dạ cái này quả thật rất hay, lúc cầm cuốn GGTH đập vào mặt cái bài này ùi nên thấy rất mê, em cứ tưởng là bài viết của thầy CẨn nữa chứ, 

 bn cho mình hỏi lm sao đặt đc a+b+c=1 vậy

cậu có thể vào link này để xem: http://diendantoanho...fracbcdfracca/ 

Sao mình nhớ trong đề thi là 'tìm tất cả các ước số nguyên tố của $a^2 + b$ mà không đồng dư modulo $7$' nhỉ? Mà không sao cả, đợt đó mình chú tâm bài bđt với cả cũng bận ôn thi nên quên cả hạn gửi bài  . Đây là lời giải của mình cho bài toán trên.
$$\begin{cases} (a^{2} + b)\mid (c^{2} + a) \\ (a^{2} + b)\mid (b^{4} - c^{2}) \end{cases} \implies (a^{2} + b)\mid (b^{4} + a) \implies (a^{2} + b)\mid (b^{8} - a^{2}) \implies (a^{2} + b)\mid ((b^{8} - a^{16}) + (a^{16} - a^{2}) \implies (a^{2} + b)\mid a^{2}(a^{14} - 1)$$
Dễ thấy $\text{gcd}(a^{2} + b; a^{2})\mid \text{gcd}(b; a^{2})\mid \text{gcd}(a^{2}; b^{2})\mid (\text{gcd}(a; b))^{2} = 1 \implies \text{gcd}(a^{2} + b; a^{2}) = 1$
$$\implies (a^{2} + b)\mid (a^{14} - 1)$$. Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kì của $a^2 + b$:
TH1: $p = 7$. Dễ thấy $\text{gcd}(p; a) = 1$, do đó theo định lý Fermat bé: $1 \equiv a^{14} \equiv a^{2} \pmod{7}$. Từ đó có $7\mid (a^{2} - 1)$. Theo bổ đề LTE thì $v_{7}(a^{14} - 1) = v_{7}(a^{2} - 1) + 1$. Do đó $v_{7}(a^{2} + b) \le v_{7}(7(a^{2} - 1))$
TH2: $p \neq 7$. Nếu $p\mid \frac{a^{14} - 1}{a^{2} - 1}$, thì theo một bổ đề cũ: "Cho $L$ là một số nguyên dương và $p$ là một số nguyên tố sao cho $L\mid \frac{x^{p} - 1}{x - 1}$ thì $L \equiv 0; 1 \pmod{p}$". Cho ta $p \equiv 0; 1\pmod{7}$, điều này vô lí. Do vậy mọi ước nguyên tố không đồng dư $0, 1$ modulo $7$ của $a^{2} + b$ là ước nguyên tố của $a^{2} - 1$
Từ đây ta đi đến kết luận $(a^{2} + b) \mid 7(a^{2} - 1)$. Đặt $7(a^{2} - 1) = L(a^{2} + b) \iff (7 - L)(a^{2} + b) = 7(b + 1)$. Dễ thấy $L \ge 6$
$a^{2} + b = \frac{7(1 + b)}{7 - L} \implies \frac{7(1 + b)}{7 - L}\mid 7(b^{2} - 1) + 7(c + 1) \implies \frac{7(b + 1)}{7 - L}\mid 7(c + 1) \implies \frac{7(b + 1)}{7 - L}\mid 7(c^{2} - 1) + 7(1 + a) \implies \frac{7(b + 1)}{7 - L} \mid 7(a + 1)$. Từ đó có:
$$\frac{7(a + 1)}{a^{2} + b} \in \mathbb{Z}_{+}$$.
Thử từ $1$ đến $8$ có các nghiệm $(1; 1; 1); (6; 13; 370)$. Do $a, b, c$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên chỉ có $(1; 1; 1)$ là bộ nghiệm duy nhất.

cho em hỏi làm sao chứng minh được cái bổ đề cũ ở TH2 vậy anh     em cám ơn     

BĐT đc viết lại $ \sum \frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2} $  
Ta có đánh giá $\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}  \le 3b-a$ vì $(b-a)^2(b+a) \ge 0$ 
Suy ra $MAX_{VT}=2(a+b+c)=2(x+2y+3z)=6$

làm sao bạn có được đánh giá như vậy ?? chỉ mình với cám ơn       

ai rãnh thì đánh lại giùm !! thanks       

nguồn: của mình

nguồn: của mình 

PhucLe cho anh hỏi em học trường nào vậy? Đức Lập hả 

dạ em học trường đông thành đức huệ

----> PhucLe: sorry anh nhầm người tại anh nhớ bên Đức lập cũng có 1 bé tên Phúc

 

$\left\{\begin{matrix}x^{2}+y^{2}+xy+1=4y\\ (x^{2}+1)(x+y-2)=y \end{matrix}\right.$

 

$x^{2}+ y^{2}+xy+1=4y <=> (x^{2}+1)+y(x+1)=4y$

kết hợp pt(2) ==> $(x^{2}+1)(2x+2y-2)=4y$

ta có hpt

 $(x^{2}+1)(x+y-1)=2y$

$(x^{2}+1)(x+y-2)=y$ 

==> $x+y=3$

tới đây thì dễ òi 

cho mình hỏi ngu :'( làm sao dùng cái dấu hpt được vậy đánh hoài không được thanks

theo mình nghĩ 

ta có $b^{2}=ac$

<=> $\frac{b}{c} =$ $\frac{a}{b}$ $=..= \frac{a+2014b}{b+2014c}$

==> $\frac{a}{c}$ =$(\frac{b}{c})^{n}$

<=> $ac^{n-1}=b^{n}$

==> $n=2$

Cho a,b,c là các số thực : 
Chứng minh rằng : $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $

những bài áp dụng bđt  trên cho các số thực dương 

1. $xyz+2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+8 \geq 5(x+y+z)$

2.$xyz+ x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3 (x+y+z)$

Mình ko hỉu bài giải của bạn mathstu. Ngay chỗ : $\frac{b}{c}=\frac{a}{b}=...=\frac{a+2014b}{b+2014c}\Rightarrow \frac{a}{c}=(\frac{b}{c})^{n}$

ở đây mình áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau hoy 

ta có $\frac{b}{c}=\frac{a}{b} =\frac{b+a}{c+b}$

$\frac{b}{c}=\frac{a+b}{b+c}=\frac{a+2b}{b+2c}$

.......

cuối cùng ra được 

Với các số thực dương a,b,c.

Chứng minh bất đẳng thức sau:

$\sqrt{\frac{a^{3}}{b^{2}+8c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{3}}{c^{2}+8a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{3}}{a^{2}+8b^{2}}}\geq \sqrt{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$

đang hóng 1 lời giải chỉ dùng am-gm         

bđt mạnh hơn của  dark templar là :$\sum \frac{a}{b^2+c^2} \geqslant \frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{11(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca) )}}$

làm phao       

MÌNH  có thắc mắc??? tại sao những đợt thảo luận đầu tiên chúng ta đã đánh số theo từng bài để tiện theo dõi, nhưng những gần đây topic này các bạn mới vào không đánh số nữa ??? mong các bạn đăng 1 lượng vừa phải để mọi người cùng giải và thảo luận và sau đó đăng thêm . Đăng nhiều thì làm không kịp    

---thân ái chào ( đây  chỉ là  ý kiến riêng của mình )       

Cách làm của em, chả biết là có gọi là hình thuần túy hay không 

$1/$ Ta có hệ thức $HA+HB+HC=2(R+r)$

$2/ $Áp dụng bđt $R\geq 2r$

$3/$ Ap dụng Bất đẳng thức Erdos-Modell  $d_{a}+d_{b}+d_{c}\leq \frac{1}{2}(HA+HB+HC)$

Áp dụng $3$ ý trên dễ dàng ra được bât đẳng thức cần chứng minh!    

Mong anh chia sẽ chứng minh của anh cho mọi người cùng học tập!    

T8-463.doc

ôi   1 cách hay nữa   hay thật 

Cho số nguyên dương $m> 2$

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n\geqslant 3$ thì số $\frac{(m^{2^{n}-1}-1)}{m-1}-m^{n}$ luôn có 1 ước số dưới dạng $m^{\alpha }+1$

(ở đây $\alpha$ là số nguyên không âm)

P/s: đây là bài T11/463 của báo THTT tháng 1-2016   

       em còn 2 ngày nữa thi xong bác à      đắng lòng   

Từ từ em, mới lên kế hoạch sơ sơ thôi, chắc vài tuần nữa sẽ cụ thể

cho em hỏi nếu tổ chức ở tp HCM thì diễn ra ở khu vực nào à  chứ tp HCM thì rộng lắm   

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $-1\le a,b\le 1,-1\le c

bđt sai 

thử $a=1; b=2; c=3$ thì nó ra âm rồi 

Xin lỗi bạn mình gửi nhầm, đề đã được sửa. Bạn làm thử đi nhé

ok 

Muộn thế? 

Bạn lớp mấy?

dạ lớp 10     đắng quá