Định nghĩa $f$ trên tập các số nguyên dương bởi $f\left ( n \right ) = \prod_{k=1}^{r}a_k^{p_k}$ nếu $n$ có khai triển nguyên tố là $\prod_{k=1}^{r}p_k^{a_k}$, với trường hợp đặc biệt $f(1) = 1$. Chứng minh rằng với mọi $n$ thì dãy $n,f\left( n\right),f\left( \left( n\right) \right),\dots$ là dãy tuần hoàn.

Em thử đưa ra một ý tưởngi xem đúng không nhé!
Trước tiên chỉ cần xét tính chẵn lẻ của $a_1 + a_2 + \cdots + a_{n-1}$ ta có thể suy ra tổng các phần tử của tập $\left \{ a_1,a_2,\dots,a_n \right \}\setminus \left \{ r_n \right \}$ là $3a_n$ và $r_n$ chỉ có thể nhận giá trị $0$ hoặc $1$.
Bây giờ ta sẽ chứng minh quy nạp rằng mọi số không vượt quá $a_n$ đều biểu diễn được dưới dạng tổng của một số số thuộc tập $\left \{ a_2,a_3, \dots,a_{n-1} \right \}$
Dễ dàng kiểm tra với $n=7$
Ta chỉ cần chú ý $a_n-a_{n-1}= \left \lfloor \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{ -2} - a_{n-1}}{2} \right \rfloor <a_{n-1}$. Do đó nếu mệnh đề đúng với $n-1$ thì các số không vượt quá $\left \lfloor \frac{a_1 + a_2 + \cdots - a_{n-1}}{2} \right \rfloor <a_{n-1}$ đều biểu diễn được dưới dạng tổng của một số số thuộc tập $\left \{ a_2,a_3, \dots,a_{n-2} \right \}$. Từ đây suy ra mệnh đề cũng đúng với $n$.
Từ 2 nhận xét trên ta có thể suy ra đpcm.
Nếu lời giải này đúng thì ta thấy bài toán hoàn toàn có thể được làm chặt hơn.

Từ mọi số không vượt quá $a_{n-1}$ đều biểu diễn được dưới tổng của một số số trong các số $a_2,\dots,a_{n-2}$ suy ra mọi số không vượt quá $a_n$ cũng biểu diễn được dưới tổng của một số số trong các số $a_2,\dots,a_{n-1}$.

Đoạn này bạn nói rõ hơn được không? Nếu chỗ này chứng minh ổn là chuẩn rồi

$a_n$ là dãy số được xác định bởi: $a_n = n$ với $n\le 6$ và $a_n = \left \lfloor \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_{n-1}}{2} \right \rfloor$ với $n > 6$.

$r_n$ là các số chỉ có thể nhận giá trị là $0$, $1$ hoặc $2$ đồng dư với $\sum_{k=1}^{n}{a_k}$ theo modulo $3$.

Chứng minh rằng với $n\ge 6$, tập $\left \{ a_1,a_2,\dots,a_n \right \}\setminus \left \{ r_n \right \}$ có thể được chia thành $3$ tập con với tổng các phần tử là bằng nhau.

Ví dụ: với $n=7$, thì $\left \{ 2,3,4,5,6,10 \right \}=\left \{ 2,3,5 \right \}\cup \left \{ 4,6 \right \}\cup \left \{ 10 \right \}$

Xét tam giác nhọn $ABC$ với các cạnh có độ dài là $a,b,c$, bán kính nội tiếp $r$ và chu vi là $2p$. Chứng minh rằng:

$\left(1-\cos{A}\right)\left(1-\cos{B}\right)\left(1-\cos{C}\right)\ge \cos{A}\cos{B}\cos{C}\left ( 2 - \frac{3\sqrt{3}r}{p} \right )$

Nói chung ý tưởng làm của bạn là chuẩn rồi. Bạn chỉ nên trình bày rõ ràng rành mạch và đầy đủ hơn thôi. Bất đẳng thức trên là khá lỏng, ta có thể làm chặt nó hơn như sau:

Đặt $\phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$. Chứng minh rằng:

$1+2n\frac{\log{\phi}}{L_{2n}}\le \frac{1}{2}\left ( L_{2n}^{\frac{1}{L_{2n}}} +F_{2n}^{\frac{1}{F_{2n}}}\right ) \le 1 + 2n\frac{\log{\phi}}{F_{2n}}$

Em thử bon chen tí nhé mọi người
Với $n=1,2,3$ thì BĐT đúng
Với $n>3$ thì
$ y = F_n^{\frac{1}{F_n}} \Rightarrow \ln y = \frac{1}{F_n} \ln F_n $

$\Rightarrow \frac{y^{\prime}}{y} = \frac{-F_n^{\prime}}{(F_n)^2}\ln F_n + \frac{F_n^{\prime}}{(F_n)^2}= \frac{F_n^{\prime}}{(F_n)^2} (1 - \ln F_n) < 0$
\[x = {L_n}^{\frac{1}{{{L_n}}}} \Rightarrow \dfrac{{x'}}{x} = \frac{{ - {L_n}'}}{{{{({L_n})}^2}}}(1 - \ln {L_n}) < 0\]
Ta chứng minh
\[\frac{{{F_{n + 1}}}}{{{F_{2n}}}} < \frac{{{F_n}}}{{{F_{2n - 2}}}} \Leftrightarrow {F_{n + 1}}{F_{2n - 2}} < {F_n}{F_{2n}}\]
Em nghĩ rằng BĐT này đúng nếu thay công thức tổng quát vào khai triển ra theo
\[a = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2};\frac{{ - 1}}{a} = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}\]

Ý bạn $y$ ở đây là hàm số với biến là $F_n$? Tức là $y\left ( F_n \right ) = F_n^{\frac{1}{F_n}}$?

$F_n'$ có nghĩa là gì? Nếu xem $F_n$ là một hàm số với biến là $n$ thì hàm này không khả vi. Còn nếu xem $F_n$ là biến của hàm số $y$ thì ta có thể viết gọn lại $F_n'$ của bạn là bằng $1$.

Đến đoạn $\frac{y'}{y}<0$ rồi sau đó bạn đưa bất đẳng thức cho các số Fibonacci (cái này mình chưa kiểm chứng lại) rồi bạn làm tiếp thế nào nữa?

Gọi $F_n$ và $L_n$ lần lượt là các số Fibonacci và Lucas thứ $n$. Chứng minh rằng với mọi $n\ge 1$

$\frac{1}{2}\left ( F_n^{\frac{1}{F_n}} + L_n^{\frac{1}{L_n}} \right ) \le 2 - \frac{F_{n+1}}{F_{2n}}$

* Các số Fibonacci và Lucas được xác định hồi quy với $a_{n+1}=a_n + a_{n-1}$, trong đó $F_0 = 0$, $F_1 = 1$, $L_0=2$ và $L_1=1$

Có chứ thế này nhé
$2S=a.h_{a}=b.h_{b}=c.h_{c}$
nên tam giác có độ dài 3 cạnh là $h_{a},h_{b},h_{c}$ đồng dạng với tam giác có 3 cạnh là $a,b,c$

Bạn nhầm rồi. Phải là $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$ thì $x,y,z$ mới là ba cạnh của một tam giác. Như vậy, nếu dùng đẳng thức của bạn thì ta có ba cạnh của tam giác là $\frac{1}{h_a},\frac{1}{h_b},\frac{1}{h_c}$ Chứ không phải là $h_a,h_b,h_c$

Chỗ đó do số các số -1 lẻ mà -1=(-1).1 nên số các số -1 và 1 trong n số ban đầu có lẻ số ...

Ý bạn là trong các số $x_ix_{i+1}$ có lẻ số $-1$ nên trong các số $x_i$ cũng phải có lẻ số $-1$. Mình chưa thấy chỗ logic ở đây :">

Mình thì có hướng tiếp cận bài toán hơi khác để chứng minh trong các số $x_ix_{i+1}$ có chẵn số $-1$: lấy tích tất cả các số này ta được $x_1^2x_2^2\dots x_n^2$ là một số dương, từ đó rõ ràng số các số $-1$ phải là số chẵn.

Xét trong tổng trên : nếu số -1 có lẻ số thế thì số 1 và -1 có lẻ số mỗi loại . Từ đó suy ra số 1 sẽ có chẵn số (=1.1=(-1).(-1))
Suy ra tổng lẻ (Vô lí)
Vậy số các số -1 chẵn hay $\frac{n}{2}$ chẵn $\leftrightarrow n\vdots 4$ (QED)!!!

Lập luận chỗ này chưa rõ lắm

K bao h, thế thì tổng 3 góc tam giác là 270 độ à?

Ở đây ta chỉ quan tâm độ dài của ba đường cao thôi, ta có thể xoay nó đi và ghép lại với nhau thành một tam giác là được, không nhất thiết phải giữ nguyên "phương" của các đường cao đó.

Có.Khi đó là tam giác vuông.CÒn tam giác thường thì không.Áp dụng đường xiên với đường vuông góc gì đó.Đường xiên luôn lớn hơn đường vuông góc

______________________
hxthanh: Tam giác đều thì sao???
_____________________________
Tam giác đều thì sao mà được ạ !!!!!!!!!

Tại sao tam giác đều lại không được. Rõ ràng khi tam giác đều thì ba đường cao của nó cũng bằng nhau nên sẽ là độ dài ba cạnh của một tam giác đều khác.

Câu trả lời hiển nhiên là: ba đường cao của tam giác không phải lúc nào cũng sẽ là độ dài ba cạnh của một tam giác khác được. Ví dụ khi ta có một tam giác cân $ABC$ tại $A$ và có độ dài cạnh $BC$ rất nhỏ so với hai cạnh còn lại. Như vậy đường cao từ $A$ là $h_a$ sẽ lớn hơn $h_b + h_c$ nên $h_a,h_b,h_c$ không thể là ba cạnh của một tam giác được.

Câu hỏi tiếp theo có thể đặt ra là: khi nào thì ba đường cao của một tam giác sẽ có độ dài là độ dài ba cạnh của một tam giác khác?

cũng có 249 lượt người xem rồi mà không thấy có ai có ý kiến gì. Mình xin đưa ra lời giải:

Xét số phức $\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ là căn bậc ba của đơn vị thoả mãn $\omega^2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$, $\omega^3=1$ và $\omega^2 + \omega +1 =0$. Đặc biệt ta có $1+\omega^j + \omega^{2j} = 3$ với $j$ chia hết cho $3$ và bằng $0$ trong các trường hợp còn lại (1).
Đặt $r_k = \sqrt[3]{28}\omega^k$ với $k=0,1,2$. Theo định nghĩa của $b$ thì ta có $\left| r_0^{-n} - b \right| < 1$. Phần thực của $\omega$ và $\omega^2$ là âm nên $\left| r_1 \right| > 1$ và $\left| r_2 \right| > 1$. Do đó:
$\left| b - \left( r_0^{-n} + r_1^{-n} + r_2^{-n} \right) \right| < \left| b-r_0^{-n} \right| + \left| r_1^{-n} \right| + \left| r_2^{-n} \right| < 3$ (2)
Do $\left( \sqrt[3]{28}\omega^k \right)^3 = 28$ nên
$r_k^{-1} = \frac{1}{\sqrt[3]{28}\omega^k - 3} = \frac{\left( \sqrt[3]{28}\omega^k \right)^3 - 3^3}{\sqrt[3]{28}\omega^k - 3} = \sqrt[3]{28}^2\omega^{2k} + 3\sqrt[3]{28}\omega^k + 9$
Luỹ thừa đa thức $X^2 + 3X + 9$ với $n$ ta có các số nguyên $c_0,\dots,c_{2n}$ với
$\left( X^2 + 3X + 9 \right)^n = c_{2n}X^{2n}+\cdots + c_0$
Và ở đây $c_0 = 9^n$ là một số lẻ. Thế $X = \sqrt[3]{28}\omega^k$ ta có
$r_k^{-n} = \sum_{j=0}^{2n}{c_j\sqrt[3]{28}^j\omega^{kj}}$
Kết hợp với (1) ta có:
$r_0^{-n} + r_1^{-n} + r_2^{-n} = \sum_{j=0}^{2n}{c_j\sqrt[3]{28}^j\left( 1 + \omega^j + \omega^{2j} \right)} = 3\sum_{0\leq l\leq \frac{2n}{3}}{c_{3l}28^l}$
Tổng này rõ ràng là một bội số của $3$ và là số lẻ. Nếu như $b$ chia hết cho $6$, thì $\left| b - \left( r_0^{-n} + r_1^{-n} + r_2^{-n} \right) \right|$ có giá trị bé nhất là $3$, mâu thuẫn với (2).
Từ đó ta có điều phải chứng minh$\blacksquare$

$a$ là một số nguyên lớn hơn $1$, và $f$ là một đa thức có bậc dương và có mọi hệ số là các số nguyên không âm. Với $n\geq 1$, đặt $S\left(n\right) = \left\{ f\left( 1\right),\dots, f\left ( n\right)\right\}$.
Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho $S\left(n\right)$ có thể được chia thành $a$ tập hợp con sao cho tổng các phần tử trong mỗi tập hợp là bằng nhau.

Gọi $a$, $b$ và $c$ là độ đài các cạnh của một tam giác. Đặt $p = \frac{a+b+c}{2}$ và $r$ và $R$ lần lượt là bán kính nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác đó. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{2}\cdot \frac{4r-R}{R} \leq \sqrt{\left(p-b\right)\left(p-c\right)} \leq \frac{a}{2}$

Gọi $A_n$ là tập hợp các cách tô màu thoả mãn điều kiện bài toán với hình chữ nhật $2\times n$. Số các cách tô thoả mãn là số phần tử của tập hợp đó, ta đặt là $S_n = \left| A_n\right|$.

Nhận xét rằng cứ mỗi một phần tử trong tập $A_n$ ta luôn có tương ứng với $2$ phần tử trong tập $A_{n+1}$. Như vậy $S_{n+1} = 2\cdot S_n$.

Dễ dàng tính được $S_2=4!=24$. Từ đó ta có $S_n=24\cdot 2^{n-2}=6\cdot 2^n$.

Tính
$\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\left ( 2k+1 \right )H_k^2}{\left ( k-1 \right )k\left ( k+1 \right )\left ( k+2 \right )}$
với $H_k$ là số điều hoà thứ $k$ được xác định bởi $H_k=\sum\limits_{j=1}^{k}\frac{1}{j}$

 

__________________

@hxthanh: Nếu không ai làm thì tôi xin đấu thầu bài này!

 

@supermember: Chỉ mình supermember hiểu tại sao thầy Thanh thích bài này

Cho $n$ là một số nguyên dương và $b$ là số nguyên lớn nhất mà bé hơn $\left( \sqrt[3]{28} - 3 \right)^{-n}$. Chứng minh rằng $b$ không chia hết cho $6$.

Không hiển nhiên lắm đâu bạn Bài này là một bài khá nổi tiếng và có một bài anh em với nó nữa là: "Có $n$ điểm trên mặt phẳng, cứ hai điểm thì có một điểm thứ ba thẳng hàng. Chứng minh $n$ điểm thằng hàng". Trong diễn đàn cũng đã có khá nhiều topic thảo luận về hai bài toán này. Nhưng "hiển nhiên" thì chắc là hơi quá lời

Pt đặc trưng không được sử dụng trong các kì thi thì phải? Bài này lập hệ thức truy hồi là được mà!

Đúng là phương trình đặc trưng không được dùng trong thi đại học. Bài này đơn giản là biến đổi phương trình của dãy số thành $u_{n+1}-\frac{1}{3}u_{n} = u_{n} - \frac{1}{3}u_{n-1}$ rồi sau đó đặt dãy phụ $v_n=u_{n+1} - \frac{1}{3} u_n$

Nhận định rằng dãy $\sum{\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}}-\dfrac{1}{2}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor}}-\dfrac{1}{3}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor}}+\dfrac{1}{6}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{6}\right\rfloor}}$ có thể tăng vô hạn tùy ý cùng $n$

Phải chăng ý bạn là:

$S(n) - \frac{1}{2} S\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right) - \frac{1}{3} S\left(\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor\right) + \frac{1}{6} S\left(\left\lfloor\frac{n}{6}\right\rfloor\right)\rightarrow\infty$ với $S\left(n\right)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{i}$

bạn trình bày không rõ ràng lắm, thực ra mình chưa hiểu cách làm của bạn lắm. trước hết bạn có thể viết lại và chứng minh rõ hơn điều đầu tiên mà bạn nói là tổng ra vô hạn khi $n$ ra vô hạn ấy. Các thắc mắc khác mình sẽ viết ra sau

Gửi ban quản trị của diễn đàn,

mình thấy rất nhiều trường đại học, viện nghiên cứu luôn có sẵn những Latex Template với thiết kế của riêng mình. Việc này thứ nhất sẽ giúp cho những ấn phẩm được public bởi tổ chức đó sẽ đồng nhất, thứ hai là giúp những người soạn thảo dễ dàng và tiện lợi hơn (chỉ cần quan tâm đến phần nội dung, phần "hình" thì đã được định sẵn), và còn có rất nhiều lợi ích nữa...

Thiết nghĩ không biết diendantoanhoc có nên làm một Latex template không? Như vậy sẽ rất nhẹ nhạng cho các bạn muốn viết bài và public dưới danh nghĩa của diendantoanhoc.

Ký hiệu $\sigma(n)$ là tổng các ước số của $n$.
(a) Tìm số nguyên dương $m$ nhỏ nhất thỏa mãn $\sigma(6m) < \sigma(6m+1)$
(b) Chứng minh rằng có vô hạn số $m$ thỏa mãn $\sigma(6m) < \sigma(6m+1)$

Dạ vâng, em chỉ nêu ra ý kiến như vậy để mong được sự ủng hộ từ mọi người. Đặc biệt là từ các Biên tập viên và các bạn quan tâm,rất mong được sự giúp sức từ mọi người. Thân mến!

Ý tưởng của bạn rất hay. Nếu có một đội ngũ năng động tham gia (mình nghĩ tầm 2-3 người cho một mảng, vị chi sơ sơ khoảng 10 người đi), thì có thể sẽ ra được một sản phẩm tốt. Quan trọng là khi đã đủ người phải ngồi lại với nhau lập kế hoạch rõ ràng không lại kiểu "ban đầu rất hứng khởi nhưng dần dần thì xịt dần"