEQ}=\widehat{TAB}+\widehat{BAQ}$
Kết hợp với tia $TD$ và tia $TQ$ đẳng giác trong $\widehat{ATB}$ nên $\widehat{ATD}=\widehat{BAQ}$

Cái khó của bài toán chính là $TD$ và $TQ$ đẳng giác. Bạn có hướng nào ngắn gọn chứng minh cái này không?

Mình lý luận không được chắc chắn lắm có gì sai sót mong bạn chỉ giúp.

đặt $a=x+y,b=xy$

thì $a^2|a^3-3ab-b^2$ hay $a^2|3ab+b^2$

Từ đó $ka^2-3ab-b^2=0$

Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn $a$ thì 

$\Delta =b^2(4k+9)$ nên $4k+9$ phải là số chính phương lẻ.

Từ đó tính được $k=m^2+m-2$

thay vào công thức nghiệm được $a= \frac{b}{m-1}$ hoặc $a= \frac{b}{m+2}$

Cả 2 đều chứng tỏ $a|b$ hay $x+y|xy$ nghĩa là $xy=p(x+y)$

Từ đề bài thì tử số phải không âm hay

$x+y \geq 3p+p^2$

Nếu $x=y$ thì $p= \frac{x}{2}$ thay vào có $x \leq 2$

$x=y=1$ KTM, $x=y=2$ TM.

TH còn lại xử lí như trên.

Có hằng đẳng thức sau 

$a^4 +b^4 +(a\pm b)^4=2(a^2\pm ab+b^2)^2$

Hoàn toàn dễ dàng chứng minh đẳng thức trên dựa vào đây.

Bài hình không khó lắm nhưng khá hay.
Có $A$ là tâm vị tự biến $(ADE)$ thành $(ABC)$ nên $(ADE)$ tiếp xúc $(ABC)$ tại A.
Từ đó theo định lý về tâm đẳng phương thì
$BC,EQ,PQ$ và tiếp tuyến chung tại $A$ của 2 đường tròn $(ADE)$ và $(ABC)$ đồng quy tại S.
Ta có $(ED,EQ)=(SB,SQ)=(AB,AQ)(mod \pi )$ hay ASBQ nội tiếp.
Dễ thấy $(BD,BQ)=(SA,SQ)(mod \pi )$ và $(DB,DQ)=(EA,EQ)=(AS,AQ)(mod \pi )$
nên $\Delta BDQ \sim \Delta SAQ$
Suy ra $\frac{BD}{BQ} = \frac{SA}{SQ} = \frac{AD}{BQ}$
Mà $(AS,AD)=(QS,QB)(mod \pi )$ nên $\Delta ASD \sim \Delta QSB$
Có $(AD,DP)=(QB,BC)=(EQ,EA)=(PQ,PA)=(QA,QP)(mod \pi )$
Hệ thức trên chứng tỏ $AQ=AP$.

n le

n lẻ thì sao đặt như v đc

Đã chứng minh n chẵn mà bạn

Bài này nên đưa vào mục bất đẳng thức chứ nhỉ.
Có thể giải bằng Holder như sau(không hay lắm)
$(x^4 +y^4)^3(1+1) \geq (x^3+y^3)^4$
và $(x^3+y^3)(1+1)(1+1) \geq (x+y)^3$
Từ đó ta có
$\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3} \geq \frac{x+y}{2}$
Cộng lại ta cũng có đpcm