Bạn chỉ ra thử mình đọc sai chỗ nào vậy

(Kiểu này có khi lại bị nhắc nhở vì spam mất).

Đề là $\frac{(5^p-2^q)(5^q-2^p)}{pq}$ chứ không phải là $\frac{(5^p-2^p)(5^q-2^q)}{pq}$ 

Đâu nhầm đâu, ra nghiệm $(p,q)=(3,3),(13,3), (3,13)$ mà.

Không mất tính tổng quát, giả sử $p\leqslant q$, nếu $p=q$ thì $p=q=3$

Nếu $p=3, q>3$ thì $13(5^q-2^q)\equiv 0\pmod{q}$, mà $5^q-2^q\equiv 3\pmod{q}$ nên $q=13$

Nếu $q>p>3$, do $5^p-2^p\equiv 3\pmod{p}$ nên $5^q-2^q\equiv 0\pmod{p}$

Do $p,q\ne 5$ nên $5^{p-1}-2^{p-1}\equiv 0\pmod{p}$ và $(q,p-1)=1$ nên tồn tại $m,n>0$ sao cho $|mq-(p-1)n|=1$

Do đó $5^{n(p-1)}2^{mq}\equiv 2^{n(p-1)}5^{mq}\pmod{p}$ hay $5\equiv 2\pmod{p}$ hay $p=3$ vô lý.

Sai ngay từ khâu đọc đề 

Tìm $n$ tự nhiên sao cho số $2^{n}-1\vdots 7$

Cho số nguyên tố $\overline{a_{0}a_{1}a_{2}a_{3}...a_{n}}$ ($a_{0}\neq 0; 0\leq a_{i}\leq 9, i= \overline{0, n}$)

Chứng minh rằng phương trình $a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{n}x^{n}=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

Cho tập $X$ có $n$ phần tử phân biệt, hai tập $A_{1}; A_{2}$ là hai tập con bất kì của $X$. Ta tính số phần tử của $A_{1}\cap A_{2}$, chứng minh tổng tất cả các số nhận được bằng $n.4^{n-1}$

P/s: Bạn nào có tài liệu gì hay về dạng này cho mình tham khảo nhé. Thanks.

Cho một đa giác có $n$ đỉnh, $n$ cạnh $(n\geq 4; n\epsilon N)$. Hỏi có bao nhiêu giao điểm giữa các đường chéo trong đa giác này, với giả thiết rằng không có ba đường chéo nào đồng quy và không tính những giao điểm là đỉnh của đa giác)

Đã có ở đây. (Sorry  )

Cho một đa giác có $n$ đỉnh, $n$ cạnh $(n\geq 4; n\epsilon N)$. Hỏi có bao nhiêu giao điểm giữa các đường chéo trong đa giác này, với giả thiết rằng không có ba đường chéo nào đồng quy và không tính những giao điểm là đỉnh của đa giác)

1, Chứng minh không thể có $x; y; z >0$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x^2+xy+y^2=25 & \\ y^2+yz+z^2=49 & \\ z^2+xz+x^2=121 & \end{matrix}\right.$

Giả sử tồn tại x; y; z thỏa mãn bài toán.

$x^2< 25\Rightarrow x< 5; z^2< 49\Rightarrow z< 7.\Rightarrow x^2+xz+z^2< 107< 121$

1, Chứng minh không thể có $x; y; z >0$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x^2+xy+y^2=25 & \\ y^2+yz+z^2=49 & \\ z^2+xz+x^2=121 & \end{matrix}\right.$

I, 1,

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$[a(b-c)^2-a^3]+{[b(a-c)^2+2abc]-b^3}+[c(a-b)^2-c^3]> 0$

$\Leftrightarrow [a(b-c)^2-a^3]+[b(a+c)^2-b^3]+[c(a-b)^2-c^3]>0$

$\Leftrightarrow a(b-c-a)(b-c+a)+b(a-b+c)(a+b+c)+c(a-b-c)(a+b+c)>0$

$\Leftrightarrow a(b-c-a)(b-c+a)+(a-b+c)(ab+b^2+ac-c^2)> 0$

$\Leftrightarrow (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)> 0$ (đúng vì $a; b; c$ là ba cạnh của 1 tam giác)

I, 2,

Không mất tính tổng quát, giả sử $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$

$\Rightarrow b+c+1\geq a+c+1\geq a+b+1\geq 1$

$\Rightarrow \sum \frac{a}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq  \frac{a+b+c}{a+b+1}+\frac{(a+b+1)(1-a)(1-b)(1-c)}{a+b+1}\leq \frac{(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)}{a+b+1}$

$\leq \frac{a+b+c}{a+b+1}+\frac{1-c}{a+b+1}= 1$

II, 1,

Ta có $4x^3+2=2x^3+2x^3+2\geq 6x^2\Rightarrow 4x^3+3yz+2\geq 6x^2+3yz$

Tương tự .......... 

Xét các trường hợp sau:

+) $xyz=0$   

+) $xyz >0$

$P\leq \sum \frac{x^2}{6x^2+3yz}\leq \frac{1}{3}\sum \frac{1}{2+\frac{yz}{x^2}}$ ........

III,

Giả sử tồn tại tam giác thỏa mãn bài toán. Gọi độ dài 3 cạnh của tam giác này là $a; b; c$ lần lượt là các cạnh ứng với các đường cao có độ dài là $1; \sqrt{5}; 1+\sqrt{5}$

Khi đó $S = a = b\sqrt{5} = c(1+\sqrt{5})$

$\Rightarrow$   

I. Chứng minh:

1, $a^3+b^3+c^3<\sum a(b-c)^2+4abc$ (với $a; b ;c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác)

2, $\sum \frac{a}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$ (với $0\leq a; b; c \leq 1$ )

3, $\sum \frac{a^3+abc}{b+c}\geq a^2+b^2+c^2$ ($a; b; c$ không âm)

4, 

II. Tìm:

1, GTLN của $P=\sum \frac{x^2}{4x^3+3yz+2}$ ( $x; y; z$ không âm)

2, GTNN của $y+t$ với $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1 & \\ z^2+t^2=2& \\ xt+yz\geq 2& \end{matrix}\right.$

III. Tồn tại hay không một tam giác với độ dài các đường cao là $1; \sqrt{5}; 1+\sqrt{5}$ ?

CMR $a^2+b^2+(\frac{1+ab}{a+b})^2\geq 2$

thank

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

Cho $a \ge -1 , b \ge -1 $. Chứng minh $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1} \le 4$

xem lại đề đi bạn ví dụ như thêm $a+b=2$ chăng ??

Giải bài toán với $a+b=6$.

Theo $C-S$ ta có:

$VT^2\leq 2(a+b+2)=16$

Giải phương trình sai phân $a_{n+1}= a_{n}+a_{n-1}+1$ ( $a_{1}=1 ; a_{2}=2$ )

P/s: Có bạn nào cho mình cách giải tổng quát dạng này được không?   

$a+b+c=3abc\geqslant 3\sqrt[3]{abc}=> $(abc)^{3}\geqslant abc => abc\leqslant 1$=> a+b+c \leqslant 3$

$\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}\geqslant \frac{3}{abc}\geqslant \frac{3}{1}=3$

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

$\sqrt{x+y+3}+1=\sqrt{x}+\sqrt{y}\Leftrightarrow \sqrt{x+y+3}=\sqrt{x}+\sqrt{y}-1\Leftrightarrow (\sqrt{x+y+3})^{2}=(\sqrt{x}+\sqrt{y}-1)^{2}\Leftrightarrow x+y+3= x+y+1+2\sqrt{xy}-2\sqrt{x}-2\sqrt{y}\Leftrightarrow \sqrt{xy}-\sqrt{x}-\sqrt{y}-1=0\Leftrightarrow \sqrt{x}(\sqrt{y}-1)-(\sqrt{y}-1)=2\Leftrightarrow (\sqrt{x}-1)(\sqrt{y}-1)=2. y=1\Rightarrow x=1.y\neq 1\Rightarrow \sqrt{y}-1\geqslant0 x\epsilon Z\Rightarrow \sqrt{x}\epsilon N\Rightarrow \sqrt{x}-1\leqslant 2\Leftrightarrow {\sqrt{x}}\leq 3\Leftrightarrow 0\leqslant x\leqslant 9$

sau đó xét các th của x tìm đc y

ai giải dùm mình câu cuối đy

Bạn tìm ra bao nhiêu giá trị $(x; y)$ vậy?

$a^2+b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2}=2$

Không có GTLN thì phải.

1,Cho $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x+y+z=3 & \\ 0\leq x;y;z\leq 2 & \end{matrix}\right.$

Tìm max của $A=x^{2}+y^{2}+z^{2}$

 

Đặt $x=a+1; y= b+1; z=c+1$

$\Rightarrow a+b+c=0; a; b; c\epsilon [-1; 1]$

Khi đó $A=a^2+b^2+c^2+3$

Mà $a+b+c=0\Rightarrow a^2+b^2+c^2= -2(ab+bc+ac)$

Mặt khác $\prod (1-a)(1+b)\geq 0\Rightarrow -(ab+bc+ca)\geq 1$

Vậy $A\geq 2.1+3=5$

Lời giải dễ mà: Do vai trò của a,b,c như nhau nên giả sử $a\geq b\geq c$

Từ giả thiết a,b,c nguyên dương và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}<1$ rút ra $a,b,c\geq 2$

Do đó: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{2}<1=>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\frac{1}{2}$

Từ đó suy ra $a\geq b\geq 3$

$\frac{1}{a}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}<1$

=> $a\geq 7$

Vì thế nên giá trị lớn nhất bằng $\frac{41}{42}$ 

Tại sao bạn suy ra được $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{2}<1$ vậy?

bài 2  cho a,b,c,d là các số dương . Chứng minh rằng

 

 

$\frac{a+c}{(a+b)(c+d)}+\frac{b+d}{(a+d)(b+c)}\geq \frac{4}{a+b+c+d}$

 

 

 

 

$\frac{a+c}{(a+b)(c+d)}\geq \frac{4(a+c)}{(a+b+c+d)^2} (AM-GM)$

Tương tự rồi cộng lại.

Cho a, b, c là 3 số dương và $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{2}{b}$

Chứng minh: $\frac{a+b}{2a-b}+\frac{b+c}{2c-b}\geq 4$

Từ $GT$ suy ra $b=\frac{2ac}{a+c}$

Thay vào rút gọn rồi dùng $AM-GM$ (bài này dễ mà)

$a=b=c=0\Rightarrow VT=0$

$a+b+c\ne 0$: $(b-1)(c-1)\geqslant 0\Leftrightarrow bc+1\geqslant b+c\Rightarrow \dfrac{a}{bc+1}\leqslant$ $ \dfrac{2a}{a+b+c}\Rightarrrow VT\leqslant 2$

Từ đây khó có thể suy ra được ngay ĐPCM.

Bởi vì tới BĐT $\frac{c}{ab+1}\leq \frac{c}{a+b}$ chẳng hạn.

Ta khi đó sẽ phải chỉ ra $\frac{c}{a+b}\leq \frac{2c}{a+b+c}$

Nhưng điều này chỉ đúng khi $\frac{c}{a+b}\leq 1 \Leftrightarrow c\leq a+b$

Từ giả thiết không thể khẳng định được điều này.

Cho tam giác $ABC$ cân ở $B$. Qua $B$ vẽ đường thẳng $xy//AC$. Lấy điểm $O$ di động trên đường thẳng $xy$ rồi vẽ $(O)$ tiếp xúc với $AC$ ở $D$ và cắt $AB$ ; $BC$ ở $E$ ; $F$. Chứng minh $\angle EDF$ không đổi.

Tìm tất cả các số nguyên tố $p; q$ sao cho tồn tại các số tự nhiên $m$ thỏa mãn:

$\frac{pq}{p+q}=\frac{m^2+1}{m+1}$