Với mỗi số tự nhiên $n$, gọi $p(n)$ là ước số lẻ lớn nhất của $n$. Hãy tính tổng $\sum_{n=2012}^{4024}p\left ( n \right )$.

Đặt $v(n)$ là số mũ cao nhất của $2$ trong $n$ . Chú ý $v(n)p(n)= n\Rightarrow p(n)= \frac{n}{v(n)}$ là ra !

Để mình chém bài này! Mọi nguoi tu vẽ hình nhá!

Gọi E là trung điểm của AB .Suy ra:$ \widehat{AHE}= \widehat{BAH}$ và $ ME//AC$
Vì $ ME//AC$ nên $\widehat{AME}=\widehat{MAC}$
Mà $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$ nên $\widehat{AHE}=\widehat{AME}$
$ \Rightarrow$ AEHM nội tiếp $ \Rightarrow \widehat{AEM}= \widehat{AHM}= 90^{\circ}\Rightarrow \widehat{BAC}= 90^{\circ}$

Tìm tất cả các cấp số cộng có vô hạn số hạng sao cho tồn tại số $N$ mà với mọi $p>N$, nếu $a_p$ nguyên tố thì $p$ cũng là số nguyên tố

Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tận cùng là 2008 mà chia hết cho 2007?

Bài này vùa thj CAsio Vĩnh Phúc hôm nọ nhg thay 2008 , 2007 bằng 2012 , 2011

Trước tiên là ta CM rằng : Với a,b,c t/m đề thì :
$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$
Thật vậy, giả sử $a=max(a,b,c)$
Từ đó : $\frac{b}{c+a+1}\leq \frac{b}{c+b+1}$
và : $\frac{c}{a+b+1}\leq \frac{c}{c+b+1}$
Mà theo AM-GM thì :
$\frac{(1+b+c)+(1-b)+(1-c)}{3}\geq \sqrt[3]{(1+b+c)(1-b)(1-c)}$
$\Rightarrow 1\geq (1+b+c)(1-b)(1-c)\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1-a}{1+b+c}$
Và như thế ta chỉ cần CM :
$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+b+1}+\frac{c}{c+b+1}+\frac{1-a}{1+b+c}\leq 1$
Nhưng thực chất đây chỉ là một đẳng thức.
Và khi đã có BĐT này thì bài nghiệm nguyên kia vô vị rồi

Tìm $p,q\in \mathbb{P}$ thỏa mãn $3pq\mid a^{3pq}-a$ với mọi $a\in \mathbb{Z}^+$

Tìm mọi nghiệm nguyên dương của phương trình: 

$w^2+x^2+y^2=z^2$

Sử dụng bổ đề sau : Nếu $m, n,a, b, c, d$ là các số nguyên dương sao cho $m^2+n^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$.

Thì tồn tại các số nguyên dương $a_1,b_1,c_1,d_1$ sao cho:
$a^2+b^2=a_1^2+b_1^2, c^2+d^2=c_1^2+d_1^2, m=a_1b_1+c_1d_1, n=a_1d_1-b_1c_1$

Bài 1: Áp dụng Cauchy-schwarz :
$ P=(a^{2}+1)(1+b^{2})\geq (a+b)^{2}= 4$

Cho bảng ô vuông 3$\times$3.Người ta điền tất cả các số từ 1$\rightarrow$9 vào các ô vuông của bảng sao cho 4 ô vuông của bảng tạo thành 1 hình vuông kích thuước 2$\times$2 và tổng 4 số trên hình vương mới được tạo thành đều bằng nhau và bằng T.Tìm MAX T

Đánh số các ô theo hàng ngang từ trên xuông dưới là $a,b,c,d,e,f,g,h,i$ thì ta có :
$4T= a+c+g+i+2(b+d+f+h)+4e= 1+2+...+9+3e+b+d+f+h$
$\leq 46+3.9+8+7+6+5= 98\Rightarrow T\leq 24$
Vậy $T max$ bằng $24$ có thể thấy ngay có một cách điền thõa mãn là :
$a=1,b=9,c=2,d=6,e=8,f=5,g=3,h=7,i=4$

p/s : Làm bài thế nào em ?

Cho các số a, b, c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=9$. Tìm Max của Q = 2(a + b + c) - abc

Here : http://diendantoanho...ight-leq-10abc/
______________
@BlackSelena : xin phép được Close topic .

1.Cho các số thực dương a,b,c.Cmr: $ \left ( 1+\frac{1}{a} \right )^{4}+\left ( 1+\frac{1}{b} \right )^{4}+\left ( 1+\frac{1}{c} \right )^{4}\geq 3\left ( 1+\frac{3}{2+abc} \right )^{4}$

Cách khác cho bài này ! Ngắn hon tí !
Theo AM-GM và Holder ta có:
$VT\geq 3\sqrt[3]{[(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})]^{4}}\geq 3(1+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}})^{4}\geq 3(1+\frac{3}{2+abc})^{4}$
(Do $abc+2\geq 3\sqrt[3]{abc}$ )

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2 = 4$. Tìm Max $A = 2(a+b+c) - abc.$

Ta có :
$VT^{2}=[(2-bc)a+2(b+c)]\leq [(2-bc)^2+2^2][a^2+(b+c)^2]= (8-4bc+b^2c^2)(4+2bc)$
$=2(bc)^3-4(bc)^2+32$
Đặt $bc= t\Rightarrow t=bc\leq \frac{b^2+c^2}{2}\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{2}= \frac{4}{2}= 2\Rightarrow t\leq 2$
$VT^2\leq 2t^3-4t^2+32$
Ta sẽ CM :$2t^3-4t^2+32\leq 32$
Thật vậy : $2t^3-4t^2+32\leq 32\Leftrightarrow t\leq 2$ ( luôn đúng )
$\Rightarrow VT^{2}\leq 32\Rightarrow VT\leq 4\sqrt{2}$

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC và a + b + c = 3.
Tìm GTNN của biểu thức M = 3a² + 3b² + 3c² + 4abc
--------------
@ WWW: Xem cách đặt tiêu đề cho bài viết tại đây. Bạn vui lòng dành chút thời gian để xem kĩ những bài viết sau:

>> Nội quy Diễn đàn Toán học
>> Cách đặt tiêu đề phù hợp cho bài viết trên Diễn đàn để không bị ban nick
>> Hướng dẫn gửi bài trên Diễn đàn
>> Nâng cao kĩ năng gõ $\LaTeX$
>> Tra cứu công thức Toán

cách khác núa :
Theo nguyên tác Đi-dép-lê thì tồn tại 2 số cùng lon hoặc nhỏ hon 1 . Gsu đó là a và b .
$\Rightarrow (a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab\geq a+b-1$
$\Rightarrow abc\geq ac+bc-c=c(a+b)-c= c(3-c)-c= 2c-c^2$
Do đó : $M=3a^2+3b^2+3c^2+4abc\geq \frac{3}{2}.(a+b)^2+3c^2+4(2c-c^2)$
$= \frac{3}{2}.(3-c)^2+3c^2+4(2c-c^2)= \frac{c^2}{2}-c+\frac{27}{2}= \frac{(c-1)^2+26}{2}\geq \frac{26}{2}= 13$

$\boxed{\text{Bài toán}}$ Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $ab+bc+ca=3$.
Tìm GTNN của biểu thức $T=a^3+b^3+c^3+7abc$.
___
P/S: Nếu được, mọi người hãy mở rộng cho bài toán này
___

Một cách khác dùng S.O.S.
Ta sẽ CM : $a^{3}+b^{3}+c^{3}+7abc\geq 10$
BĐT $\Leftrightarrow 9(a^{3}+b^{3}+c^{3})+63abc\geq 10(ab+bc+ca)^{2}$
Lại cóa : $a+b+c= \sqrt{(a+b+c)^2}\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}= \sqrt{9}= 3= ab+bc+ca$
Nên ta sẽ CM BĐT mạnh hon :
$9(a^{3}+b^{3}+c^{3})+63abc\geq 10(ab+bc+ca)(a+b+c)$
$\Leftrightarrow 9\sum a^{3}+63abc\geq 10\sum c(a^{2}+b^{2})+30abc$
$\Leftrightarrow 9(\sum a^{3}-3abc)\geq 10(\sum c(a^{2}+b^{2})-6abc)$
$\Leftrightarrow \frac{9}{2}.\sum (a-b)^{2}(a+b+c)\geq 10\sum c(a-b)^{2}$
$\Leftrightarrow 9.\sum (a-b)^{2}(a+b+c)\geq 20\sum c(a-b)^{2}\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}(9a+9b-11c)\geq 0$
Ta có : $S_a= 9b+9c-11a$
$S_b= 9c+9a-11b$
$S_c= 9a+9b-11c$
Giả sủ $a\geq b\geq c$
Suy ra : $2S_b+S_a= 7a+5b+9c \geq 0$ và
$2S_b+S_c= 27a+7c-13b\geq 13b+7c-13b= 7c\geq 0$
Do đó theo tiêu chuẩn 2 của S.O.S thì BĐT đúng .

p/s: Tham Lang là anh huy-mít hay sao ấy nhỉ???

$$=(1+a^2+b^2+a^2b^2)(c^2+1+d^2+c^2d^2) \ge (c+a+bd+1)^2 \ge (a+b+c+d)^2=16$$

Ý e k phải vậy.anh giải thích hộ e đoạn này.Nếu k phải abcd=1 thì làm sao
có đk

Bài giải
Do $a+b+c+d=4$ nên tồn tại hai số cùng không lớn hơn $1$ hoặc cùng không nhỏ hơn $1$
Giả sử hai số đó là $b,d$ vậy thì $(b-1)(d-1) \ge 0$ suy ra $bd+1 \ge b+d$
Ta thấy
$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=(1+a^2+b^2+a^2b^2)(c^2+1+d^2+c^2d^2) \ge (c+a+bd+1)^2 \ge (a+b+c+d)^2=16$$

Em nghĩ có lẽ anh nhầm rồi ! Cách này chỉ đúng vz $abcd=1$ thôi !

Cho x, y, z là 3 số thực không âm, biết không có 2 số nào đồng thời bằng 0 và $x^{2} + y^{2}+z^{2}=2(xy+yz+zx)$. Tìm GTNN của $\sqrt{\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}} + \sqrt{\frac{yz}{y^{2}+z^{2}}} +\sqrt{\frac{zx}{z^{2}+x^{2}}}$

Lâu lâu làm tí BĐT cho vui !
$\sqrt{\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}}= \frac{xy}{\sqrt{xy(x^2+y^2)}}\geq \frac{\sqrt{2}xy}{x^{2}+y^{2}}\geq \frac{\sqrt{2}xy}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$
Tương tự rồi cộng vào áp dụng giả thiết được Min là $\frac{\sqrt{2}}{2}$
__________
Cái BĐT cuối cùng,dấu "=" khi $z=0$ nhưng nếu tương tự thì $x=y=z=0$,mâu thuẫn đề bài!
__________
p/s@Tùng : Cậu xem lại nhé.Chỉ có cái đầu là $z=0$ thôi.Dấu "=" là $z=0,x=y> 0$ .

http://diendantoanho...showtopic=76256

Đặt $ a= \sqrt[3]{x},b= \sqrt[3]{y},c= \sqrt[3]{z}\Rightarrow xyz= 1$
Khi đó : $ P= \sum \frac{1}{y^{6}+z^{6}+x^{3}}$
Dễ dàng chúng minh : $ y^{6}+z^{6}\geq yz(y^{4}+z^{4})$
Suy ra : $ P\leq \sum \frac{1}{yz(y^{4}+z^{4})+x^{3}.xyz}= \sum \frac{1}{yz(x^{4}+y^{4}+z^{4})}= \frac{x}{x^{4}+y^{4}+z^{4}}$
$ = \frac{x+y+z}{x^{4}+y^{4}+z^{4}}$
Áp dụng BDT : $ a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}$
Ta có : $ x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{3}\geq \frac{(x+y+z)^{4}}{27}$
$ \Rightarrow P\leq \frac{27}{(a+b+c)^{3}}\leq \frac{27}{(3\sqrt[3]{abc})^{3}}= 1$
Vậy Min $\ P= 1$

Tìm GTLN của biếu thức biết $x,y,z$ là các số thực dương và $x^2+y^2+z^2=xyz$
$$A=\frac{x}{x^2+yz}+\frac{y}{y^2+zx}+\frac{z}{z^2+xy}$$

GT $\Leftrightarrow \frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}= 1$
$A= \sum \frac{x}{x^{2}+yz}\leq\sum \frac{x}{4}.(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{yz})= \sum \frac{1}{4}.(\frac{1}{x}+\frac{x}{yz})$
$= \frac{1}{4}.(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy})= \frac{1}{4}.(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+1)$
Theo AM-GM : $\frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}\geq \frac{2}{z}$
$\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}\geq \frac{2}{x}$
$\frac{z}{xy}+\frac{x}{yz}\geq \frac{2}{y}$
$\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq \frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}= 1$
$\Rightarrow A\leq \frac{1}{4}.(1+1)= \frac{1}{2}$
Dấu "=" khi $x=y=z=3$ .

Ta có : $ 60= 2^{2}.3.5= 4.3.5$
Ta thấy : tử số ko thể chỉ có 1 thùa số 2 vì nếu chỉ có 1 thùa số 2 thì khi đó mẫu cũng chúa thùa số 2 thì phân số ko tối giản .Do đó , tử sẽ chúa cả 2 thùa số 2 . Suy ra , tử số sẽ là các số 1,3,4,5 ( vì phân số bé hơn 1 ) .Vậy có 4 phân số thỏa mãn đề bài .

Bài 1:a) Cho $a;b;c$ là các số dương. Chứng minh rằng:
$\frac{(a+b)^{2}}{ab}+\frac{(b+c)^{2}}{bc}+\frac{(c+a)^{2}}{ca}\geq 9+ 2(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$
b)Cho $x,y,z$ là các số dương. Tìm $P max$ biết:
$P=\sqrt{\frac{a}{b+c+2a}} +\sqrt{\frac{b}{c+a+2b}}+\sqrt{\frac{c}{a+b+2c}}$

Cách khác cho phần b ;
Áp dụng Cauchy-schwarz :
$ P^{2}\leq 3(\frac{a}{b+c+2a}+\frac{b}{c+a+2b}+\frac{c}{a+b+2c})$
$ \leq 3(\frac{a}{(a+c)+(a+b)}+\frac{b}{(b+a)+(b+c)}+\frac{c}{(c+a)+(c+b)})$
$ \leq 3.\frac{1}{4}(\frac{a}{a+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b})$
( áp dụng $ \frac{4}{x+y}\leq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ )
$ \leq 3.\frac{1}{4}.3= \frac{9}{4}$
$ \Rightarrow P\leq \frac{3}{2}$
-------------------------------------------
Phần a hình nhu trg Toán Học Tuổi Trẻ , mình dùng S.O.S nhg ko ngắn bằng cách anh Huymit đặc .

Bài 194 chuan hoa co ve nhanh hon!
Chuan hoa $ xy+yz+zx= 3$ .De dang co:$ x+y+z\geq 3$,$ xyz\leq 1$
Ta co:$ \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}= \sqrt{(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz}\geq \sqrt{3.3-1}= 2\sqrt{2}$
$\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\geq 3\sqrt{2}$
$ \Rightarrow VT\geq 12$,$ VP=12$$ \Rightarrow VT\geq VP$
Xin moi nguoi thong cam! May nha minh bi loi ko danh dc dau!

Bài 405:Cho $a;b;c\in R$ C/m:
$$(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$$

Có mấy hum không lên mà topic nì sôi động qá
Cách khác cho bài này :
$VT=[(a+b)^{2}+(ab-1)^{2}](c^{2}+1)\geq [c(a+b)+ab-1]^{2}= (ab+bc+ca-1)^{2}$
Xong !

Lời giải 2: ( dùng hình của perfectstrong nha ! ) ( hoi tắt )
Theo TC 2 tiếp tuyến cắt nhau , ta có : IB = ID ; IA = IC .
Ta có : 1,5CD = AB = IB + IA = ID + IC = CD + 2IC
$ \Rightarrow 0.5CD= 2IC\Rightarrow IC= \frac{1}{4}.CD\Rightarrow IC= \frac{1}{5}.ID$
Sau đó dùng đồng dạng tính đc ID,IC qua
$\vartriangle DI{O_2} \sim \vartriangle C{O_1}I$ rồi tính ${O_1}I$ và $I{O_2}$
rồi suy ra ${O_1}{O_2}$