Vâng đúng là sai ạ, em xin giải lại như sau :D

Đặt: $tana=2 $. Ta cm theo quy nạp được: $u_n=tanna $.

1. Ta có: $u_{2m}=tan2ma=\frac{2tanma}{1-tan^2ma}=\frac{2u_m}{1-u_m^2} $ (1)

Giả thiết phản chứng tồn tại n sao cho $u_n=0 $. Xét:

TH1: $n $ chẵn, $n=2m $ suy ra $u_m=0 $

TH2: $n $ lẻ, biểu diễn $n=2^k(2s+1) $

Sử dụng $u_n $ và (1) $k $ lần được $u_{2s+1}=0 $

Nếu $m $ chẵn, thực hiện tiếp đến khi $m $ lẻ.

Sau đó chứng minh được $u_s $ là số vô tỉ mà đề bài cho $u_n $ là số hữu tỉ suy ra vô lý (đpcm).

2. Gỉả sử tồn tại 2 số hạng của dãy cùng nhận 1 giá trị.

Ta có: $u_{m+n}=u_n $

$\Leftrightarrow tan(m+n)a=tanna $

$\Leftrightarrow \frac{sinma}{cos(m+n)acosa}=0 $

$\Leftrightarrow sina=0\Rightarrow tanma=0 $

$\Rightarrow u_m=0 $

Suy ra vô lý. Vậy ta có đpcm.

Xin đóng góp vài bài trong phân PTH-Đa thức. Các bài còn lại đa được giải trên diễn đàn...

Cảm ơi thầy Đại chuyên Vĩnh Phúc cũng đã góp sức.

Tiếp tục gửi mọi người các đề toán về Số học.

Tổng hợp một số bài toán Số học.

Tiếp tục với phần Hình học.

Em xin lỗi về bài 9 phần ở post trước, nhận xét đó đúng nhưng không thể áp dụng.
Ta sẽ giải bài này bằng đơn biến.
Vì $\sqrt{a}+\sqrt{b}\leqslant 2\sqrt{a+b} $ nên tổng các căn bậc của các số trên bảng luôn không giảm.
Như vậy, nếu chỉ còn lại một số S thì $\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\leqslant \sqrt{S}\Rightarrow S\geqslant (\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n})^2=A_n $
Dễ dàng quy nạp được $A_n\geqslant\frac{4n^3}{9} $ nên suy ra đpcm.

Em xin đóng góp chút cho phần hình học:

Bài 13: Ta có: $PM=PN \Leftrightarrow AD.\sin BAC = CD .\sin ACB \Leftrightarrow \dfrac{AD}{CD}=\dfrac{\sin ACB}{\sin BAC} \Leftrightarrow \dfrac{AD}{CD}=\dfrac{AB}{CB}$.
Ta có điều phải chứng minh.

Bài 14:
Gọi $M,N,P$ lần lượt là giao điểm của $AG$ và $BC$; $BG$ và $AC$; $CG$ và $AB$.
Thuận: Ta chứng minh nếu $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ thì $O$ là trọng tâm của tam giác $DEF$
Gọi $J$ là điểm thoả: $AJ \parallel BN; JM \parallel CP$.
Suy ra $AJ=BN; MJ=CP$.
Ta cũng suy ra được: $\bigtriangleup{AJM} \backsim \bigtriangleup{DEF}$. (1)
Gọi $K$ là giao điểm của $JM, AB$.
Ta có: $KM=\dfrac{CP}{2}=\dfrac{JM}{2}$.Suy ra $K$ là trung điểm của $JM$.
Mặt khác, do (1) và do $\widehat{OEF}=\widehat{KAM}$ nên ra suy ra $OE$ là trung tuyến của tam giác $DEF$. (*)
Tương tự với $DO,FO$.
Ta có đccm.
Đảo: Ta chứng minh nếu $O$ là trọng tâm của tam giác $DEF$ thì $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
Vẽ thêm và lập luận hoàn toàn tương tự, ta có đccm.

Các bài còn lại hầu hết đã có lời giải trên diễn đàn.
Phía dưới là dẫn chứng: :D

Cảm ơn thầy giáo chuyên Hà Tĩnh cũng đã tham gia chủ đề, cảm ơn các bạn tiếp tục hưởng ứng chủ đề.

Tôi gửi tiếp một chủ đề yêu thích của nhiều bạn: Bất đẳng thức và cực trị.

Đang học thì thấy file của thầy Dũng gửi lên. Làm trước một bài mà mình thấy thích nhất.

Bài 1 (Nghệ An). Cho $a,b,c$ dương và $abc=1,$ tìm GTNN của $$P=a^2b+b^2c+c^2a+\frac{1}{\sqrt[6]{a^3+b^3+c^3}}.$$

Thay $(a,b,c)$ bởi $\left (\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}},\sqrt[3]{\dfrac{b}{c}},\sqrt[3]{\dfrac{c}{a}} \right ),$ ta có thể viết $P$ lại dưới dạng thuần nhất như sau $$P=\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[6]{\frac{abc}{ab^2+bc^2+ca^2}}.$$ Mấu chốt của bài toán này chính là "căn bậc 6" khó chịu kia, nếu khử được căn hoặc là tăng bậc nó lên thì công việc chứng minh của ta sẽ nhẹ hơn rất nhiều. Vậy ta sẽ làm tăng bậc của nó lên. Sử dụng đánh giá hiển nhiên $$\frac{abc}{ab^2+bc^2+ca^2} \ge 3\left (\frac{abc}{ab^2+bc^2+ca^2} \right )^2,$$ ta được $$P=\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[6]{3}\cdot\sqrt[3]{\frac{abc}{ab^2+bc^2+ca^2}}.$$ Ba đại lượng $abc,\; ab^2+bc^2+ca^2$ và $a+b+c$ là ta liên tưởng đến bất đẳng thức quen thuộc $$(a+b+c)^3\ge \frac{27}{4}(ab^2+bc^2+ca^2+abc).$$ Sử dụng đánh giá này, ta có được $$P\ge \sqrt[3]{\frac{27}{4}\left (\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{abc}+1 \right )}+\sqrt[6]{3}\cdot \sqrt[3]{\frac{abc}{ab^2+bc^2+ca^2}}.$$ Đến đấy chỉ cần đặt $t=\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{abc} \ge 3,$ thì ta có thể đưa bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ba biến về một biến $$P\ge \sqrt[3]{\frac{27(t+1)}{4}}+\frac{\sqrt[6]{3}}{\sqrt[3]{t}}.$$ Khử căn của biểu thức trong ngoặc và Holder giúp ta thực hiện công việc này $$t+1\ge \frac{(\sqrt[3]{9t}+1)^3}{16}.$$ Từ đó thu được $$P\ge \frac{3}{4}(\sqrt[3]{9t}+1)+\frac{\sqrt[6]{3}}{\sqrt[3]{t}}.$$ Công việc còn lại chỉ là cân bằng hệ số trong bất đẳng thức AM-GM. Ta có thể viết $$\frac{3}{4}(\sqrt[3]{9t}+1)+\frac{\sqrt[6]{3}}{\sqrt[3]{t}}=\frac{3}{4}+\left ( \frac{3\sqrt[3]{9}}{4}-\sqrt[6]{\frac{1}{27}} \right )\sqrt[3]{t}+\sqrt[6]{3}\left ( \sqrt[3]{\frac{t}{9}}+\frac{1}{\sqrt[3]{t}} \right ).$$ Từ đó theo bất đẳng thức AM-GM, ta được
$$P\ge \frac{3}{4}+\left ( \frac{3\sqrt[3]{9}}{4}-\sqrt[6]{\frac{1}{27}} \right )\sqrt[3]{3}+2\cdot \sqrt[6]{3}\cdot \sqrt{\sqrt[3]{\frac{t}{9}}\cdot \frac{1}{\sqrt[3]{t}} }=3+\frac{1}{\sqrt[6]{3}}.$$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $t=3,$ tức là $a=b=c. \Box$

Các bài toán hình học đã giải khá nhiều trên diễn đàn rồi, em chỉ xin đóng góp chút ít cho bài 14 bằng bổ đề sau :
Cho tam giác ABC có các trung tuyến AD, BE, CF và tam giác A'B'C' có các trung tuyến A'D', B'E', C'F'. Chứng minh rằng AD, BE, CF lần lượt vuông góc với B'C', C'A', A'B' khi và chỉ khi A'D', B'E', C'F' lần lượt vuông góc với BC, CA, AB.

------------------------------
Thầy Nam Dũng xem giùm em đề bài 3, hình như đề bị thiếu ạ ?

Đây là lời giải các bài BĐT...

Cảm ơn thầy Đại đã giải và bình luận rất kỹ.

Tôi bổ sung thêm một số lời giải và bình luận cho hoàn chỉnh phần BĐT.

Đặt mỗi cái căn $A=\sqrt{5x-1}, B=\sqrt{5-2x} $

Ta có thể qui về phương trình dạng:
$aA^3+bA^2B+cAB^2=dA^2+eB^2+fAB, 2A^2+5B^2=23 $

Dùng BĐT được chắc mấy hệ số trên sẽ đặc biệt.

Tiếp tục cập nhật một số bài Tổ hợp

Bổ sung HH từ bài 15 đến 25
[Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...]