mnguyen99

Chứng minh $P(x)=(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n})-1$ với n số nguyên $a_{1}<...<a_{n}$.

Chứng minh đa thức bất khả quy trên Z.

Cho đường tròn (O) đường kính AB. C là 1 điểm nằm trên AB và ở ngoài (O). Kẻ cát tuyến CDE. OF là đường kính của tam giác ngoại tiếp BOD có tâm là $O_{1}$. Đường thẳng CF cắt lại $(O_{1})$ tại G. CM O, A, E, G cùng thuộc một đường tròn.

Cho tam giác ABC. Đường tròn (I) nội tiếp tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. P là 1 điểm bất kì sao cho PA, PB, PC cắt (I) lần lượt tại X, Y, Z. CM DX, EY, FZ đồng quy.

Biết $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$. 

CM: $\sum a^{3}(b+c)\leq 6$

Cho $a,b,c \geq 0$, $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$(a^2+a+1)(b^2+b+1)(c^2+c+1) \leq 27$

VT$\leq (\sum a^{2}+\sum a+3)^{3}.\frac{1}{27}$           (1)

Nhận thấy$ab+bc+ca\leq 3$

Do đó $(1)\leq ((a+b+c)^{2})^{3}.\frac{1}{27}=27 $

đpcm

Nếu bạn đã nói vậy, xin mời chứng minh, mình muốn biết cách

Xét $k>5$

ta sẽ Cm rằng tồng tại a thuộc N thỏa: $k\leq a^{2}< (a+1)^{2}\leq 2k$

Xét $a^{2}$ lớn hơn k nằm gần k nhất.

do đó  $a-1< \sqrt{k}\Leftrightarrow a< \sqrt{k}+1\Leftrightarrow (a+1)^{2}< (\sqrt{k}+1)^{2}= k+1+2\sqrt{k}< 2k$

theo giả thiết giữa 2 số chính phương tồn tại một số nguyên tố.

Xét các số nhỏ hơn còn lại...

Định đề Bertrand được CM hoàn toàn.

Bài tổ hợp đề 10 thì dùng chỉnh hợp là ôkê chú gì mà cao siêu vạy bạn" tap lam toan"

Bạn cho mình lời giải được ko

Làm như thế chưa chắc đâu ! Biết đâu trong số $1999$ điểm cho trước, có $k$ điểm ($k>1$) nằm trong góc đối đỉnh với góc $\widehat{A_{1}Md}$ thì sao ? Khi đó miền $A$ không giảm đi $1$ điểm mà lại tăng thêm $k-1$ điểm.Còn miền $B$ không tăng thêm $1$ điểm mà lại giảm $k-1$ điểm.Vậy có chắc là "luôn chuyển về được $\left | A \right |=\left | B \right |$" không ?

 

Mình đề xuất cách khác như sau :

Kẻ tất cả các đường thẳng đi qua ít nhất $2$ trong $1999$ điểm đã cho.Gọi số đường thẳng như vậy là $k$ ($k$ là số hữu hạn)

Gọi $m$ là số phương của $k$ đường thẳng đó $\Rightarrow m\leqslant k$ (vì có thể có những đường thẳng song song) $\Rightarrow m$ cũng là số hữu hạn.

Vì số phương trong mặt phẳng là vô hạn nên ta hoàn toàn có thể chọn 1 phương khác với $m$ phương nói trên (gọi phương đó là phương $t$)

Qua mỗi điểm trong số $1999$ điểm đã cho, ta kẻ các đường thẳng song song với phương $t$ (như vậy kẻ được $1999$ đường thẳng song song)

Đặt tên các đường thẳng song song đó (theo thứ tự từ trái sang phải hoặc từ dưới lên trên) lần lượt là $d_{1},d_{2},...,d_{1999}$

Rõ ràng đường thẳng $d_{1000}$ chia mặt phẳng thành 2 miền, mỗi miền chứa đúng $999$ điểm (trong số $1999$ điểm đã cho)

CÓ lẽ bài mình có thêm đk ràng buộc M sẽ đúng hơn: Gọi O là đường tròn bao phủ 1999 điểm. Do bán kính O hữu hạn nên ta có thể chọn M nằm ngoài O. Lúc đó góc đối đỉnh của $\widehat{A_{1}Md}$ sẽ ko tồn tại điểm nào trong 1999 điểm trên.

CÒn các làm của bạn mình nghĩ nên thêm đk cho t bởi vì t có vô hạn nên xác định như vậy thì hơi khó hiểu

Trên mặt phẳng lấy cho 1999 điểm phân biệt tùy ý. Chứng minh rằng có một đường thẳng đi qua một điểm duy nhất trong 1999 điểm đã cho chia mặt phẳng thành hai miền không giao nhau sao cho mỗi miền chứa đúng 999 điểm trong các điểm đã cho.

Ta sẽ làm theo thuật toán như sau.

Chọn 1 điểm M ko thuộc 1999 điểm đó sao cho ko thẳng hàng với bất kì 2 điểm nào. Kẻ 1 tia Md  bất kì đi qua 1 điểm tạo và chia mặt phẳng thành 2 phần A,B

Giả sử IAI>IBI ta sẽ chọn từ mp A chọn điểm $A_{1}$ sao cho $\widehat{A_{1}Md}$ nhỏ nhất.

kẻ tia Mt đi qua $A_{1}$.

Lúc đó mp A có IAI-1 điểm

           mp B có IBI+1 điểm

Tiến hành các bước tương tụ ta sẽ luôn chuyển về được IAI=IBI.

Cho $f:N*\rightarrow N*$ là hàm số $(f(m)+n)(f(n)+m)$ là số chính phương với mọi m,n thuộc N*. CM nếu $f(m)-f(n)\vdots p$ thì $(m-n)\vdots p$ trong đó p là số nguyên tố.

Một hội nghị quốc tế  có hội viên thuộc 6 nước khác nhau. Danh sách gồm 2014 người được đánh số từ 1 đến 2014. CM có ít nhất 1 người có số thứ tự bằng tổng của 2 người hoặc bằng 2 lần số thứ tự của 1 người cùng nước với người đó.

Cho các số a,b,c ko âm sao cho tổng 2 số bất kì đều dương. CM $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\frac{9\sqrt{ab+ac+bc}}{a+b+c}\geq 6

ps: Ai có đáp án đề thi  đề xuất chọn hsg vùng duyên hải và đồng bằng bắc bộ toán 10 thpt chuyên vĩnh Phúc này cho mình xin cái luôn.

Cho tứ giác ABCD có E và F là giao điểm của AB với CD và AD với BC. CM các đường tròn đường kính AC, BD và EF có trục đẳng phương chung.

Tìm $m,n$ là 2 số nguyên tố thỏa mãn :

$(2^m+2^n)$ chia hết cho $mn$

Loại bỏ th đơn giản : một trong 2 số chia hết cho 2.

Xét m,n lẻ và $m\geq n$

$\Rightarrow 2^{m-n}+1\vdots mn\Leftrightarrow 2^{(m-n)^{2}}\equiv 1 (mod mn)$

Đặt $d=ord_{mn}(2)$

$\Rightarrow [(m-n)^{2},(m-1)(n-1)]\vdots d\Leftrightarrow [(m-1)^{2}+(n-1)^{2}, (m-1)(n-1)]\vdots d$

do đó $2^{(m-1)^{2}+(n-1)^{2}}\equiv 1 (mod mn)$

Từ điều này ta dễ dàng suy ra được $\left\{\begin{matrix}2^{(n-1)^{2}}\equiv 1 (mod mn) \\ 2^{(m-1)^{2}}\equiv 1 (mod mn) \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 2^{(m-1)^{2}}+2^{(n-1)^{2}}\equiv 2 (mod mn)\Leftrightarrow 2^{m(m-2)}+2^{n(n-2)}\equiv 1 (mod mn)\Leftrightarrow 2^{m(m-2)}-2^{m(n-2)}\equiv 1 (mod mn)\Leftrightarrow 2^{m^{2}-mn}.2^{m(n-2)}\equiv 1 (mod mn)\Leftrightarrow 2^{m(n-2)}\equiv -1 (mod mn)$

Xét hệ thặng dư n tiếp tục áp dụng đk bài toán

$\Rightarrow 2^{n(n-2)}\equiv 1 (mod n)\Leftrightarrow 2^{n-2}\equiv 1 (mod n)$

Đến đây rõ ràng pt vô nghiệm m,n lẻ.

ps: nhầm lẫn ngay đoạn đầu.

Câu 1: Giải hệ $\left\{\begin{matrix}4x^{2}+y^{4}-4xy^{3}-1=0\\ 2x^{2}+y^{2}-2xy-1=0\\end{matrix}\right.$

Câu 2: Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$  thỏa: $f((x-y)^{2})=x^{2}-2yf(x))+f^{2}(y)$

Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên dương x,y sao cho: $\frac{x+y}{x^{2}-xy+y^{2}}=\frac{2}{7}$

 Câu 4: Cho tam giác ABC ko cân ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O), gọi M là tiếp điểm của (I) của BC. $T_{1}$  là đường tròn thay đổi và tiếp xúc với BC tại M. Giả sử $T{2}$  là đường tròn thay đổi và đi qua 2 điểm B, C. Giả sử $T{1}$ cắt đường tròn (O) tại 2 điểm D, E và  cắt $T_{2}$ đường tròn (I) tại 2 điểm F,G. CM 2 đường thẳng DE và FG cắt nhau tại 1 điểm cố định.