Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường tròn $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $D$ và tiếp xúc $AC,AB$ lần lượt tại $E,F$. $AL$ là đường kính của $(O)$. $KE,KF$ lần lượt cắt $LB,LC$ tại $M,N$.Chứng minh rằng $AD\perp MN$

Cho tam giác ABC nhọn. Một điểm D thay đổi trên BC. Gọi I,J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD và ACD.

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IJD luôn đi qua một điểm cố định

b) Gọi P,M là tiếp tuyến của (I) với AB,BC; gọi N,Q là tiếp tuyến của (J) với AC,BC. Gọi X là giao điểm của PM và NQ. Chứng minh XD vuông góc với IJ

Tính

Cận dưới phải khác $0$ và tích phân trên cách làm giống như $\int \frac{dx}{x^3\ln x}$

Chú ý rằng $d\left ( \frac{1}{\ln x} \right )=\frac{-dx}{x\ln^2x}$ và $x^2=e^{2\ln x}$. Khi đó đặt $t=\frac{1}{\ln x}$ thì

$\int_{k}^{+\infty} \frac{dx}{x^3\ln x}=-\int_{k}^{+\infty} \frac{\ln x}{x^2}d\left ( \frac{1}{\ln x} \right )=-\int_{k}^{+\infty} \frac{dt}{te^{\frac{2}{t}}}=\int_{k}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u}du=-E_1(2\ln x)$   (trong đó $u=\frac{2}{t}$)

P/s: Ở trên là hàm tích phân mũ cấp 1...

Tính tích phân: $\int _{-1}^{\sqrt{2}} x^2 \sqrt{4-x^2} dx$

Đặt $x=2\sin t$ thì $dx=2\cos tdt$ và sử dụng $\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}{2}$

$\int_{-1}^{\sqrt{2}} x^2\sqrt{4-x^2}dx=4\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \sin^22tdt=2t-\frac{\sin(4t)}{2}=\frac{5\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}$

Tính tích phân: $\int _{-1}^{\sqrt{2}} x^2 \sqrt{4-x^2} dx$

Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ và 2 số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn $\gcd(m,n)=1$ và

                $\frac{1}{0^2+1}+\frac{1}{1^2+1}+\frac{1}{2^2+1}+....+\frac{1}{(p-1)^2+1}=\frac{m}{n}$

Chứng minh rằng:  $p\mid 2m-n$

Cho $a,b,c\geq 0$ thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $\sum \frac{ab}{3+bc}\leq\frac{3}{4}$

$VT=\frac{abc(a^2b+b^2c+c^2a)+9(ab+bc+ca)+3abc+3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{a^2b^2c^2+9abc+9(ab+bc+ca)+27}$

+Áp dụng bđt Cauchy: $\sum_{cyclic} (a^3+a^2b+ab^2)\geqslant 3(a^2b+b^2+c^2a)\iff a^2+b^2+c^2\geqslant a^2b+b^2c+c^2a$

+Đổi biến $p,q,r$ thì ta được: $VT\leqslant \frac{3q^2-2qr+9q}{r^2+9r+9q+27}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{3q^2-2qr+9q}{r^2+9r+9q+27}\leqslant \frac{3}{4}\iff 3r^2+r(8q+27)-(12q^2+9q-81)\geqslant 0$ $(*)$

Ta xét 2 trường hợp:
$q\leqslant \frac{9}{4}:$ Theo Schur bậc 1 thì $r\geqslant \max\{0,\frac{p(4q-p^2)}{9}\}=\max\{0,\frac{4q-9}{3}\}=0$

Thế thì $(*)\geqslant (q+3)(\frac{9}{4}-q)\geqslant 0$

$\frac{9}{4}\leqslant q\leqslant 3:$ Theo Schur bậc 2 thì $r\geqslant \frac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6p}=\frac{(4q-9)(9-q)}{18}$

Do đó $(*)\geqslant (q-3)(q-\frac{9}{4})(4q^2-117q+81)\geqslant 0$

Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)\sim (1,1,1);(0,\frac{3}{2},\frac{3}{2})$ và các hoán vị

Cho $0<a_1\leqslant a_2\leqslant ...\leqslant a_n$ thỏa mãn $a_na_{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}\leqslant 1$

Chứng minh rằng:  $\frac{n}{1+\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i}}\geqslant \sum_{i=1}^n \frac{1}{1+a_i}$     (Trích đề thi đề nghị 30/4/2015)

Giải phương trình sau trên tập số nguyên:

$11+10^x+6^x=(\sqrt{3})^{y!}$

Từ giả thiết suy ra $x,y>0\iff 10+10^x+6^x=3^{\frac{y!}{2}}-1$

Ta có: $v_2(3^{\frac{y!}{2}}-1)=1+v_2(\frac{y!}{2})=1+v_2(y!)-v_2(2)=v_2(y!)$

Dễ thấy $v_2(10+10^x+6^x)=v_2(2)+v_2(5+2^{x-1}5^x+2^{x-1}3^x)=1$

Suy ra $2||y!$ kéo theo $y=2$ hoặc $y=3$

Từ đây ta tìm được $(x,y)=(1,3)$

Cho $p$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng $\forall m\in \mathbb{Z}$ luôn tồn tại đa thức $Q(x)$ với hệ số nguyên sao cho $p^m$ là ước lớn nhất của các số $a_n=(p+1)^n+Q(n)$ với $n=1,2,..$

Bài 2: 

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$ $(1)$

Thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

+)Nếu $f(0)=0$:

Thay $x=-y=1$ suy ra $3f(-1)=f(1)f(-1)$

Nếu $f(-1)=0$ thì thay $y=-1$ suy ra $f(x-1)=f(-x)$ $\forall x \in \mathbb{R}$ $(2)$

Thay $y$ bởi $-y$ và áp dụng $(2)\implies f(x-y)+f(x)f(y-1)=f(xy-1)+(1-y)f(x)+(x+1)f(y-1)$

Khi đó thay $y=2$ và $x=1$ ta được $f(1)=0$ hoặc $f(1)=2$

Nếu $f(1)=0$ thì ta suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=2$ thì thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x+1)=f(x)+2(x+1)$

Quy nạp ta được $f(x)=x^2+x$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(-1)\neq 0$ thì $f(1)=3$. Khi đó thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x)=3x$ 

+)Nếu $f(0)=2$ thì thay $y=0$ ta được $f(x)=x+2$

Thử lại thấy hàm $f(x)=3x$, $f(x)=0$ và $f(x)=x^2+x$ thỏa mãn $\blacksquare$

Tìm tất cả bộ số nguyên dương $(a_1,a_2,...,a_n)$ sao cho $\prod_{i=1}^n (a_i!-1)-9$ là số chính phương

Tìm $ord_{3^{n}}\left ( 2 \right )$

Tìm $ord_{2^{n}}\left ( 3 \right )$

Bổ đề: $2^{2.3^{n-1}}\equiv 1+3^n \pmod{3^{n+1}}$

Giả sử đúng tới $n$ thì ta chứng minh với $n+1$ thì mệnh đề trên vẫn đúng

Ta cần chứng minh $2^{2.3^n}\equiv 1+3^{n+1} \pmod{3^{n+2}}$

$\iff 2^{2.3^n}+2\equiv 3.2^{2.3^n} \pmod {3^{n+1}}\iff 4^{3^n}\equiv 1 \pmod{3^{n+1}}$

Hiển nhiên đúng vì $v_3(4^{3^n}-1)=v_3(3)+v_3(3^n)=n+1$ $\blacksquare$

Trở lại bài toán: 

Ta sẽ chứng minh $\text{ord}_{3^n} (2)=\varphi (3^n)=2.3^{n-1}$ theo quy nạp

Giả sử đúng tới $n$ thì ta chứng minh $n+1$ thì điều khẳng định đúng

Theo định lý Euler thì $2^{\varphi(3^{n+1})}\equiv 2^{2.3^{n}}\equiv 1 \pmod{3^{n+1}}$

$\implies  2^{2.3^{n}}\equiv 1 \pmod{3^{n}}$

Đặt $d=\text{ord}_{3^{n+1}}$ thì $d\mid 2.3^{n}$ và $\varphi(3^n)=2.3^{n-1}\mid d$

$\implies d=2.3^n$ hoặc $d=2.3^{n-1}$

Nếu $d=2.3^{n-1}$ thì theo bổ đề$\implies 2^{2.3^{n-1}}\equiv 1+3^n \pmod{3^{n+1}}$ (vô lí)

Vậy $ d=\text{ord}_{3^{n+1}}=2.3^n$ nên theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm $\blacksquare$

Kí hiệu $\mathbb{P^*}$ là tập tất cả các số nguyên tố bé hơn $10000$, giả sử $p\in \mathbb{P^*}$.Với mỗi tập con $S=\{p_1,p_2,..,p_k\}$ của $\mathbb{P^*}$ không chứa $p$ và với $k\geqslant 2$, tồn tại 1 phần tử $q\in \mathbb{P^*}\setminus S$ sao cho $(q+1)\mid \prod_{i=1}^k (p_i+1)$. Tìm tất cả các số $p$ thỏa mãn tính chất trên

Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:

                                     $f(x^2+y+f(y))=2y+f^2(x)$ $\forall x,y\in \mathbb{R}$

...

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình sau có nghiệm nguyên dương 

$x^2+y^2=n(x+1)(y+1)$

Ta chứng minh không tồn tại $n$ thỏa mãn

$\iff x^2-xn(y+1)+y^2-n(y+1)=0$

Cố định tập nghiệm, giả sử $x\geqslant y$ và $x+y$ đạt min

Theo Viete ngoài nghiệm $x$ còn nghiệm $t$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} t+x=n(y+1)\\ tx=y^2-n(y+1)\end{matrix}\right.$

Nếu $t=0\implies y^2=n(y+1)\iff y\mid n$ hay $y+1 \mid y$ (vô lí)

Nếu $t<0\implies t^2-tn(y+1)+y^2-n(y+1)=0$

mà $ t^2-tn(y+1)+y^2-n(y+1)=t^2+y^2+n(y+1)(-t-1)>0$ (mâu thuẫn)

Vậy $t>0\implies t\geqslant x\geqslant y$ vì tính nhỏ nhất của $x+y$

Khi đó $xn(y+1)=x(t+x)\leqslant 2tx=2[y^2-n(y+1)]$

Lại có $x\geqslant y\implies 2[y^2-n(y+1)]\geqslant ny(y+1)\iff y^2(2-n)\geqslant n(3y+2)>0$

Kéo theo $n=1\implies x^2+y^2=x+y+xy+1\iff (x+y)(x+y-1)=2xy+1$ ( vô lí vì VT chẵn mà VP lẻ)

Kết luận: Không tồn tại $n$ nguyên dương thỏa mãn $\blacksquare$

Cặp số $(n,n+2)$ được gọi là 1 cặp số nguyên tố sinh đôi nếu $n$ và $n+2$ đều là số nguyên tố. Kí hiệu $\pi (x)$ là số các cặp số nguyên tố sinh đôi $(n,n+2)$ với $n\leqslant x$. Chứng minh rằng

         $\pi (x)=2+\sum_{7\leqslant n\leqslant x} \sin \left \{ (n+2)\left \lfloor \frac{n!}{n+2}\right \rfloor \right \}\frac{\pi}{2} \sin \left \{ n\left \lfloor \frac{n-2)!}{n} \right \rfloor \right \}\frac{\pi}{2}$

bạn giải thích đoạn này cái

Ngày 2.

 

Bài 1. Tìm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :

\[2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x(f(2x)+4f(f(y)))\]

 

Câu 1:

Kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế giá trị $x,y$

$2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x[f(2x)+4f(f(y))]$ $(1)$
$P(0,y)\implies f(0)=0$
$P(x,0)\implies 4f^2(x)-2f(x^2)=xf(2x)$ $(2) 

Thay vào $(1)\implies f(x)f(x+y)=f^2(x)+xf(f(y))$ $(3)$

$P(x,-x)\implies f^2(x)=-xf(f(-x))$ $(4)$

$P(2x,-x)$ và áp dụng $(4)\implies f(2x)f(x)=f^2(2x)-2f^2(x)$

$\iff \left [ f(2x)-2f(x) \right ]\left [ f(2x)+f(x)  \right ]=0\iff f(2x)=2f(x)$ hoặc $f(2x)=-f(x)$
 

TH1: $ f(2x)=2f(x)$

$P(x,x)\implies4f^2(x)-f(x^2)=xf(x)+2xf(f(x))$

Áp dụng $(2)$ và $(4)$ $\implies f^2(x)=xf(f(x))=f^2(-x)$

Nếu $f(x)=f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm chẵn, khi đó thay $y=-2x$ vào $(3)$

$\implies f(x)f(-x)=f^2(x)+xf(f(-2x))\iff f(f(-2x))=0 \forall x\in \mathbb{R}\implies f(f(x))=0$

Khi đó $f(x)=f(x+y)\forall y\in \mathbb{R}$ suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm lẻ, khi đó:

$P(x,-y)\implies f(x)f(x-y)=f^2(x)+f(f(-y))=f^2(x)+f(-f(y))=f^2(x)-f(f(y))$

Cộng vế theo vế$\implies f(x-y)+f(x+y)=2f(x)=f(2x)=f(x+y+x-y)$

$P(\frac{x+y}{2},\frac{x-y}{2})\implies f(x)+f(y)=f(x+y)$   $\forall x,y\in \mathbb{R}$

Thay vào $(3)\implies f(x)f(y)=xf(f(y))$

Thay $y=1\implies f(x)f(1)=xf(f(1))$

Dễ thấy nếu thay $x=-y=1$ ta được $f(1)=1\implies f(x)=x$

TH2: $f(2x)=-f(x)$

$P(1,0)\implies f(1)=0$ hoặc $f(1)=\frac{1}{4}$

Nếu $f(1)=0$ thì $P(1,y)\implies f(f(y))=0$

Tương tự suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=\frac{1}{4}$ thì thay $x=y=1$ suy ra $f(\frac{1}{4})=-\frac{1}{8}$

$\implies f(\frac{1}{8})=-f(\frac{1}{4})=\frac{1}{8}$

Khi đó thay $x=y=\frac{1}{8}$ vào $(1)$ suy ra vô lí

Thử lại thấy có 2 hàm $f(x)=x$ và $f(x)=0$ thỏa mãn $\blacksquare$

:v..

Câu V:

$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y)$ $(1)$

Đặt $G(x)=x-f(x)\implies f(x)=x-G(x)$ suy ra $(1)\iff 2yG(x)-G(y^2)=G^2(x-y)-2(x-y)G(x-y)$ $(2)$

Thay $x=y=0\implies G(0)=0$

Thay $y=0\implies G^2(x)-2xG(x)=0\iff G(x)=0$ hoặc $G(x)=2x$

$G(x)=0\implies f(x)=x$ (thỏa)

$G(x)=2x\implies f(x)=-x$ (không thỏa)

Vậy $f(x)=x$ 

KHTN chứ có phải viện toán cao cấp đâu mà Mordell @@

Mình sửa lại rồi 

Câu 1:

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: $5^n \mid a^2$

Khi đó đặt $a^2=k.5^n\implies k(k.5^n+1)=5^{n+1}-p^3\iff  p^3+k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $VP>0\implies$ $k=1$ hoặc $k=2$

$k=1\implies p^3+1=4.5^n\iff \left ( \frac{p+1}{4} \right )(p^2-p+1)=5^n$

Chú ý rằng $\gcd (\frac{p+1}{4},p^2-p+1)=1$ nên $PT$ vô nghiệm

$k=2\implies p^3=5^n-2$ (vô nghiệm theo modulo $5$)

TH2: $5^n\mid a^2+1$

Tương tự$\implies p^3-k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $p^3>k$ nên $k=1$ hoặc $k=2$
$k=1\implies p^3=4.5^n+1$ (vô nghiệm)

$k=2\implies p^3=5^n+2$

$n$ chẵn ta có $3\mid p\implies (p,n)=(3,2)$

$n$ lẻ ta có $p^3-1=5^{n}+1\implies v_2(p^3-1)=v_2(5^n+1)\iff v_2(p-1)=v_2(n)>0$

$\implies 2\mid n$ (vô lí)

Kết luận: $(a,p,n)=(7,3,2)$

P/s: Đã sửa lại

5/

Từ điều kiện đề bài, ta thấy số cách chọn tối đa tuân theo quy luật dãy số Fibonacci:$\left\{\begin{matrix}F_1=1;F_2=2\\F_n=F_{n-1}+F_{n-2} \end{matrix}\right.$

$\implies$ Với $10$ người thì có tối đa $89$ cách sắp xếp theo chuẩn thứ tự