ban thu noi xem nao

ko nham thi bai nay giai vay

Bài 7 :

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{c(a-b)}{b(b+c)} +\frac{a(b-c)}{c(c+a)}+\frac{b(c-a)}{a(a+b)}\geq 0\; \; \; \;. \;$

Không mất tính tổng quát giả sử:$b$ nằm giữa $a$ và $c$;

Khi đo: $(b-a)(b-c)\leq 0 $\

Mặt khác: $b(c-a)=-c(a-b)-a(b-c)$

Do đó: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$c(a-b)\left [ \frac{1}{b(b+c)}-\frac{1}{c(a+b)} \right ]+a(b-c)\left [ \frac{1}{c(c+a)}-\frac{1}{a(a+b)} \right ]\geq 0$$

\Leftrightarrow \frac{c\left [ (a-b^2(a+b)+b(a-b)(a-c) \right ]}{(a+b)ab(b+c)}+\frac{\left [ (b-c)(a-c)(a+c)+a(b-c)^2 \right ]}{c(c+a)(a+b)}\geq 0 $

Mặt khác:$ (a-b)(a-c)=(a-b)^2-(b-a)(b-c)\geq 0,(b-c)(a-c)=(b-c)^2-(b-a)(b-c)\geq 0\Leftrightarrow dpcm\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

sao a,b,c lai tim min x,y,z the kia

$\dpi{150} \small \: Bai\: 1\: :Ta\:co: \:A= n^2+3n-38=(n-2)(n+5)-28\:. \:Do \:n+5-(n-2)=7\rightarrow \:hai \:so \:nay \:cung \:chia \:het \: cho\: 7\:hoac \:ca \:hai \:deu \:khong \:chia \:het \:cho \: 7\:\: \ \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:\: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:Th1:n-2,n+5 \:cung \:chia \: het\:cho7\rightarrow (n-2)(n+5) \vdots 49,28\: khong\:chia \:het\:cho \:49\rightarrow A \:khong\vdots \:cho \:49 \:.Th2 \: CMTT\rightarrow dpcm\:$

bai toan nay con len dc bao ba co

$\dpi{150} \small \:PT \: \Leftrightarrow \:x^3-2x^2+2x^2-4x+x-2=\sqrt{x+2}-2\Leftrightarrow (x+1)^2(x-2)=\frac{x-2}{\sqrt{x+2}+2} \Leftrightarrow (x-2)\left [ (x+1)^2-\frac{1}{\sqrt{x+2}+2} \right ]=0\\.: Voi\: x<2 va x>2\:thi \:(x+1)^2-\frac{1}{\sqrt{x+2}+2} \:deu \: lon \: va\:nho \: hon\:0 \:\rightarrow x=2 \:Vay \:phuong \:trinh \: co\:1 \:no \:x=2 \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:$

$\dpi{120} \small BẠN Tự vẽ hinh nhe:Kẻ NH vuonggoc voi AB.Đặt MB=x,NC=y.AB=AC=BC=a.\Delta AHN có:\angle A=60\rightarrow AH=\frac{1}{2}AN\rightarrow HN=\frac{\sqrt{3}}{2}AN.TA có:MN^2=NH^2+MH^2=(\frac{\sqrt{3}AN}{2})^2+(AM-\frac{AN}{2})^2=AM^2+AN^2-AM.AN=(a-x)^2+(a-y)^2-(a-x)(a-y.KHai trien ta dc MN^2=(x+y-a)^2\rightarrow MN=x+y-a\rightarrow MN=x+y-a\rightarrow MN+BC=MB+NC\rightarrow MN tx dduong tron ngoai tiep \Delta ABC\rightarrow dpcm$

1A:21,2C:21,27,                                                                                                                                                                                                                                           8D: vi theo thu tu nho dan đi                                                                                                                                                                                                                          

cau 9:d

Đầu tiên,ta sẽ CM:$l_{a}+l_{b}+l_{c}\leq p\sqrt{3}$

$Ta có: x^2+y^2=1\rightarrow 0\leq x,y\leq 1\rightarrow x\geq x^2,y\geq y^2\rightarrow x+y\geq x^2+y^2=1.Từ đó suy ra P^2=8+5(x+y)+2\sqrt{(4+5x)(4+5y)}\geq 13.Dau bang xay ra \Leftrightarrow x=1,y=o hoac x=0 y=1$

uk minh nham

uk đúng rồi@@

$\dpi{120} \small Ta có:R=\frac{a^2}{a(b+c)}+\frac{b^2}{b(c+ d)}+\frac{c^2}{c(d+e)}+\frac{d^2}{d(e+f)}+\frac{e^2}{e(f+a)}+\frac{f^2}{f(a+b)}\geq \frac{(a+b+c+d+e+f)^2}{a(b+c)+b(c+d)+c(d+e)+d(e+f)+e(f+a)+f(a+b)}. Ta luôn có:x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx\Leftrightarrow (x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)(1).Đăt x=a+d,y=b+e,z=c+f.Ta co (1)\Leftrightarrow (a+b+c+d+e+f)^2\geq 3\left [ (a+d)(b+e)+(b+e)(c+f)+(c+f)(a+d) \right ]\Leftrightarrow (a+b+c+d+e+f)^2\geq 3\left [ a(b+c)+b(c+d)+c(d+e) +d(e+f)+e(f+a)+f(a+b)\right ]\Leftrightarrow R\geq 3.Vay min R=3$

$\,Ap \, dung\,BDT \, Bunhia,ta\,co \, (\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}+\sqrt{c^2+2ab})^2\leq 3(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)).Ta\, co\,a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca\rightarrow \frac{1}{2} (a^2+b^2+c^2)\geq \frac{1}{2}(ab+bc+ca)\rightarrow \frac{3}{2}(a^2+b^2+c^2)-(a^2+b^2+c^2)\geq \,2(ab+bc+ca)-\frac{3}{2}(ab+bc+ca) \rightarrow \frac{3}{2}(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)\geq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\rightarrow \frac{3}{4}(a+b+c)^2\geq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\rightarrow dpcm\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \,$

Đay chinh la BDT Holder cho 3 so ma ban

$\dpi{150} \small Khong mat tinh tong quat gia su a\leq b\leq c.Ta cóp^2=(a^2+b^2+c^2)^2\rightarrow \left [(a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2) \right ]\vdots p.Ma (a^4+b^4+c^4)\vdots p\rightarrow 2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)\vdots p.Mat\neq a,b,c\geq 1\rightarrow p\geq 3\rightarrow (p,2)=1\rightarrow (a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)\vdots p .Do đó \left [ a^2b^2+c^2(a^2+b^2+c^2)-c^4 \right ]\vdots p\rightarrow a^2b^2-c^4\vdots p\Leftrightarrow (ab-c^2)(ab+c^2)\vdots p.Lai có ab< 2ab\leq a^2+b^2\rightarrow 1< ab+c^2< a^2+b^2+c^2=p\rightarrow (ab+c^2,p)=1\rightarrow ab-c^2\vdots p.Mat\neq 1\leq a\leq b\leq c\rightarrow 0\leq c^2-ab< c^2< a^2+b^2+c^2=p\rightarrow c^2-ab=0\rightarrow c^2=ab\rightarrow p=3a^2.Ma p la số nguyên tố\rightarrow a=1\rightarrow p=3$

$b) Câu trả lời là có. Theo lập luận câu a thì có thể giả sử p=2. Đến đây chắc là thử chọn thì có cặp 2,11,23 thỏa mãn.$.Đay la loi giai bai 2 cua toi

$Lời giải. a) \blacktriangleright Nếu p,q,r đều lẻ thì 4 \nmid p+q+r, do đó p+q+r \equiv 1 \pmod{4} (vì p+q+r là số chính phương). Để thỏa mãn các yếu cầu trên thì số dư của p,q,r khi chia cho 4 phải là 1,3,1 hoặc 3,3,3 (vì p,q,r lẻ nên chỉ có thể chia 4 dư 1 hoặc 3).Với trường hợp p,q,r khi chia cho 4 nhận số dư là 1,3,1 thì pq+pr+rp+3 chia 4 dư 2, mâu thuẫn vì pq+qr+rp+3 chính phương. Với trường hợp p,q,r khi chia cho 4 nhận số dư là 3,3,3 thì pq+pr+rp+3 chia 4 dư 2, mâu thuẫn vì pq+qr+rp+3 chính phương.Vậy trong ba số nguyên tố p,q,r có ít nhất một số chẵn, tức có ít nhất một số là 2. Không mất tính tổng quát, giả sử p=2. \blacktriangleright Nếu q,r không có số nào chia hết cho 3, mà 2+q+r \equiv 1 \pmod{3} suy ra khi q,r chia 3 có thể nhận số dư là 1,1. Tuy nhiên khi đó thì pq+qr+rp+3 sẽ chia 3 dư 2, mâu thuẫn vì pq+qr+rp+3 chính phương. Do đó trong hai số q,r phải có một số chia hết cho 3, tức có một số bằng 3. Giả sử q=3. \blacktriangleright Ta có pq+qr+rp+3=9+5r là số chính phương nên ta đặt 9+5r=b^2 \Leftrightarrow (b-3)(b+3)=5r với b \in \mathbb{N}^*. Vì r nguyên tố nên dễ dàng tìm được r=11. Kết luận. Vậy ba số nguyên tố cần tìm là 2,3,11.$

$\inline \dpi{150} \small Ta co phuong trinh\Leftrightarrow x^3-2x^2-3x^2+6x+3x-6=\sqrt{2x-3}-1\Leftrightarrow (x-2)(x^2-3x+3)=\frac{2x-3-1}{\sqrt{2x-3}+1}\Leftrightarrow (x-2)\left [ (x^2-3x+3)-\frac{2}{\sqrt{2x-3}+1} \right ]=0\Leftrightarrow x=2.$

$\dpi{200} \small Ta có x=y=z=0 ko phai la1 no cua he phuong trinh.Xét xyz\neq 0 Ta có:Đây là hệ hoán vị vòng quanh,dễ cm dc (x,y,z)la no thi x=y=z. Vậy x=y=z=\frac{-8}{7}$

$\dpi{150} \small \:Nhan \:2 \: ve\:cua \:Bdt \:cho \:2 \:, \: ta\:can CM \:\frac{a+b}{ab}+\frac{b+c}{bc}+\frac{a+c}{ac}+\frac{2}{\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{4(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}. \:Ap \:dung \:Bdt AM-GM, \:ta \:co \:: \:VT=\frac{(a+b)^2}{ab(a+b)}+\frac{(b+c)^2}{bc(b+c)}+\frac{(a+c)^2}{ac(a+c)}+\frac{(2\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\geq \frac{\left [ (a+b+b+c+c+a+2\sqrt[3]{abc}) \right ]^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc)}=\frac{4(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}= VP\rightarrow dpcm : \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:$

$\dpi{150} \small \:Theo \:Bdt \: Holder\: ta\: co\: \sum \sqrt{\frac{b+c}{a}})^2\left [ \sum \frac{1}{a^2(b+c)} \right ]\geq(\sum \frac{1}{}a)^3 \:Do \:đo \:ta \:chi \:can \:CM \ \sum \frac{1}{a})^3\geq \frac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}\sum \frac{1}{a^2(b+c)}.\:Đặt \:a=\frac{1}{x} ,b= \frac{1}{y},c= \frac{1}{z}\:Bdt\Leftrightarrow \:(x+y+z)^3\geq \6(xy+yz+zx)(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y})\:hay \:\frac{(x+y+z)^3}{\sqrt[3]{xyz}} \geq 6(x^2+y^2+z^2)+6xyz(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{x+z}+\frac{1}{x+y})\:Áp \dụng \:Bdt Cauchy-Schwarz \: ,\:ta \:có \:6xyz(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}+\frac{1}{x+y})\leq 6xyz(\frac{1}{4x}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{4z}+\frac{1}{4z}+\frac{1}{4x})= 3(xy+yz+zx)\:\frac{(x+y+z)^4}{\sqrt[3]{xyz}}\geq \3(x+y+z)^3. \:Như \:vậy \:ta \:chỉ \:cần \:CM \::3(x+y+z)^3\geq 6(x^2+y^2+z^2)+3(xy+yz+zx).Sau khi thu gọn ta dc dpcm.Đay \:là \:cách \: làm\:của \:em \moi : \:nguoi\:xem \:ho \:em \:nhe \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:$

cha hiu sao no ko ra dc latex