a. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m,n$ thì số $(2013m+n)(2013n+m)$ không phải là một lũy thừa của 3

b. CHo $p$ là số nguyên tố có dạng $2013k+2$ trong đó $k$ là số nguyên dương ; $a.b$ là hai số nguyên sao cho $a^2-ab+b^2$ chia hết cho $p$. CMR: cả $a,b$ đều chia hết cho $p$

 

1.Ta sẽ chứng minh PT $(2013m+n)(2013n+m)=3^v$ $(1)$ vô nghiệm

 

Từ $(1)$ suy ra tồn tại $a,b\in \mathbb{N}$ sao cho $\left\{\begin{matrix} 2013m+n=3^a & \\ 2013n+m=3^b & \end{matrix}\right.(a+b=v)$

 

Dễ thấy $3|m,n$ nên đặt $m=3^x.t,n=3^y.k$ ( $(3,t)=(3,k)=1$)

 

Giả sử $a\geq x\geq y$

 

Khi đó $2013.3^x.t+3^y.k=3^a\Leftrightarrow 3^y(671.3^{x-y+1}+k-3^{a-x})=0\Leftrightarrow k=3^{a-x}-671.3^{x-y+1}$ không chia hết cho $3$

 

Từ đó ta dễ dàng suy ra $a=x$ ( VL) hoặc $x=y-1$ (VL)

 

Giả sử $a\geq y\geq x$

 

Khi đó $3\parallel 2013t=3^{a-x}-3^{y-x}.k=3^{y-x}(3^{a-y}-v)=2013t$ Dễ dàng suy ra $y-x=1\rightarrow y=x+1$

 

Thay vào ban đầu thì $3^x(9.671k+t)=3^b$ Nhận thấy $x<b\Rightarrow 3|9.671k+t\rightarrow 3|t$ (VL)

 

b)

 

Áp dụng bổ đề: $p\in \mathbb{P}$, $p=3k+2$. Nếu $a^3\equiv -b^3$ (mod p) thì $a\equiv -b$ (mod p)

 

Chứng minh:

 

+ Nếu $p|a,b$ thì suy ra đpcm

 

+ Nếu $(a,p)=(b,p)=1$. Áp dụng định lý Fermat nhỏ

 

$\left\{\begin{matrix} a^{p-1}\equiv 1(mod p) & \\ b^{p-1}\equiv 1(mod p) & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^{3k+1}\equiv -b^{3k}.a\equiv 1(mod p) & \\ b^{3k+1}\equiv 1(mod p) & \end{matrix}\right.\rightarrow p|b^{3k}(b+a)$

 

Mà $(b^{3k},p)=1$ suy ra $p|b+a$ (đpcm)

 

Từ $p|a^2-ab+b^2$ suy ra $p|a^3+b^3$ suy ra $p|a+b$ 

 

Khi đó $p|(a+b)^2-3ab$ nên $p|3ab$. $p\neq 3$ nên $p|ab$. Kết hợp $p|a+b$ suy ra $p|a,b$

$\left( a+\frac{bc}{a} \right)\left( b+\frac{ac}{b} \right)\left( c+\frac{ab}{c} \right)\ge 4\sqrt[3]{({{a}^{3}}+{{b}^{3}})({{b}^{3}}+{{c}^{3}})({{a}^{3}}+{{c}^{3}})}$

Bài này chú ý tách khéo léo một chút ta sẽ có:

$(a^2+bc)(b^2+ac)=c(a^3+b^3)+ab(c^2+ab)\geqslant 2\sqrt{abc(a^3+b^3)(c^2+ab)}$

Tương tự như thế nhân lại và rút gọn thu được

$[(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)]^3\geq 64(abc)^3(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)$

Suy ra $\left( a+\frac{bc}{a} \right)\left( b+\frac{ac}{b} \right)\left( c+\frac{ab}{c} \right)\ge 4\sqrt[3]{({{a}^{3}}+{{b}^{3}})({{b}^{3}}+{{c}^{3}})({{a}^{3}}+{{c}^{3}})}$

Dấu $=$ khi $a=b=c>0$

Nhưng sư huynh ơi, thế $p\geq q$ thì làm thế nào ạ? 

 

Thực ra là mình làm hơi lằng nhằng

 

Sau khi chứng minh $ab+bc+ac\geq 3$

 

Cần chứng minh $a+b+c\geq ab+bc+ac$

 

Giả thiết thì suy ra $A=\frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2}=1$

 

Khi đó áp dụng Cauchy Schwarz:

 

$a(a+2)+b(b+2)+c(c+2)=[a(a+2)+b(b+2)+c(c+2)]A\geq (a+b+c)^2$

 

Do đó $p\geq q$

Cho $a,b,c \geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2+5abc \geq 8$ $(1)$

Lời giải trong sách

$(1)\Leftrightarrow p^2-2q+5r \geq 8\Leftrightarrow p^2-7q+12 \geq 0 $ (để ý là $q+r=4$ và $p \geq q \geq 3$)

Nếu $p \leq 4$, sử dụng BĐT Schur, ta có

$r\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}\Leftrightarrow 4-q\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}\Leftrightarrow q\leq \frac{p^3+36}{4p+9}$

Ta chỉ cần C/m $p^2-7.\frac{p^3+36}{4p+9}+12\geq 0\Leftrightarrow (p-3)(p^2-16)\leq 0$

BĐT này luôn đúng vì $3\leq p\leq 4$

Nếu $p\geq 4$ thì $p^2\geq 4q$ nên $p^2-2q+5r\geq p^2-2q\geq p^2-\frac{p^2}{2}=\frac{p^2}{2}\geq 8$

BĐT được chứng minh hoàn toàn. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=2;c=0$ và các hoán vị.

 

Em muốn hỏi tại sao lại có cái chỗ tô đỏ kia ạ, em cảm ơn !

 

Từ đẳng thức đã cho $ab+bc+ac+abc=4$ ta dễ chứng minh $ab+bc+ac=q\geq 3$ như sau

 

$4\leq (ab+bc+ac)+\frac{(ab+bc+ca)^2}{3(a+b+c)}\leq ab+bc+ac+\frac{(ab+bc+ac)^2}{3\sqrt{3(ab+bc+ac)}}$

 

(giải PT ẩn $ab+bc+ac$)

 

Lại có $4=ab+bc+ac+abc\leq\frac{(a+b+c)^2}{3}+\frac{(a+b+c)^3}{27}$

 

Đến đây giải PT ẩn $a+b+c$

Chào các bạn, hiện tại mình đang có một số quyển sách tham khảo toán phổ thông không dùng đến (vì không có thời gian đọc, toàn lo bài vở trên lớp với đi chơi ). Mà sách vở cứ để không như thế thì phí phạm tri thức quá. Vậy nên mình xin được được tặng lại cho anh em trong diễn đàn, hy vọng nó sẽ giúp ích cho mọi người

Danh sách các quyển sách gồm:

- Sáng tạo bất đẳng thức, của anh Phạm Kim Hùng
- Phân loại phương pháp giải toán bất đẳng thức của anh Cẩn và anh Quốc Anh.
- Vẻ đẹp của Bất đẳng thức trong các kì thi Olympic toán học của anh Cẩn và anh QA.
- Các quyển sách của thầy Nguyễn Hữu Điển: sáng tạo trong giải toán phổ thông, những pp điển hình trong giải toán phổ thông, một số chuyên đề hình học tổ hợp.
- Phương trình nguyện nguyên của thầy Phan Huy Khải.
- Cuối cùng là 2 cuốn tuyển tập tạp chí THTT hai năm 2006, 2007 (đóng 12 số thành một cuốn lớn có bìa nhìn chất lắm :x)


Mọi người ai muốn những quyển nào có thể đưa cho mình địa chỉ rồi mình sẽ gửi qua đường bưu điện. Các bạn có thể gửi địa chỉ trong topic này hoặc qua PM đều được

 

He he cho em " xin" cuốn tuyển tập tạp chí THTT hai năm 2006, 2007 đc không ạ?

Địa chỉ: Kí túc xá Mễ Trì 182 Lương Thế Vinh, Thanh Xuân Bắc, Hà Nội 

Chứng minh rằng với $n\in N$ ta có $A=21^{2n+1}+17^{2n+1}+15$ không chia hết cho 19.

 

$A=21^{2n+1}+17^{2n+1}+15\equiv 4^n.21+4^n.17+15=38.4^n+15\equiv 15$ (mod 19)

 

Suy ra $A$ không chia hết cho $19$

Gải pt nghiệm nguyên dương t,x,y,z thoả mãn \[{2^t} = {3^x}{5^y} + {7^z}\]

 

Trước tiên có $2^t\equiv 1$ (mod 3) nên $t$ chẵn suy ra $t=2t_1$

 

Có $t\geq 3$ nên $3^x5^y+7^z\equiv 0$ (mod 4) hay $(-1)^x+(-1)^z\equiv 0$ (mod 4) $\Rightarrow $ $x,z$ khác tính chẵn lẻ

 

TH1: $x=2x_1$, $z=2z_1+1$

 

$3^{2x_1}5^y+7^{2z_1+1}\equiv 5^y+7\equiv 0$ (mod 8) nên $y$ chẵn ( $y=2y_1$)

 

Khi đó $7^z=(2^{t_1}-3^{x_1}5^{y_1})(2^{t_1}+3^{x_1}5^{y_1})$

 

Đặt $\left\{\begin{matrix} 2^{t_1}-3^{x_1}5^{y_1}=7^m & \\ 2^{t_1}+3^{x_1}5^{y_1}=7^n & \end{matrix}\right.\Rightarrow 2^{t_1+1}=7^m+7^n\rightarrow m=0$

 

Giả sử a,n > 1 là số nguyên dương, và $a^{n}+1$ là  số nguyên tố

Chứng minh rằng:$n=2^{k}$ (với k nguyên dương)

 

Các bạn giúp mình bài này với!  

 

 

Giả sử trong phân tích $n$ có chứa một thừa số lẻ là $p$ ($n=pm$ ) ( $m$ nguyên dương bất kỳ)

 

Khi đó $a^n+1=a^{mp}+1=(a^m)^p+1=(a^m+1)(..............)$ không thể là số nguyên tố

 

Do đó $n$ không chứa thừa số lẻ, nên $n=2^k$

Sử dụng BĐT hàm lồi chứng minh:

Với a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác thì:

$(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)\leq 3(abc)^\frac{4}{3}$

 

(Cách phụ : không sử dụng hàm lồi )

 

Đặt $(a+b-c,a+c-b,b+c-a)=(x,y,z)$

 

BĐT cần chứng minh trở thành

 

$4096(xyz)^3(x+y+z)^3\leq 27[(x+y)(y+z)(x+z)]^4$ $(*)$

 

BĐT $(*)$ đúng vì ta có các BĐT sau:

 

$+)$ $\left [ (x+y)(y+z)(x+z) \right ]^3\geq \frac{8^3}{9^3}(x+y+z)^3(xy+yz+xz)^3$

 

$+)$ $(x+y)(y+z)(x+z)\leq 8xyz$

 

$+)$ $(xy+yz+xz)^3\leq 27x^2y^2z^2$

 

Vậy nên có đpcm. Dấu $=$ khi $a=b=c>0$

Cho $a,b,c\in \mathbb{R^+};a+b+c=1:$ cmr.

$\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+c+a}+\frac{1}{c^2+b+a}\leq 7$

Thay $b+c=1-a$ rồi dùng phương pháp tiếp tuyến xem sao?

Cho $a,b,c>0;a+b+c=1:$ cmr.

$\frac{b^2c}{a^3(b+c)}+\frac{c^2a}{b^3(c+a)}+\frac{a^2b}{c^3(a+b)}\geq \frac{1}{2}$

 

Chỗ kia phải là $\geq \frac{9}{2}$ nhé!

 

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz kết hợp $AM-GM$ có

 

VT $=\sum \frac{(\sqrt{\frac{b^2c}{a^3}})^2}{b+c}\geq \frac{(\sum \sqrt{\frac{b^2c}{a^3}})^2}{2(a+b+c)}\geq \frac{9}{2}$

 

Dấu $=$ khi $3a=3b=3c=1$

   Cho tam giác $ABC$ với độ dài 3 cạnh là $a,b,c$. Gọi $R,l_{a},l_{b},l_{c}$  lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác và độ dài 3 đường phân giác trong hạ từ 3 đỉnh xuống 3 cạnh của tam giác .Gọi $r_{a},r_{b},r_{c}$ lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với 3 đỉnh của tam giác .CMR :

 

             $\frac{l_{a}^2.l_{b}^2.l_{c}^2}{a^2.b^2.c^2}\leq (\frac{r_{a}+r_{b}+r_{c}}{6R})^3$

Cách 2: Sử dụng các đẳng thức

$ab+bc+ac=p^2+4Rr+r^2$

$\frac{abc}{4R}=pr$

 

Ta có VT $=\frac{64p^3(p-a)(p-b)(p-c)}{\prod (a+b)^2}\leq \frac{81S^2p^2}{(a+b+c)^2(ab+bc+ac)^2}\leq \frac{81S^2p^2}{3abc(a+b+c)^3}=\frac{27S^2}{8abcp}$

 

VP$=\left [ \frac{S\sum\frac{1}{p-a}}{6R} \right ]^3=\left [ \frac{S(ab+bc+ac-p^2)}{6R(p-a)(p-b)(p-c)} \right ]^3=\left [ \frac{p(r^2+4Rr)}{6RS} \right ]^3=(\frac{r+4R}{6R})^3$

 

Cần chứng minh VT  $\leq$ VP hay

 

$729R^3S^2\leq pabc(4R+r)^3\Leftrightarrow 729R(4RS)^2\leq 16pabc(4R+r)^3\Leftrightarrow 729abc\leq 16p(4R+r)^3\Leftrightarrow 729R^2r\leq 4(4R+r)^3$

 

BĐT trên đúng do tương đương với $(R-2r)(256R^2-Rr-2r^2-24Rr)\geq 0$) (luôn đúng với $R\geq 2r$)

Tư tưởng bài này là dồn biến dạng $f(a,b,c)\geq f(a,b+c,0)$

Xong được bước này thì bài toán trở nên cực kỳ đơn giản

Tìm nghiệm nguyên phương trình $x_1^4+x_2^4+...+x_{15}^4=1215$

 

NTP

 

Giả sử bộ $(x_1,x_2,...,x_{15})$ là bộ số không âm

 

Dựa vào tính chất $x^4$ chia $16$ có dư $0,1$ và $1215\equiv 15$ (mod $16$)

 

$\Rightarrow (x_1,x_2,...,x_{15})$ lẻ ( chia $16$ dư $1$)

 

Giả sử $x_1\leq x_2\leq ...\leq x_{15}$

 

Ta có $1215>x_{15}^4$ suy ra $x_{15}\leq 5$. Mà lẻ nên có thể nhận giá trị $1,3,5$

 

Nếu $x_{15}=1$: vô lý

 

Nếu $x_{15}=3$ ta có ngay $x_1=,...=x_{15}=3$ thỏa mãn yc bài toán

 

Nếu $x_{15}=5$ suy ra $x_1^4+....+x_{14}^4=590$

 

Có $x_{14}^4<590$ nên $x_{14}<5$ nên $x_{14}=3$ ($x_{14}=1$ vô lí)

 

Tương tự có $x_{14}=x_{13}=...=x_8=3$

 

Do đó $x_1^4+...+x_7^4=23$

 

Mà $(x_1,...,x_7)\in (1,3)$ nên vô lí

 

Do đó $(x_1,x_2,...,x_15)=(\pm 3,\pm 3,....,\pm 3)$

Cho x,y,z>0 t/m x(x+y+z)=3yz

CMR $(x+y)^{3}+(x+z)^{3}+3(x+y)(y+z)(z+x)\leq 5(y+z)^{3}$

 

Đặt $(x+y,y+z,z+x)=(a,b,c)$

 

Từ giả thiết suy ra $ac=(a+b-c)(b+c-a)$ hay $b^2=a^2-ac+c^2$ $(1)$

 

Điều cần chứng minh tương đương với:

 

$a^3+c^3+3abc\leq 5b^3\Leftrightarrow b^2(a+c)+3abc\leq 5b^3$

 

$\Leftrightarrow (a+c)b+3ac\leq 5b^2\Leftrightarrow (a+c)b+7ac\leq 5b^2+4ac=b^2+4a^2+4c^2$

 

(biến đổi theo $(1)$)

 

BĐT trên đúng theo $AM-GM$)

 

 Dấu $=$ khi $x=y=z=1$

Cho $a,b,c\geq 0$. CMR

$P=\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{24}{(a+b+c)^2}\geq \frac{8}{ab+bc+ac}$

Kính thưa adm và các bạn bè trên diễn đàn toán học VMF!

 

Nick mình có 1 hiện tượng lạ cực kì   . Đó là có thông báo tin nhắn tới nhưng khi  click vào đọc thì ko thấy đâu

 

 Lúc đầu mình nghĩ đơn giản là do người viết đã tự del bình luận nhưng hiện tượng này đã lặp đi lặp lại đến 2 lần rồi :3

 

Có lẽ nick mình có vấn đề chăng ?   

 

Mong mọi người giải thích giúp. Xin cảm ơn !   

Hiện tượng này đơn giản chỉ là người chủ stt đó đã xóa stt đó đi thôi bạn ạ. Không có vấn đề gì đâu.

Hiện nay mình đang học phần tổ hợp. Đứng trước một bài tổ hợp, mình rất lúng túng không biết giải quyết nó theo con đường nào. Đọc lời  giải thì thấy rất hay, nhưng để nghĩ ra hướng làm thì quả thực không dễ. Làm thế nào để tư duy tốt tổ hợp? Làm thế nào để suy luận hướng đi của bài toán tổ hợp là câu hỏi mình muốn hỏi mọi người

Rất mong các anh, chị , em trên diễn đàn mình góp ý, trao đổi, thảo luận về vấn đề này và giải đáp khúc mắc của mình. 

1) Cho $a;b;c$ là các số thực thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=9$. Cmr:
$$2(a+b+c)-abc\le 10$$

2) Cho $a;b;c$ là các số thực thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=2$. Cmr:

$$a+b+c\le abc+2$$

Bài 1: http://diendantoanho...2xyz-xyzleq-10/

Bài 2: http://diendantoanho...33-xyzleq-xyz2/

 

 

câu 4:(4 điểm)

Cho các số dương $x,y,z$.Tìm GTNN của $P=\frac{x^5}{y^3z^2}+\frac{y^5}{z^3x^2}+\frac{z^5}{x^3y^2}+\frac{9xyz}{2(x^2y+y^2z+z^2x)}$

 

 

 

 

Đặt $(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})=(a,b,c)$ suy ra $abc=1$

 

Khi đó cần tìm min $P=\frac{a^3}{c^2}+\frac{b^3}{a^2}+\frac{c^3}{b^2}+\frac{9}{2(ab+bc+ac)}$

 

Áp dụng BĐT Holder

 

$(\sum \frac{a^3}{c^2})(c+a+b)(c+a+b)\geqslant (a+b+c)^3\rightarrow \sum \frac{a^3}{c^2}\geqslant a+b+c\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ac)}$

 

Bây giờ ta chứng minh

 

 $\sqrt{3(ab+bc+ac)}+\frac{9}{2(ab+bc+ac)}\geqslant \frac{9}{2}$ $(*)$

 

Đặt $t=\sqrt{3(ab+bc+ac}$ ( $t\geqslant 3$)

 

Khi đó $(*)$ tương đương

 

$2t^3+27\geqslant 9t^2\Leftrightarrow (t-3)^2(2t+3)\geqslant 0$ (luôn đúng)

 

Do đó $P\geqslant \frac{9}{2}$

 

Dấu $=$ khi $x=y=z>0$

cho $a^{2} +b^{2} +c^{2} =2$. chứng minh rằng a+b+c$\leq$abc+2

Xem ở đây

http://diendantoanho...33-xyzleq-xyz2/

Cho em hỏi dấu $\sum $ sử dụng như thế nào ạ, em chưa học 

 

$\sum$ có nghĩa là tổng hoán vị. Dùng cho nó gọn thôi

 

$\sum \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

Chứng minh rằng $\frac{a}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}} + \frac{b}{b+\sqrt{(b+c)(b+a)}} + \frac{c}{c+\sqrt{(c+a)(c+b)}} \leq 1$ (a,b,c>0)

 

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz

 

$Vt\leqslant \sum \frac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}=\sum \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1$

 

Dấu $=$ khi $a=b=c>0$

Cho 3 số thực dương a,b,c 

CMR :

$(\frac{ab+c}{c+1})(\frac{bc+a}{a+1})(\frac{ac+b}{b+1})\geq abc$

 

P/s: bài này khá bựa , mình nghĩ được cách là biến đổi tương đương ,nhưng thấy nó không được đẹp và hay, bạn nào nghĩ được cách dùng bất đẳng thức phụ thì cứ thoải mái add

 

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz

 

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

 

$(bc+a)(bc+\frac{c^2}{a})\geqslant (bc+c)^2$

 

$(ac+b)(ac+\frac{a^2}{b})\geqslant (ac+a)^2$

 

Nhân theo vế và rút gọn thu được

 

$(ab+c)(bc+a)(ca+b)\geqslant abc(a+1)(b+1)(c+1)\Rightarrow \frac{(ab+c)(bc+a)(ac+b)}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geqslant abc$

 

Dấu $=$ khi $a=b=c>0$

Cho 3 số thực dương a,b,c 

CMR :

$(\frac{ab+c}{c+1})(\frac{bc+a}{a+1})(\frac{ac+b}{b+1})\geq 1$

 

P/s: bài này khá bựa , mình nghĩ được cách là biến đổi tương đương ,nhưng thấy nó không được đẹp và hay, bạn nào nghĩ được cách dùng bất đẳng thức phụ thì cứ thoải mái add

BĐT này sai với $2a=2b=2c=1$

------------------------

P/s: sửa lại tiêu đề!!!!!!!!