Vế phải là mũ $3$ mới phải 

Mình nhầm :3 

P/s: Long Vá xóa bài giùm anh 

Bài 35:(VQBC) Cho $a,b,c$ là các số thực ko âm, chứng minh rằng : 

$$2(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}})+1\geq \frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$$

 

Lời giải bài 35. (Cách khác)

Sử dụng bổ đề 

$$(x+y+z)^3 \geqslant \frac{27}{4}(a^2b+b^2c+c^2a+abc)$$

ta có

$$left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^3 \geqslant \frac{27}{4}\left( \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1 \right)$$

Do đó BĐT cần chứng minh trở thành 

$$54\left( \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1 \right) \geqslant \left( \frac{21(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}-1\right)^2$$

$$\Leftrightarrow 54\left( \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-3 \right) \geqslant \left( \frac{441(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)^4}-49 \right)-\left(\frac{42(a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}-14\right)$$

$$\Leftrightarrow \frac{54(a+b+c)(\sum a^2-\sum ab)}{abc} \geqslant \frac{14(\sum a^2-\sum ab)\left[21\sum a^2+7(a+b+c)^2\right]}{(a+b+c)^4}-\frac{28(\sum a^2-\sum ab)}{(a+b+c)^2}$$

$$\Leftghtarrow \left(\sum a^2-\sum ab \right)\left( \frac{27(a+b+c)}{abc}+\frac{14}{(a+b+c)^2}-\frac{147\sum a^2+49(a+b+c)^2}{(a+b+c)^4} \right)$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh 

$$\frac{27(a+b+c)}{abc}+\frac{14}{(a+b+c)^2}-\frac{147\sum a^2+49(a+b+c)^2}{(a+b+c)^4} \geqslant 0$$

Chuẩn hóa $a+b+c=1$ thì ta cần chứng minh 

$$\frac{27}{abc}+14 \geqslant 147(a^2+b^2+c^2)+49$$

$$\Leftrightarrow 147abc(a^2+b^2+c^2)+35abc \leqslant 27$$

BĐT cuối luôn đúng do 

$$abc \leqslant \frac{1}{27}$$

và 

$$a^2+b^2+c^2 \leqslant (a+b+c)^2 =1$$

BĐT được chứng minh. Xảy ra đẳng thức khi $a=b=c$

 

Bài toán 31 (Võ Quốc Bá Cẩn). Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=5$. Chứng minh

$$a^2b+c^2a+2abc \leq 20.$$

 

Lời giải bài 31. Đặt $f(a,b,c)=a^2b+c^2a+2abc$

Ta xét $2$ trường hợp.

Nếu $a \geqslant c$, ta sẽ chứng minh 

$$f(a,b,c) \leqslant f(a,b,a)$$

$$\Leftrightarrow (a-c)(a+c+2b) \geqslant 0$$

Nếu $a \leqslant c$, ta sẽ chứng minh 

$$f(a,b,c) \leqslant f(c,b,c)$$

$$\Leftrightarrow b(c^2-a^2)+c^2(c-a)+2bc(c-a) \geqslant 0$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp $a=c=\frac{5-b}{2}$

$$\Leftrightarrow \left ( \frac{5-b}{2}\right )^2b+\left ( \frac{5-b}{2} \right)^3+2b\left (\frac{5-b}{2} \right )^2 \leqslant 20$$

$$\Leftrightarrow  b^3-9b^2+15b-7 \leqslant 0$$

$$\Leftrightarrow (b-7)(b-1)^{2} \leqslant 0$$

BĐT cuối luôn đúng do $b<5$

Bài toán được chứng minh. Xảy ra đẳng thức khi $a=c=2,b=1$

Bài toán 32.  (Vasile Cirtoaje) Cho các số thực dương $a,b,c,d$. Chứng minh rằng 

$$2(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)(d^3+1) \geqslant (1+abcd)(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2)$$

 

Mình tổng hợp lại một số bài chưa có lời giải, mọi người cùng suy nghĩ thử nhé

 

Bài 28 (Russia). Cho bốn số thực dương $a, b, c, d$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c+d=3.$ Chứng minh rằng $$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\le\frac{1}{a^2b^2c^2d^2},$$

và
$$\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\le\frac{1}{a^3b^3c^3d^3}.$$

 

 

Lời giải 

 $(a)$       Giả sử $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$, BĐT cần chứng minh tương đương với

$a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}c^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}d^{2} \leqslant 1$

Ta đưa BĐT về dạng đồng bậc

$a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}c^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}d^{2} \leqslant \frac{1}{3^6}(a+b+c)^6$

Do $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$ nên ta có

\[\begin{aligned} a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}c^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}d^{2} &\leqslant a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}b^{2}cd+a^{2}b^{2}cd \\ &= a^{2}b^{2}(c+d)^{2} \\ &\leqslant \frac{1}{3^{6}}(a+b+c+d)^{6} \\ &=1\end{aligned}\]

Bài toán được chứng minh. $\square$ 

 $(b)$       Giả sử $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$, BĐT cần chứng minh tương đương với

$a^{3}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{3}d^{3}+a^{3}c^{3}d^{3}+b^{3}c^{3}d^{3} \leqslant 1$

Ta đưa BĐT về dạng đồng bậc

$a^{3}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{3}d^{3}+a^{3}c^{3}d^{3}+b^{3}c^{3}d^{3} \leqslant \frac{1}{3^9}(a+b+c)^9$

Theo BĐT $AM - GM$ ta có

$ \frac{1}{3^9}(a+b+c+d)^9 \geqslant \frac{1}{3^9}\left(3\sqrt[3]{ab(c+d)} \right)^9 = a^3b^3(c+d)^3 $

Do đó ta chỉ cần chứng minh $a^{3}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{3}d^{3}+a^{3}c^{3}d^{3}+b^{3}c^{3}d^{3} \leqslant a^3b^3(c+d)^3$ $\Leftrightarrow c^3d^3(a^3+b^3) \leqslant 3a^3b^3cd(c+d)$ $\Leftrightarrow c^2d^2(a^3+b^3) \leqslant 3a^3b^3(c+d)$

BĐT này luôn đúng do $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$

Bài toán được chứng minh. $\square$

 

Mình tổng hợp lại một số bài chưa có lời giải, mọi người cùng suy nghĩ thử nhé

 

 

Bài 27 (Iran Second Round). Cho ba số thực $0<a \leqslant b \leqslant c.$ Chứng minh rằng
$$\frac{(c-a)^2}{6c}\leq \frac{a+b+c}{3}-\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}.$$

 

Một cách tiếp cận khác cho Bài 30

Đặt $t = \sqrt[3]{abc}$ thì từ giả thiết bài toán ta có

$4+abc = a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}$

$\Leftrightarrow 4+t^3 \geqslant 3t^2  \Leftrightarrow  (t+1)(t+2)^2 \geqslant 0$

Từ đó suy ra $abc \geqslant -1$, kết hợp với giả thiết suy ra $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant 3$.

Ta có BĐT quen thuộc sau $(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2) \geqslant 3(a+b+c)^{2}   (1)$

Thật vậy, theo BĐT $Cauchy - Schwarz$ thì ta có

$$(a+b+c)^{2} \leqslant (a^{2}+2)\left[1+\frac{(b+c)^2}{2}\right]$$

Do đó để chứng minh $(1)$ ta chỉ cần chứng minh

$$(b^{2}+2)(c^{2}+2) \geqslant 3\left[1+\frac{(b+c)^2}{2}\right]$$

$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(b-c)^2+(bc-1)^2 \geqslant 0$$

Do đó $(1)$ được chứng minh.

 Áp dụng $(1)$ thì ta quy bài toán về chứng minh

$$(a+b+c)^{2} \geqslant 3+2(ab+bc+ca)$$

$$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant 3$$ 

BĐT này luôn đúng. Do đó bài toán được chứng minh 

 Xảy ra đẳng thức khi $a=b=c=-1$. $\square$

 

Mình tổng hợp lại một số bài chưa có lời giải, mọi người cùng suy nghĩ thử nhé

 

 

Bài 23 (Romania JBMO TST 2016). Với $m,n$ là hai số tự nhiên và ba số thực $x,y,z$ thuộc $[0,1].$ Chứng minh rằng

\[0 \leqslant x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n}-x^my^n-y^mz^n-z^mx^n \leqslant 1.\]
Đẳng thức xảy ra khi nào ?

 

$(a)$      Chứng minh $ x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n} \geqslant x^my^n+y^mz^n+z^mx^n$

Gọi $(a,b,c)$ là hoán vị của $(x,y,z)$ sao cho $a \geqslant b \geqslant c$

Khi đó ta có $a^m \geqslant b^m \geqslant c^m$ và $a^n \geqslant b^n \geqslant c^n$.

Do đó theo BĐT Hoán vị ta có

$$a^ma^n+b^mb^n+c^mc^n \geqslant a^mb^n+b^mc^n+c^ma^n$$

Và

$$a^ma^n+b^mb^n+c^mc^n \geqslant a^mc^n+b^ma^n+c^ma^n$$

Mà ta có

$$a^ma^n+b^mb^n+c^mc^n=x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n}$$

Và

$$x^my^n+y^mz^n+z^mx^n \in \lbrace a^mb^n+b^mc^n+c^ma^n , a^mc^n+b^ma^n+c^ma^n \rbrace$$

Do đó vế trái của BĐT được chứng minh. Xảy ra đẳng thức khi $x=y=z$

$(b)$         Chứng minh

$$x^my^n+y^mz^n+z^mx^n+1 \geqslant x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n}$$

Giả sử $x=max\lbrace x,y,z \rbrace$ thì BĐT được viết lại thành

$$(1-x^{m+n})+y^n(x^m-y^m)+z^m(x^n-z^n)+y^mz^n \geqslant 0$$

BĐT cuối luôn đúng do $x=max\lbrace x,y,z \rbrace$ và $x,y,z \in [0;1]$.

Vậy vế phải BĐT được chứng minh. Xảy ra đẳng thức khi $x=1,y=z=0$ và các hoán vị. $\square$

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

Ngày 1 (07/05/2016)
Câu 1. Giải hệ phương trình $$\begin{cases}x + y + xy = 3 \\ y^{3} + 13y = 6x^{2} + 8\end{cases}$$
Câu 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $(x, y, z)$ thỏa mãn phương trình $$7^{x} + 3^{y} = 2^{z}$$
Câu 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn có tâm nội tiếp $I$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt cạnh $CA, AB$ lần lượt tại $M, N$. Gọi $E$ đối xứng $C$ qua $M$, $F$ đối xứng $B$ qua $N$. Giả sử $E, F$ đều lần lượt thuộc các đoạn thẳng $CA, AB$. Gọi $(K), (L)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ICE, IBF$.

• Chứng minh rằng $(K)$ và $(L)$ tiếp xúc nhau tại $I$.
• Gọi $EF$ theo thứ tự cắt $(K), (L)$ tại $P, Q$ khác $E, F$. Chứng minh rằng $EP = FQ$.

Câu 4. Cho dãy số $(a_{n})_{n\in\mathbb{Z}^{+}}$ xác định như sau $$\begin{cases}a_{1} = 0 \\ a_{2} = 1 \\ a_{2n} = 2a_{n} + 1 \\ a_{2n + 1} = 2a_{n}\end{cases}$$ với mọi $n \in \mathbb{Z}^{+}$. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $k$ sao cho $a_{k} = 2016$ và tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa mãn điều này.

Nguồn

Ngày 1 - FB thầy Kiều Minh
https://scontent-hkg3-1.xx.fbcdn.net/v/t1.0-0/s526x395/13179218_943100659121738_1405157951806796614_n.jpg?oh=01d5340c4053a32208a0135bd51340c4&oe=579B692C

 

 

Tóm tắt 

Câu 1 :

Phương trình $(2)$ tương đương với 

$6(x-1)(x+1)=(y-1)(y^2+y+14)$

Rút $y=\frac{3-x}{x+1}$ từ $(1)$ thay vào phương trình trên ta được 

$$(\frac{2(x-1)}{x+1}((x+1)^{2}+(\frac{3-x}{x+1})^2+\frac{3-x}{x+1}+14)=0$$

Câu 2 : 

Dễ chứng minh được $z$ chẵn, $x,y$ khác tính chẵn lẽ

Xét 2 trường hợp $x$ chẵn , $y$ lẻ và $x$ lẻ, $y$ chẵn

Cả 2 trường hợp đều đưa về dạng 

$7^y=(2^{z'}-3^{x'})(2^{z'}+3^{x'})$ ... 

Bộ $(x,y,z)$ thỏa mãn là $(1;2;4)$

Câu 4 : Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được

 - $a_{2^n}=2^n-1$ 

 - $a_{2^n+1}=2^{n}-2 $

...

- $a_{2^n+k}=2^{n}-k-1$ với $k$ là số nguyên dương sao cho $2^n+k<2^{n+1}$

...

Từ đó dễ dàng suy ra kết quả bài toán.

Một n-giác đều được chia thành các tam giác bởi $n-3$ đường chéo không cắt nhau trừ tại đỉnh. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu tam giác không đồng dạng với nhau.

Chứng minh rằng tồn tại tập hợp $A$ có $2016$ phần từ là các số nguyên dương sao cho với mọi tập $X\subset A, X \neq \varnothing$ thì ta có $\sum_{x \in X} x$ là lũy thừa với số mũ nguyên lớn hơn $1$ của một số nguyên dương nào đó.

Em không nhớ rõ nhưng hình như bài mà bác nói cái tử số là $a^2b+b$ chứ không phải là $a^b+b$. 

 

 

Bài này có lẽ khó hơn bài $Rio plate 2002$ rất nhiều. Hi vọng có lời giải bài này sớm

Em nghĩ nhiều khả năng bài này người đăng đã nhìn nhầm đề bài $Rio plate 2002$ thành bài này dẫn đến một bài toán mới khó hơn rất nhiều

Không nhầm đâu bạn. Bày này chính minh đăng trên AoPs vài tháng trước và sau đó có ai đó đăng lại trên VMF. Nếu như sách viết không nhầm thì bài này chính là Rio Plate 2002. 

Bài đó không quá khó, tuy nhiên bài này có lẽ chế từ bài đó nhưng khó hơn.

Hai bài y chang nhau mà 

Bài này có trong sách của nhóm tác giả Nguyễn Văn Mậu, Đặng Hùng Thắng, Trần Nam Dũng và được giới thiệu là đề thi Rio Plate 2002 tuy nhiên không có lời giải.

Như thế anh cũng không thấy ổn lắm.

Vì mọi hình vuông $n \times n$ đều là không 'tốt', tức là luôn tồn tại đoạn thẳng nối từ $O$ tới một điểm nguyên trong hình vuông mà không chứa điểm nguyên khác. 

Hình vuông "không tốt" em nghĩ là mọi đoạn thẳng nối tâm $O$ tới một điểm nguyên trên cạnh hoặc trong hình vuông đều không chưa điểm nguyên khác.

Ta gọi một số nguyên dương là "tốt" nếu tổng các ước số của số đó là số chính phương. Tính tổng tất cả các số "tốt" không vượt quá 2016

Mình nghĩ bài toán có gì đó không đúng. Chẳng hạn với một hình vuông $n \times n$ bất kì, lấy đoạn thẳng từ $O$ tới điểm nguyên gần $O$ nhất thì đoạn thẳng đoạn thẳng đó đâu có chứa điểm nguyên nào khác hai đầu mút.

À em gõ đề nhầm :3 

Chứng minh với mọi số nguyên dương $n$ thì tồn tại một hình vuông $n.n$ không "tốt" 

Cho a,b,c dương. Chứng minh

$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3}\geq \frac{8}{9}\sum \frac{a}{b+c}$

BĐT $\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1 \geqslant \frac{8}{9}\left ( \sum \frac{a}{b+c}-\frac{3}{2} \right )$

        $\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{2(ab+bc+ca)} \geqslant \frac{8}{9}\sum \frac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)}$

        $\Leftrightarrow (a-b)^2S_c+(b-c)^2S_a+(c-a)^2S_b \geqslant 0$

trong đó $S_c=\frac{1}{2(ab+bc+ca)}-\frac{4}{9(a+c)(b+c)}, S_b, S_a$ xác định tương tự và dễ dàng chứng minh được $S_a,S_b,S_c \geqslant 0$

Ta định nghĩa hình vuông "tốt" là một hình vuông có $4$ đỉnh là các điểm nguyên, đồng thời các đoạn thẳng nối tâm $O$ với tất cả các điểm nguyên trên biên và trong hình vuông chứa ít nhất một điểm nguyên khác hai đầu mút. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ đều tồn tại một hình vông tốt dạng $n.n$

Cho dãy $(p_n)$ là dãy các số nguyên tố thỏa mãn với mọi $n \geqslant 3$ thì ta có $p_n$ là ước nguyên tố lớn nhất của $p_{n-1}+p_{n-2}+2000.$.

Chứng minh rằng dãy $(p_n)$ bị chặn trên. 

Cho $k,n \geqslant 1$ là các số tự nhiên và $A$ là tập hợp gồm $(k-1)n+1$ số nguyên dương, mỗi số này đều không vượt quá $kn$. Chứng minh rằng có ít nhất một phần tử của $A$ có thể biểu diễn như tổng của $k$ phần từ trong $A$. ($k$ phần tử này không nhất thiết phải khác nhau)

Từ một số nguyên dương $n$, ta tác động hai phép toán sau đây : 

   1. Nhân nó với một số nguyên dương tùy ý.

   2. Xóa bỏ các chữ số $0$ trong biểu diễn thập phân của nó.

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$, tồn tại hữu hạn phép biến đổi ta có thể đưa $n$ thành số $9$. 

Bài 14: (Số học) Cho $a,b \in \mathbb{Z}$ sao cho $|a|,|b|>1$ và tập hợp $S=\left \{ n \in \mathbb{N}^* \mid \exists m \in \mathbb{N}^*,a^m+b \vdots a^n+1 \right \}$ có vô hạn phần tử. Chứng minh rằng: 

$\exists k \in \mathbb{N^*}, |b|=|a|^k$

Mới làm được câu a):

Có $x$ tập con có 2 phần tử nên tổng $S$ bằng tổng của $2x$ phần tử.

Vì các phần tử phân biệt nên $S\geq 1+2+...+2x=x(2x+1)$

Theo giả thiết thì kích thước của các tập con trong $x$ tập con đó phân biệt từng đôi một và không vượt quá $2016$.

Do đó: $S\leq (2017-1)+(2017-2)+...+(2017-x)=\frac{-x^2+4033x}{2}$

=> ĐPCM 

Câu b sử dụng câu a suy ra được $x \leqslant 806$. Chỉ cần chỉ ra $806$ tập thõa mãn là được :3 

Untitled.png

a) Theo một bổ đề quen thuộc thì $\widehat{AIB}=90$ độ.

Sau đó như thế nào thì dễ rồi.

b) 

Gọi giao điểm của $MI$ với $PQ$ là $N$, $K,L$ theo thứ tự là giao của $PQ$ với $AX,BX$. Các điểm còn lại như hình vẽ.

Dễ thấy điểm $I$ cố định và $EG=DJ$

$PQ$ là trục đẳng phương nên dễ chứng minh $PQ//ED$.

Lại có $IN//DL$ nên $INLD$ là hình bình hành dẫn đến $IN=DL=\frac{DJ}{2}$

Mà $DJ=DC+CL=DC+CO=BC-BR+AC-AO=AC+BC-BR-(AE+EG)=AC+BC-AB-DJ$.

Nên $DJ$ có độ dài không đổi dẫn đến $IN$ có độ dài không đổi.

Mà $I$ cố định và $IN//BC$ nên $N$ cố định.

=> ĐPCM

Ngồi thi còn ko vẽ được cái hình nữa :'(

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUẾ                                         ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 10

                            TỔ TOÁN                                                                                          Thời gian : 120 phút.

Câu 1: (4điểm) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh:

                      $\frac{a^2+b^2}{c}+\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{c^2+a^2}{b} \geqslant 2$

Câu 2: (6đ) Cho tam giác $ABC$, điểm $X$ thay đổi trên đường thẳng $BC$ sao cho $C$ nằm giữa $B$ và $X$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Đường tròn nội tiếp tam giác $ABX$ tiếp xúc với $BX, AX$ lần lượt tại $D,E$.

     a) Gọi $I$ là giao điểm của $DE$ và phân giác trong của góc $B$. Chứng minh $MI || BC$

     b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác $ABX$ và $ACX$ cắt nhau tại $P$ và $Q$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ đi qua một điểm cố định.

Câu 3: (5đ) Phân chia tập $A=\left \{ 1;2;3;...;2016 \right \}$ thành $1008$ tập con rời nhau, mỗi tập gồm hai phần tử, ta gọi kích thước của mỗi tập con là tổng hai phần tử của nó. Gọi $x$ là số các tập con mà kích thước của chúng phân biệt từng đôi một và không vượt quá $2016$, gọi $S$ là tổng tất cả các phần tử của các tập con đó.

     a) Chứng minh rằng      $x(2x+1) \leqslant S \leqslant \frac{-x^2+4033x}{2}$

     b) Tìm giá trị lớn nhất của $x$.

Câu 4: (5đ) Với một số nguyên dương $n$ cho trước, gọi $f(n)$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho $\sum_{k=1}^{f(n)} k$  là bội của $n$. Chứng minh rằng $f(n)=2n-1$ khi chỉ khi $n$ là lũy thừa của $2$