Dùng cách khác cũng sẽ ra nhưng vs 1 con đường dài hơn @@ Vs lại nếu nói về S.O.S thì VN mình vẫn chưa đi sâu lắm. Mình cũng mới học S.O.S gần đây nên khi luyện tập thì đây là bài cơ bản nhất nên nói thế thôi ^^

Thật ra phương pháp S.O.S là phương pháp do người VN sáng tác đó bạn, nếu người VN chưa đi sâu thì nước nào đi sâu hả bạn???

Đánh số xen kẽ 1,2,1,2,1,2,1,2,1,2 lên các hình quạt.Dễ thấy ban đầu có 5 viên bi ở ô 1. Dễ thấy mỗi lần chuyển thì số viên bi ở ô 1 tăng 2,giảm 2 hoặc không đổi.Vậy số viên bi ở ô 1 không là 0 hoặc 10.Vậy câu trả lời là không

Cho:$ \sum_{i=1}^{n}\sin a_{i}=0$.CM: $\sum_{i=1}^{n} x_{i}$ là số nguyên và có ít nhất 24 ước nguyên

$a,b,c\geq 0$.cm

$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

1/Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$

Ta có giả thiết là $x+y+z+xy+yz+zx=6$

$3P=3x^2+3y^2+3z^2=(x^2+1)+(y^2+1)+(z^2+1)+2(x^2+y^2+z^2)-3\geq 2(x+y+z+xy+yz+zx)-3=9\Rightarrow P\geq 3$

Đặt:$a=\frac{x}{x-1},b=\frac{y}{y-1},c=\frac{z}{z-1}$

$(a-1)(b-1)(c-1)=\frac{1}{(x-1)(y-1)(z-1)}=abc \Rightarrow a+b+c=ab+bc+ca+1$

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 1\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}+2\geq 2(a+b+c)+1\Leftrightarrow (a+b+c-1)^{2}$$\geq 0$

Ta chỉ cần chứng minh

$\frac{3(a^2+b^2)}{2}-2ab\geq \sqrt[3]{\frac{a^6+b^6}{2}} \Leftrightarrow (a-b)^2[ 9(a-b)^4+6a^2b^2+14a^4+14b^4-2a^3b-2ab^3]\geq 0$

3.Ta chứng minh bằng phép quy nạp toán học

Với $n=1,n=2$ bài toán hiển nhiên đúng.

Giả sử bài toán đúng với $k-2,k-1$ .Ta chứng minh nó đúng với $k$

Ta có:$(3-\sqrt{5})^{k}+(3+\sqrt{5})^{k}=[( 3-\sqrt{5})^{k-1}+( 3+\sqrt{5})^{k-1}] ( 3-\sqrt{5}+3+\sqrt{5} )-(3-\sqrt{5})(3+\sqrt{5})[( 3-\sqrt{5})^{k-2}+( 3+\sqrt{5})^{k-2}] =6[( 3-\sqrt{5})^{k-1}+( 3+\sqrt{5})^{k-1}]-4[( 3-\sqrt{5})^{k-2}+( 3+\sqrt{5})^{k-2}]$

CM xong!

$2(x^{2}-xy+y^{2})\geq x^{2}+y^{2}\geq \frac{2}{3}.(x^{2}-xy+y^{2})$$\Rightarrow 8\geq x^{2}+y^{2}\geq \frac{8}{3}$

$(\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x})(x+y+z)=(x^{2}+y^{2}+z^{2})+(\frac{x^{3}}{y}+\frac{y^{3}}{z}+\frac{z^{3}}{x})+(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{y^{2}x}{z}+\frac{z^{2}y}{x})=(x^{2}+y^{2}+z^{2})+(\frac{x^{3}}{y}+xy+\frac{y^{3}}{z}+yz+\frac{z^{3}}{x}+zx+\frac{z^{3}}{x})+(\frac{x^{2}z}{y}+zy+\frac{y^{2}x}{z}+xz+\frac{z^{2}y}{x}+xy)-2(xy+yz+zx)\geq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

Câu 4:

a)$1=\frac{2015a^4+a^4}{2015a^4+a^4}$

Vậy tồn tại số đẹp.

Nếu $n$ là số đẹp

$\Rightarrow n=\frac{2015a^4+b^4}{2015c^4+d^4}\Rightarrow 16n=\frac{2015(2a)^4+(2b)^4}{2015c^4+d^4}$

Vậy 16n cũng là số đẹp.vậy tồn tại vô hạn số đẹp.

b)Ta cm bổ đề: Nếu $a^2+b^2\vdots p$ với p là số nguyên tố dạng $4k+3$ thì $a\vdots p$ và $b\vdots p$

Giả sử $a$ không chia hết cho p $\Rightarrow a^{p-1} \equiv 1$ (mod $p$)$\Rightarrow a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv 2$ (mod $p$)

Mà :$(a^{2})^{2k+1}+(b^{2})^{2k+1}\vdots a^{2}+b^{2}\vdots p$ (vô lí) $\Rightarrow$dpcm

Quay lại bài toán.Giả sử 2014 là số đẹp.

$\Rightarrow 2014=\frac{2015a^{4}+b^{4}}{2015c^{4}+d^{4}}$

Đặt:$(a,b,c,d)=m$$\Rightarrow a=mx,b=my,c=mz,d=mt,(x,y,z,t)=1$

$2015z^{4}+t^{4}=\frac{2015x^{4}+y^4}{2014}\Rightarrow x^{4}+y^{4}\vdots 1007\Rightarrow x\vdots 1007,y\vdots 1007\Rightarrow 2015z^{4}+t^{4}\vdots 1007\Rightarrow z\vdots 1007,t\vdots 1007$ (vô lí)

Vậy 2014 không phải là số đẹp

Lâu topic không hoạt động hôm nay mình xin post một số bài nhé.Mong các bạn học rồi thì cũng ôn lại

24,Cho $a,b>0;a+b\leq 1$.Tìm min:

a,$P=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}$

b,$A=\frac{1}{1+a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}$

 

 

a)$\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\geq \frac{4}{\left ( a+b \right )^2}\geq 4$

b)$4ab\leq \left ( a+b \right )^2\leq 1$ (1)

$A=\frac{1}{1+\left ( a+b \right )^2-2ab}+\frac{1}{2ab}\geq\frac{1}{2-2ab}+\frac{1}{2ab}=\frac{1}{2}.(\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{ab})$

Ta sẽ chứng minh:

$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{ab}\geq \frac{16}{3}\Leftrightarrow (4ab-1)(4ab-3)\leq 0$ ( đúng theo (1))

$\left ( x-y \right )^2+\left ( y-z \right )^2+\left ( z-x \right )^2\geq 0\Rightarrow 2\left ( x^2+y^2+z^2 \right )\geq 2\left ( xy+yz+zx \right )\Rightarrow 3\left ( x^2+y^2+z^2 \right )\geq \left ( x+y+z \right )^2\Rightarrow x^2+y^2+z^2\geq \frac{2007^2}{3}$

Chứng minh được:$a^2 =b^2+c^2+bc$ và$b+c\leq \sqrt{\frac{4}{3}(b^2+c^2+bc)}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$

VT$\geq$ $\left [ \frac{b+c}{a^2}+\frac{4}{3(b+c)}\right] +\frac{2}{3(b+c)}+\frac{5a\sqrt{3}}{36}\geq \frac{4}{a\sqrt{3}}+\frac{2}{3.\frac{2a}{\sqrt{3}}}+\frac{5a\sqrt{3}}{36}=5(\frac{1}{a\sqrt{3}}+\frac{a\sqrt{3}}{36})\geq \frac{5}{3}$

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC cân tại A

Cho $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác. CMR:

$2ab(a+b)+2bc(b+c)+2ca(c+a)\geq a^3+b^3+c^3+9abc$

TH1:$y=0\Rightarrow x=1$

TH2:$y\geq 1\Rightarrow 3^{y}\equiv 0(mod3) \Rightarrow 2^x\equiv 1(mod3) \Rightarrow x=2k \Rightarrow 3^y=(2^k+1)(2^k-1)$

$\Rightarrow 2^k+1=3^m ,2^k-1=3^n(m+n=y,m> n) \Rightarrow 2=3^m-3^n \Rightarrow m=1,n=0 \Rightarrow y=1 \Rightarrow x=2$

$a^2+bc\geq 2a\sqrt{bc} \Rightarrow \frac{1}{a^2+bc}\leq \frac{1}{2a\sqrt{bc}}=\frac{\sqrt{bc}}{2abc}$

Thiết lập các bdt tương tự,ta được:

VP$\leq \frac{\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}$ (dpcm)

 

2.Cho x, y, z thỏa mãn 3^-x +3^-y +3^-z =1

CMR$\frac{9^{x}}{3^{x}+3^{y+z}}+\frac{9^{y}}{3^{y}+3^{z+x}}+\frac{9^{z}}{3^{z}+3^{x+y}}\geq \frac{3^{x}+3^{y}+3^{z}}{4}$

Mình vừa học hàm số mũ -hàm số logarit nên dạng bài tập BĐT kiểu này mình thấy hơi khó làm .Mọi người vào giải giúp mình với!Thanks trước!

Đặt $a=3^{x}$, $b=3^{y}$, $c=3^{z}$ ,bài toán trở thành :

$ab+bc+ca=abc$ 

CM:$\frac{a^2}{a+bc}+\frac{a^2}{b+ac}+\frac{c^2}{c+ba}\geq \frac{a+b+c}{4}$

Ta có thể viết lại vế trái thành:

$\frac{a^3}{a^2+abc}+\frac{b^3}{b^2+abc}+\frac{c^3}{c^2+abc}=\frac{a^3}{(a+b)(a+c)}+\frac{b^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{c^3}{(c+a)(c+b)}$

Và ta có đánh giá:

$\frac{a^3}{(a+b)(a+c)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+c}{8}\geq \frac{3a}{4}$

Cộng các bdt tương tự ta được đpcm.

 

tôi còn bài này nữa nè mọi người

cho a,b,c >0 và a+b+c=3

cmr a/(ab+b^3) + b/(bc+c^3) + c/(ca+a^3)>= 3/2

p/s mọi nguoi ơi , làm thế nao để gõ dấu phân số vậy

 

$\frac{a}{ab+b^3}=\frac{1}{b}(\frac{a}{a+b^2})=\frac{1}{b}(1-\frac{b^2}{a+b^2})\geq \frac{1}{b}-\frac{b}{2b\sqrt{a}}=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{a}}$

Cộng hai bất đẳng thức tương tự, ta được:

VP $\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$-(\frac{1}{2\sqrt{a}}+\frac{1}{2\sqrt{b}}+\frac{1}{2\sqrt{c}})$$= \frac{1}{4}\left [ (\frac{1}{\sqrt{a}}-1)^2+(\frac{1}{\sqrt{b}}-1)^2+(\frac{1}{\sqrt{c}}-1)^2\right ]+\frac{3}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-1)$ $\geq \frac{3}{4}\frac{9}{a+b+c}-\frac{3}{4}= \frac{3}{2}$