Cho a, b ,c là các số thực . Chứng minh rằng 

$(\frac{a^{2}}{b-c})^{2}+ (\frac{b^{2}}{c-a})^{2} + (\frac{c^{2}}{a-b})^{2}\geq 2.$

$1$ . Cho $n \in \mathbb{N}*$ và $S = \left \{ 1,2,....,n \right \}$ . Gọi $c_{n}$ là số các tập con của S chỉ chứa đúng 2 số nguyên dương liên tiếp . Chứng minh rằng : $c_{n}= \frac{2nF_{n+1}-(n+1)F_{n}}{5}$ với $F_{n}$ là số Fibonacci thứ n

$2$ . Cho 2000 học sinh tham gia 1 cuộc thi trắc nghiệm gồm 5 câu hỏi , mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời , mỗi học sinh chỉ được chọn 1 trong 4 phương án . Tìm $n \in N$ bé nhất sao cho các học sinh có thể làm bài thi theo cách nào đó mà cứ n học sinh thì luôn tìm được 4 học sinh để 2 học sinh bất kì cũng có bài làm khác nhau ở ít nhất 2 câu

Cần gì phải làm thế 

$p^{2}-pq-q^{3}=1\Leftrightarrow q^{3}+1=p(p-q)\Leftrightarrow (q+1)(q^{2}-q+1)=p(p-q)$

Vì $VT>0$ nên $VP>0$ suy ra $p>q$ $($*$)$

Ta có: $(p,p-q)=1$ nên xét các trường hợp sau:

- TH1: $q+1\vdots p\Rightarrow q+1 \geq p \Rightarrow q>p$ (loại vì vô lý với $($*$)$)

-TH2: $q+1\vdots p-q\Rightarrow q+1=k(p-q)$ ($k \in Z+)$

Suy ra $p \vdots k$, dễ dàng suy ra $k=1$ ,thay vào tìm ra $(p,q)=(7,3)$

-TH3: $q+1$ không chia hết cho $p$ hoặc $p-q$ suy ra $p-q\vdots q+1$

Khi đó chọn số $t \geq 2$ thỏa mãn:  $\left\{\begin{matrix} p-q=t(q+1)\\q^{2}-q+1=tp \end{matrix}\right.$

Suy ra $\left\{\begin{matrix} p=(t+1)q+1\\ q^{2}-q+1=t(t+1)q+t (2)\end{matrix}\right.$

Từ $(2)$ suy ra $q^{2}-(t^{2}+t+1)q+(1-t)=0$

$\Delta =(t^{2}+t+1)^{2}-4(1-t)\geq 0\Leftrightarrow t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3\geq 0$

Vì nghiệm $p$ là số nguyên tố nên $ t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3$ là số chính phương.

Đến giờ sử dụng phương pháp "chặn-bắt" ta có: $t^{4}+2t^{3}+t^{2}< t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3< t^{4}+2t^{3}+5t^{2}+4t+4\Leftrightarrow (t^{2}+t)^{2}< t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3< (t^{2}+t+2)^{2}\Rightarrow t^{4}+2t^{3}+3t^{2}+6t-3=(t^{2}+t+1)^{2}\Leftrightarrow t=1$ (vô lý)

Xin lỗi nhưng dòng thứ 11 thì p = (t+1)q + t chứ bạn ?

hình như đề sai rồi chọn $(a,k,p)=(3,5,7)$ vậy $3^30-1$ chia hết cho $5$ điều này vô lí 

Đề sai thật . Mình sửa ở trên rồi bạn

Cho p là số nguyên tố , a là số nguyên dương với a , p nguyên tố cùng nhau , x nguyên dương bất kì . Chứng minh

 $a^{p^{x}(p-1)} \equiv 1 \left ( mod p^{x+1} \right )$

Thực ra bạn Trần Đức Anh chỉ đưa tên của quyển sách này và anh hxthanh là người đã tổng hợp ra 3 file trên nên mình cũng không có file chứa toàn bộ quyển sách đâu bạn Nếu cần bạn tra Google xem thử

Up lại giùm mình vs bạn ơi , link die hết rồi

$1$ . Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn được 6 số , gọi là $a_{1}, a_{2},.....,a_{6}$ sao cho tích $P \doteq (a_{1}-a_{2})(a_{3}-a_{4})(a_{5}+ a_{6})$ chia hết cho $1800$

$2$. Có 2002 quả bóng được đánh số thứ tự từ 1 đến 2002 thuộc 6 màu : xanh , đỏ , tím , vàng , trắng , đen ( mỗi quả  1 màu ) . Chứng minh rằng có ít nhất 1 quả bóng mà số thứ tự của nó bằng tổng số thứ tự của 2 quả bóng cùng màu , hoặc gấp đôi số thứ tự 1 quả bóng cùng màu khác

Cho a, b ,c dương thỏa mãn $ab + bc + ca =1$ . Tìm max

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

TLS à

1. Trên mặt phẳng cho $2012$ điểm . Chứng minh rằng có một hình vuông chứa đúng $1006$ điểm ( còn $1006$ điểm còn lại nằm ngoài hình vuông )

2.Trên đường thẳng cho $50$ đoạn thẳng . Chừng minh rằng hoặc có $8$ đoạn thẳng có điểm chung hoặc có $8$ đoạn thẳng mà hai đoạn thẳng bất kì không có điểm chung

Giả sử $\left | \sqrt{ma_{m}} -\sqrt{na_{n}}\right | \leq 5$ $\forall m,n= \overline{1,2014}, m \neq n$. Lúc đó sẽ tồn tại $a \in \mathbb{R}$ để $a \leq \sqrt{ma_{m}} \leq a+5$ $\forall m= \overline{1,2014}$.Vì vậy tồn tại $c \in \mathbb{N}$ để $c \leq \sqrt{ma_{m}} \leq c+6$ $\forall m= \overline{1,2014}$, hay $c^2 \leq ma_m \leq (c+6)^2$. Ta có $2014 \geq a_1 \geq c^2$ và $(c+6)^2 \geq max\left ( 1251a_{1251},1250a_{1250},1249a_{1249} \right )\geq 1249\times 3= 3747$. Dễ thấy không tồn tại $c$ thỏa mãn nên giả sử sai $\Rightarrow Q.E.D

Chỗ $(c+6)^{2}$ đấy là sao ? Mình chưa hiểu lắm

Cho $1251$ số tự nhiên phân biệt $a_{1} , a_{2},.....,a_{1251}$ không vượt quá $2014$ . Chứng minh luôn tồn tại m , n $\in \mathbb{N}$ sao cho $\left | \sqrt{ma_{m}} -\sqrt{na_{n}}\right | \geq 5$

Có 7 cách.

Làm vài cách khác đi anh

Cmr không tồn tại đường đi khép kín của con mã ( qua mỗi ô chỉ 1 lần và quay về ô ban đầu ) trên bàn cờ 4*n

Chuwngd minh rằng không tồn tại $1$ đường đi khép kín của con mã trên bàn kích thước $4\ast n$

Sao lại cần điều kiện đôi một khác nhau nhỉ?

 

Thay $c = -a-b$ bất đẳng thức trên trở thành

\[\frac{a^2}{b^2} + \frac{b^2}{(a+b)^2} + \frac{(a+b)^2}{a^2} + \frac{a}{b} - \frac{b}{a+b} - \frac{a+b}{a} \geqslant \frac{15}{4}.\]

Đặt $a=kb$ bất đẳng thức trên tương đương với

\[k^2 + \frac{1}{(k+1)^2} + \frac{(k+1)^2}{k^2} + k - \frac{1}{k+1} - \frac{k+1}{k} \geqslant \frac{15}{4},\]

hoặc

\[\frac{(k-1)^2(2k+1)^2(k+2)^2}{4k^2(k+1)^2} \geqslant 0.\]

Hiển nhiên đúng.

Không có cách " đẹp " hơn à ?

Cho a , b , c đôi một khác nhau thỏa a + b + c = 0 . Cmr

$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}} + \sum \frac{a}{b}\geqslant \frac{15}{4}$

Cho a , b , c là 3 số thực . Chứng minh BĐT sau 

$\sum (\frac{a+2016b}{a-b})^{2} \geq 2016^{2}+1$

$1$ . Có $36$ vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức vòng tròn ( mỗi vận động viên đều đấu với tất cả các vđv còn lại ) . Cmr có thể sắp xếp tất cả 36 vđv theo thứ tự sao cho người đứng trc thắng người đứng kề ngay sau đó 

$2$ . Trên mp cho n điểm sao cho khoảng cách giữa 2 điểm bất kì đôi một khác nhau . Người ta nối mỗi điểm với điểm gần nhất đvs nó . Cmr qua mỗi điểm k có quá $5$ đoạn thẳng 

$3$ . Cho $7$ số nguyên dương khác nhau mà mỗi số không vượt quá $1706$ . Cmr tồn tại ba số a , b , c trong chúng sao cho $a < b + c < 4a$

1.Cho số nguyên  a>1a>1 .Cmr tập hợp X={a2−a+1,a3−a2+1....}X={a2−a+1,a3−a2+1....} chứa 11 tập con AA có vô số phần tử sao cho 22 phần tử bất kì thuộc AA thì nguyên tố cùng nhau

2.Cho số nguyên dương nn , kí hiệu φnφn là số các ước nguyên tố của nn . Cmr nếu φnφn chia hết n−1n−1 và φn≤3φn≤3 thì nn là số nguyên tố .

3.Cmr với mỗi số nguyên dương kk , tồn tại số tự nhiên nn sao cho tổng các chữ số của nn bằng kk và nn chia hết cho k

Trên mặt phẳng cho một số điểm được tô màu xanh và một số điểm được tô màu đỏ sao cho khoảng cách giữa $2$ điểm bất kỳ không vượt quá $1$ . Cmr có 1 hình tròn bán kính $\frac{1}{\sqrt{2}}$ chứa tất cả các điểm màu đỏ hoặc chứa tất cả các điểm màu xanh .

Có $1$ bảng ô vuông $n\ast n$. Trong $n-1$ ô của bảng có ghi số $1$ ,  các ô còn lại ghi số 0 . Cho phép thực hiện phép biến đổi như sau : mỗi lần chọn một ô , giảm số đang viết ở ô đó đi $1$ đơn vị , đồng thời tăng tất cả số ở các ô cùng hàng và cùng cột với ô này lên $1$ đơn vị . Hỏi có thể từ bảng ban đầu , sau 1 số phép biến đổi ta nhận được bảng gồm toàn các chữ số giống nhau ?

1.Cmr trong dãy $2^{n}-1$,n=1,2,... luôn tìm đc n số hạng liên tiếp nhau sao cho tất cả đều là hợp số

2.Cmr có vô số số nguyên tố có dạng $2pn\dotplus 1$ với p là số nguyên tố lẻ cho trước

3.Cmr nếu p là ước nguyên tố lẻ của $a^{p}\dotplus 1$ thì p là ước của $a \dotplus 1$ hoặc có dạng $2pn\dotplus 1$

1.Cho số nguyên  $a > 1$ .Cmr tập hợp $X=\left \{ a^{2}-a+1,a^{3}-a^{2}+1.... \right \}$ chứa $1$ tập con $A$ có vô số phần tử sao cho $2$ phần tử bất kì thuộc $A$ thì nguyên tố cùng nhau

2.Cho số nguyên dương $n$ , kí hiệu $\varphi n$ là số các ước nguyên tố của $n$ . Cmr nếu $\varphi n$ chia hết $n-1$ và $\varphi n \leq 3$ thì $n$ là số nguyên tố .

3.Cmr với mỗi số nguyên dương $k$ , tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho tổng các chữ số của $ n $ bằng $ k$ và $n$ chia hết cho $k$

1.$Giả sử m\geq n là các só tự nhiên thỏa mãn (2017k-1,m)=(2017k-1,n)Với mọi k \in N . Cm \exists k sao cho m=2017^{t}*n$

2.Cmr với p nguyên tố thì tồn tại vô hạn n sao cho $n*2^{n}-1\vdots p$

3.$Cmr số 2^{p}-1 với p nguyên tố chỉ có ước số dạng 2pk+1$

4.Cmr mọi số tự nhiên đều viết đc dưới dạng hiệu của 2 số tự nhiên khác mà tập hợp các ước số nguyên tố của 2 số này trùng nhau