Ý anh ấy là tích $2$ số khác màu chứ không phải khác nhau!

Chị làm bài này theo đề gốc là như sau,em có thể xem lại Đề thi thử Ams ,chị nghĩ là anh Ego ghi sai đề vì thực sự nếu để đề gốc như thế thì chị cảm thấy hơi khó hiểu  .Chị cũng đã sửa lại đề cho chuẩn với đề thi thử vừa nói.

Đề ở trên đúng rồi Cách làm của HappyLife sai ở phân thức $\frac{ca(c-a)}{c^2+a^2-ca} \geqslant c-a$ do $c-a \leqslant 0$

 

Biến đổi thuần Đại Số ,ta sẽ có BĐT tương đương với:

$$\sum \frac{ab(a-b)}{a^{3}+b^{3}}\geqslant 0\Leftrightarrow \frac{a(a-b)(b-c)(a^{2}-bc)}{(a^{2}-ab+b^{2})(c^{2}+a^{2}-ca)}+\frac{c(b-c)(a-b)(ab-c^{2})}{(b^{2}+c^{2}-bc)(c^{2}+a^{2}-ac)}\geqslant 0$$

 

BĐT trên luôn đúng do $a \geqslant b \geqslant c$.

Quả đúng là em hơi hấp tấp,không để ý đến cái điều kiện,xấu hổ ghê 

Anh fix lại chỗ màu đỏ đi ạ,phải là $a^2-ab+b^2$ .

Cho em hỏi thêm làm sao anh phân tích được 2 tổng chuẩn như vậy ạ,em quy đồng lên thì ra được $\frac{(a-b)(a-c)(b-c)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{\prod (a^2-ab+b^2)}\geq 0$ cũng đúng cơ mà hơi tốn sức

khác màu

mình chưa hiểu,bạn muốn nhận xét gì về bài làm của mình,hãy nói rõ ra được không?

Giả sử các số tự nhiên được tô bởi hai màu xanh hoặc đỏ (mỗi số chỉ được tô một màu) sao cho tích hai số khác màu thì có màu đỏ, còn tổng của chúng thì tô màu xanh. Hỏi số $1$ được tô màu gì?

Nguồn: Đề thi thử Ams

Mình rất thích mấy bài như này ^.^

Giả sử số $1$ được tô màu đỏ,khi đó vì tích của $2$ số khác nhau là màu đỏ nên với mọi số tự nhiên $k$ thì $k$ luôn là màu đỏ,tương tự $k-1$ cũng được tô màu đỏ.

Mặt khác tổng của 2 số đó là màu xanh nên $1+k-1=k$ là màu xanh (mâu thuẫn với cm trên)

Vậy số $1$ phải được tô màu xanh 

Cho $a \geq b \geq c > 0$.Chứng minh rằng

$\frac{a^3b}{a^3+b^3} + \frac{b^3c}{b^3+c^3} + \frac{c^3a}{c^3+a^3} \geq \frac{ab^3}{a^3+b^3} + \frac{bc^3}{a^3+b^3} + \frac{ca^3}{c^3+a^3}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{ab(a^2-b^2)}{a^{3}+b^3}\geq 0\Leftrightarrow\sum \frac{ab(a-b)}{a^{2}-ab+b^2}\leq \sum \frac{ab(a-b)}{ab}=a-b+b-c+c-a=0$

Đề có sai không nhỉ ? hay là mình sai ?

Cho phương trình $x^3-ax^2+bx-a=0$ có 3 nghiệm thực dương.Tìm $a,b$ để biểu thức $P=\frac{b^{2016}-3^{2016 }}{a^{2016}}$ đạt GTNN và tìm GTNN đó

bài 1 là định lý $Stewart$

Có cách chứng minh nào ngoài cách sử dụng định lý cosin không ạ,mong anh chỉ giáo  

1.Cho tam giác $ABC$ và đoạn thẳng AD nằm trong tam giác đó ($D$ thuộc BC).Chứng minh $BC(AD^2+BD.CD)=AC^2.BD+AB^2.CD$

2.Cho tam giác $ABC$ nhọn và tam giác $DEF$ nội tiếp tam giác $ABC$ ($D,E,F$ lần lượt thuộc $BC,CA,AB$).Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác $DEF$

Cho $8$ số dương $a,b,c,d,x,y,z,t$ thỏa mãn điều kiện : $ax+by+cz+dt=xyzt$ . Chứng minh 
$x+y+z+t>\frac{4}{3}.(\sqrt{1+3\sqrt{a+b}+3\sqrt{a+c}+3.\sqrt{b+c}+3\sqrt{b+d}+3\sqrt{c+d}}-1)$ 

Tớ nhớ 1 bài trên báo TTT2 có bất đẳng thức chặt hơn như sau:Cho $8$ số dương $a,b,c,d,x,y,z,t$ thỏa mãn điều kiện : $ax+by+cz+dt=xyzt$ . Chứng minh 

$x+y+z+t > \frac{4}{3}.(\sqrt{1+3\sqrt{a+b}+3\sqrt{a+c}+3.\sqrt{b+c}+3\sqrt{b+d}+3\sqrt{c+d}})$ 

Cách chứng minh của báo nhìn hơi ''kinh dị'' ,đặt ẩn mấy lần luôn  

Cách của NTA1907 hay hơn nhiều   

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

$4(x^3+y^3)=x^2+6xy+y^2$

Áp dụng AM-GM ta có $x^{2}+y^2+6xy\leq x^2+y^2+3(x^2+y^2)=4(x^2+y^2)\Rightarrow x^{3}+y^3\leq x^{2}+y^2$

Mặt khác $x,y$ nguyên dương nên $x^{3}\geq x^{2};y^3\geq y^{2}\Rightarrow x^3+y^3\geq x^2+y^2$

Do đó $x=y=1$ là nghiệm của pt

PIC  sẽ là nơi cập nhật những bài toán nghiệm nguyên hay dành cho học sinh THCS . 
Lưu ý : nếu đề không nói gì thì sẽ là giải phương trình nghiệm nguyên. 
Kí hiệu dg là giải phương trình nghiệm nguyên dương 
7) $x^4-2y^2=1$ 
8) $x^2+y^2=7z^2$ 
9) $x^2-y^3=7$ 
10) $m^2n+6mn+9n=32$ (dg)
12 ) $x^2+y^2=z^2$ 
13) $x^7+y^7=7z$ 

7)Phương trình Pell loại 1

8)Bài này có thể mở rộng lên nghiệm hữu tỉ

Từ phương trình trên suy ra $x,y\vdots 7$

Đặt $x=7x_{1};y=7y_{1}\Rightarrow x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=7z_{1}^{2}$.Quá trình tiếp tục đến $x_{n},y_{n},z_{n}\vdots 7\Rightarrow x,y,z\vdots 7^{n}\Rightarrow x=y=z=0$

9)Từ phương trình trên dễ có $x$ lẻ (cm bằng cách xét module 8)

$PT\Leftrightarrow y^{2}+1=(x+2)(x^2-2x+4)$

Nếu $x\equiv 3(mod 4)$ ($k$ nguyên dương) thì $y^{2}+1\equiv (3+2)(3^2-2.3+4)=35\equiv -1(mod 4)\Rightarrow y^{2}\equiv 2(mod 4)(VL)$

Do đó $x\equiv 1(mod 4)$$\Rightarrow x+2\equiv 3(mod 4)$ suy ra $x+2$ có ước nguyên tố là $4n+3$ $\Rightarrow 1\vdots 4n+3\rightarrow VL\rightarrow PTVNNN$

Spoiler

Đây là phương trình Lebesgue với $k=-7$   

10)$PT\Leftrightarrow n(m+3)^{2}=32$

12)Phương trình Pythagores

Bài 353:Giải phương trình:$\sqrt[5]{x-1}+\sqrt[3]{x+8}=x^3+1$

1/ Chứng minh phương trình sau vô nghiệm với moi x,y nguyên dương: $4x^3+(x+1)^2=y^2$
2/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: $x^4=y^{2}(y-x^{2})$

2.$x^4=y^{2}(y-x^{2})\Leftrightarrow x^2(x^2+y^2)=y^3\Rightarrow y^{3}\vdots x^{2}\Rightarrow y\vdots x\Rightarrow y=xk(k\epsilon N*)\Rightarrow x^{2}(x^2+x^2k^2)=x^3k^3\Leftrightarrow x(k^2+1)=k^3\Rightarrow k^{3}\vdots (k^2+1)\Rightarrow k(k^2+1)-k\vdots k^2+1\Rightarrow k\vdots (k^2+1)\Rightarrow k^{2}\vdots k^{2}+1\Rightarrow k^2+1-1\vdots (k^2+1)\Rightarrow 1\vdots (k^2+1)\Rightarrow k^{2}+1=1\Rightarrow k=0\Rightarrow y=0(VL do y\epsilon N*)$

Vậy pt không có nghiệm nguyên dương

Haizz trình chụp của chú non kém quá ,nhòe hết cả.Nếu muốn xoay ảnh thì cũng đơn giản,chỉ việc tải ảnh lên,xoay và lưu lại là được.

Câu 2:a)Nhận thấy $x=0$ không là nghiệm,xét $x$ khác $0$

$PT\Leftrightarrow (\frac{x^{2}+7x+6}{x}).(\frac{x^{2}-5x+6}{x})=45\Leftrightarrow (x+\frac{6}{x}+7)(x+\frac{6}{x}-5)=4\rightarrow x+\frac{6}{x}=t,(t+7)(t-5)=45$,đến đây dễ

b)$(x^2+1)(x+1)=2^{2y}$

+Nếu $y<0$ thì pt không có nghiệm nguyên

+Nếu $y=0$ thì $x=0$

+Nếu $y>0$ thì $\begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x^2+1=2^{2y-k} & \\ x+1=2^{k} & \end{matrix}\right. & \\ \left\{\begin{matrix} x^2+1=2^{k} & \\ x+1=2^{2y-k} & \end{matrix}\right. & \end{bmatrix}$

Th1:$x^2+1=2^{2y-k}$

+Nếu $2y-k=0$ thì $x=0$ suy ra $y=0$

+Nếu $2y-k<0$ thì PT vô nghiệm nguyên

+Nếu $2y-k=1$ thì $x=1$ từ đó suy ra $y$($x=-1$ thì PT ban đầu vô nghiệm nguyên)

+Nếu $2y-k >1$,ta có $VP$ chia hết cho $4$ còn $VT\equiv 1,2(mod 4)$ nên PT vô nghiệm

Th2:$x^2+1=2^k$

Tương tự Th1

Câu 5:Bất đẳng thức cần cm tương đương :$(x+2y+z)\geq (x+y)(y+z)(z+x)$

Đặt $x+y=a;y+z=b;z+x=c$ thì ta cần cm:$a+b\geq abc$

Ta có:$( a+b)( a+b+c)^{2}\geq4( a+b)4c ( a+b)\geq16abc(đpcm )$

Câu 3:$3x+2y=1\Rightarrow x=\frac{1-2y}{3}$

Thay vào $H$ ta có $(\frac{1-2y}{3})^{2}-y^{2}+\left | (\frac{1-2y}{3}) .y\right |+\left | \frac{1-2y}{3}+y \right |-2=\frac{-5y^2-4y-17}{9}+\left | (\frac{1-2y}{3}) .y\right |+\left | \frac{y+1}{3} \right |$

Xét:Th1:$(\frac{1-2y}{3}) .y\geq 0\Rightarrow \frac{1}{2}\geq y\geq 0\Rightarrow y=0(do y\epsilon Z)\Rightarrow H=$$\frac{-14}{9}$ mà $x=\frac{1}{3}$ ko phải là số nguyên (loại)

Th2:$(\frac{1-2y}{3}) .y\leq 0\Rightarrow \begin{bmatrix} y\leq 0 & \\ \frac{1}{2}\leq y \Rightarrow y \geq 1& \end{bmatrix}$

+Nếu $y \geq 1$ thì $\frac{-5y^2-4y-17}{9}+\frac{2y^{2}-y}{3}+\frac{y+1}{3}=\frac{y^{2}-4y-14}{9}=\frac{(y-2)^{2}}{9}-2\geq -2$

Dấu ''='' khi $y=2;x=-1$

+Nếu $y \leq 0$:

• $0\geq y\geq -1$ thay $y=0$ thì $3x+2y=1$ không có nghiệm nguyên,$y=-1$ thì $x=1$,do đó $H=-1$
• $y\leq -2\rightarrow H=\frac{-5y^2-4y-17}{9}+\frac{2y^{2}-y}{3}-\frac{y+1}{3}=\frac{y^{2}-10y-20}{9}=\frac{(y-5)^{2}}{9}-5\geq -5$.Dấu ''='' xảy ra khi $y=5$ suy ra $x= -3$ (KTM ĐKXĐ)

Vậy $H_{min}=-2\Leftrightarrow y=2;x=-1$

Giải phương trình nghiệm nguyên:$16x^2-72xy+40x-y^2-8y+25=0$

Nếu bài này mà dùng Delta thì chắc chắn cực kì dễ nên các bác đừng động vô phương pháp đó nữa nhé .Cháu định chế bài này từ bài khác mà cuối cùng biến đổi thế nào nó lại ra PT dễ như thế này .Đang max rảnh nên cháu muốn tìm kiếm những lời giải thật đẹp cho bài này mong các bác quan tâm

Giải phương trình nghiệm nguyên $x^{3}-y^{2}=2$

đề nghệ an sao năm nay dễ thế

đúng,đề nghệ an có thể dễ với bạn nên mong bạn sẽ ghi lời giải những bài mà bọn mình chưa giải quyết như bài 1a  hay bài 5 để bọn mình tham khảo  

P/s:Nếu spam kiểu này lần nữa thì bạn sẽ bị treo nick 

2.a)Đặt ẩn phụ không hoàn toàn 

Đặt $\sqrt{x^{2}+2x+3}=a\Rightarrow PT:(a-2)(a+1-2x)=0$

b)Chuyển vế phương trình đầu:$(2x+1)^2=y^2$

3.AM-GM ngược dấu:$\sum \frac{a+1}{b^{2}+1}=(a+b+c+3)-\sum \frac{b^2(a+1)}{b^2+1}\geq a+b+c+3-\frac{a+b+c+ab+bc+ca}{2}\geq 6-\frac{3+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}{2}=6-3=3\rightarrow \blacksquare$

1.b)Nếu $x=2k+1$ thì $VT\equiv 1.3+3=6(mod 8)\rightarrow VL$ (vì VP là số chính phương)

Do đó $x=2k$ $\rightarrow 171=(y-3^{k})(y+3^{k})$,xét các giá trị là bội của 3 là ra.Đáp số $(x,y)=(6,30)$

Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$.Trên các cạnh $AB,AC$ lần lượt lấy các điểm $E,D$ sao cho $DE=DC$.Giả sử đường thẳng đi qua $D$ và trung điểm của $EB$ cắt $BC$ tại $F$.

a)Cm:$EF$ chia đôi $\widehat{AED}$

b)Cm:$\widehat{BFE}=\widehat{CED}$

P/s:Không dùng Menelaus

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . P là điểm chính giữa của cung AB . 2 dây PC và PD lần lượt cắt AB ở E và F . Gọi I là giao điểm của 2 đường thẳng AD và PC , K là giao điểm của 2 đường thẳng BC và PD . Chứng minh : 
a, góc CID = góc CKD 
b, góc PCD = góc PFE 
c, Tứ giác CDIK nội tiếp 
d, IK song song AB 

a)$\widehat{CID}=\widehat{CKD}=\frac{sd \widehat{CD}-sd\widehat{BP}}{2}=\frac{sd \widehat{CD}-sd\widehat{AP}}{2}(do \widehat{AP}=\widehat{BP})$

b)Xem lại đề

c)Theo câu a ta có đpcm

d)Tg $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{ADC}=\widehat{ABK}\Rightarrow \widehat{ABK}+\widehat{IKB}=\widehat{ADC}+\widehat{IKB}=180^{\circ}$ (do tg $CDIK$ nội tiếp)

Nguồn:Facebook anh Cẩn 

P/s:Ai có lòng hảo tâm thì gõ lại giúp với ạ 

Cho(O;R).điểm A cố định,M chuyển động trên(O),N là giao điểm của AM với đường kính BC cố định,Chứng minh khi  M chuyển động thì giao của đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN  với (O) là cố định

 Gọi $D$ là giao của đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN với $(O)$ và $E$ là giao của của DO với (O)

Ta cm được $\widehat{AED}=\widehat{AMD}=\widehat{EON}\Rightarrow AE//BC\Rightarrow E$ cố định(do $A$ cố định)

$E$ cố định nên $D$ cố định,ta có đpcm

Cho $a,b,c>0$.Chứng minh $\frac{a}{(b+c)^{n}}+\frac{b}{(a+c)^{n}}+\frac{c}{(b+a)^{n}}\geq \frac{3^{n}}{2^{n}(a+b+c)^{n-1}}$ với $n$ nguyên dương.