Em làm bai này thê´ nào. Anh phải dung ly´ thuyết galois mơi´ ra.

Thực sự em còn chưa biết lí thuyết galois đầy đủ như thế nào nhưng bài này không mạnh đến thế đâu ạ

số thực thì làm sao áp dụng đc $Cauchy$ bạn !!

thoải mái đi : $2ab\leq a^2+b^2$ với a,b là các số thực, không cần dương

Ta có : $(x\sqrt{y^2+z^2}+y\sqrt{x^2+z^2})^2 \leq (x^2+y^2+z^2)(x^2+y^2+z^2)$

=> đpcm

Nhầm rồi kìa

Cho $3$ số thực $x,y,z$ . Chứng minh rằng 

$x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x \sqrt{y^{2}+z^{2}} + y \sqrt{x^{2}+z^{2}}$

$2x\sqrt{y^2+z^2}\leq x^2+y^2+z^2$

Làm tương tự suy ra đ.p.c.m

Dấu "=" : $x=y>0, z=0$

Chứng minh rằng với các số $a_i(i=1,2,...,n)$ không là số chính phương thì 

$\sum \sqrt{a_i} \notin Q$

P/s : Nếu thánh nào có khả năng chém chuối bá đạo thì xin mời bài tiếp

Với các số $a_i(i=1,2,...,n)$ không có dạng $n^m(m,n\in N)$ thì

$\sum \sqrt[m]{a_i} \notin Q$

Bạn có thể đưa ra bài toán tổng quát được không ?

Đây anh $p^x.x^2+q^y.y^2=m^z.z^2$ với $p,q,m$ là các số nguyên tố bất kì

Nếu anh làm được bài trên thì có thể thử luôn bài tiếp 

$p^x.x^p+q^y.y^q=m^z.z^m$ 

Enjoy !

Bài này cùng lùi vô hạn chứng minh $2|x,2|y$ cuối cùng sẽ ra.

Bài này có thể tổng quát hóa thành một dạng lớn hơn nhiều anh ạ, lúc đó thì không lùi vô hạn được nữa

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2+y^2=2^z z^2$

Spoiler

Cẩn thận nó lừa

Tìm n là số tự nhiên, p là số nguyên tố thỏa: (p-1)!++1=$p^{n}$

Với $p=2=>2=2^n=>n=1$

Với $p=3=>3=3^n=>n=1$

Với $p\geq5$

Ta sẽ chứng minh $(p-1)!\vdots (p-1)^2<=>(p-2)!\vdots p-1$

Do $p$ lẻ nên $\frac{p-1}{2}\in Z$. Mà $p\geq5=>2<\frac{p-1}{2}<p-2$ do đó trong tập hợp các số từ 1 đến p-1 có 2 số là 2 và $\frac{p-1}{2}$ khác nhau

$=>(p-2)!\vdots 2.\frac{p-1}{2}=p-1$

$=>p^n-1\vdots (p-1)^2$

Mà $p^n-1=(p-1)(p^{n-1}+p^{n-2}+...+1)=(p-1)[p^{n-1}-p^{n-2}+2p^{n-2}-2p^{n-3}+...+(n-1)p-(n-1)+n]=>n\vdots p-1$

Với $n=0$ thì không phải nói

Với $n>0=>n\geq p-1=>p^n\geq p^{p-1}>(p-2)!.p>(p-1)!+1$

Bài toán đã giải quyết xong

Cho $z=1$ sẽ thấy điều bất ngờ.

Đợi tí đợi tí, đề chỉ bảo tìm x,y

Xét $\frac{(a-x)(a-y)}{a(a-b)(a-c)}=\frac{a^2-a+xy}{a(a-b)(a-c)}$

Vậy thì từ đây ta chỉ cần tìm GTLN của $Q=xy.\sum \frac{1}{a(a-b)(a-c)}$ thì sẽ dễ dàng suy ra bài toán

Ta sẽ chứng minh $M=\sum \frac{1}{a(a-b)(a-c)}\geq0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$

BĐT trên tương đương với $\frac{1}{(a-b)(b-c)(a-c)}.(\frac{b-c}{a}-\frac{a-c}{b}+\frac{a-b}{c})\geq0$

$<=>\frac{b-c}{a}-\frac{a-c}{b}+\frac{a-b}{c}\geq0<=>(b-c)(a-b)(\frac{1}{bc}-\frac{1}{ab})\geq0$ (Luôn đúng với $a\geq b\geq c$)

Từ đây $Q=Mxy\leq\frac{M}{4}$

P max khi $x=y=\frac{1}{2}$ (Pmax bằng bao nhiêu bạn tự tính)

Ta có : $tan^2A+1=\frac{1}{cos^2A}$

BĐT cần chứng minh tương đương với
$\sum \frac{tanA}{tanB}(1-\frac{cos^2A}{cos^2B})\geq0<=>\sum \frac{tanA}{tanB}(tan^2A-tan^2B)(tan^2A+1)\geq0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $\widehat A\geq\widehat B\geq\widehat C>0$

Ta sẽ chứng minh hai BĐT

$+) \sum \frac{tanA}{tanB}(tan^2A-tan^2B)\geq0<=>(tan^2A-tan^2B)(\frac{tanA}{tanB}-\frac{tanC}{tanA})+(tan^2B-tan^2C)(\frac{tanB}{tanC}-\frac{tanC}{tanA})\geq0$

Do $tan^2A\geq tanB.tanC$, $tanB.tanA\geq tan^2C$ nên BĐT trên đã rõ

$+) \sum \frac{tan^3A}{tanB}(tan^2A-tan^2B)\geq0<=>(tan^2A-tan^2B)(\frac{tan^3A}{tanB}-\frac{tan^3C}{tanA})+(tan^2B-tan^2C)(\frac{tan^3B}{tanC}-\frac{tan^3C}{tanA})\geq0$

Cũng tương tự như trên bất đẳng thức luôn đúng

Cộng hai bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh

Biến đổi tương đương thì bất đẳng thức trên tương đương với

$\frac{1-2a}{1-2b}+\frac{1-2b}{1-2a}\leq \frac{1-a}{1-b}+\frac{1-b}{1-a}<=>\frac{a-b}{(1-2b)(1-b)}+\frac{b-a}{(1-2a)(1-a)}\geq0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b=>2a>1$. Bây giờ ta cần phải chứng minh

$\frac{1}{(1-2a)(1-a)}-\frac{1}{(1-2b)(1-b)}\leq0$

Nếu như $b\leq\frac{1}{2}$ thì điều phải chứng minh đã rõ

Nếu $b>\frac{1}{2}$ thì ta chỉ cần chứng minh $(1-2b)(1-b)\leq(1-a)(1-2a)<=>(b-a)(2b+2a-3)\leq0$ (Điều này luôn đúng với giả thiết)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Xin lỗi mấy bạn vì sự nhầm nhọt nặng ở đề bài, đề đúng như To-to-ro nói, vận tốc đi bộ là 4km/h. Nhưng vấn đề với vận tốc 3km/h không phải vì số lẻ mà ta bảo nó sai đề, mà sai ở đây là nếu đi với vận tốc 3 km/h thì không tài nào đến B sớm hơn 9h.Đó chính là vấn đề mình gặp phải, nếu là 4km/h thì mình có cách này các bạn tham khảo xem có dễ hiểu hơn ko.

Vấn đề là ta đang cần tính thời gian để người thứ 2 và 3 cùng đáp đích B lúc 9h.

Gọi thời gian đi bộ của người 3 là $t_1$, thời gian đi xe đạp cùng vs người 2 để về B là $t_2$.

Từ đề bài ta có hpt rất đơn giản : $\left\{\begin{matrix} t_1+t_2=1 & \\ 4t_1+16t_2=8& \end{matrix}\right.$

Vấn đề đến đây quá đơn giản rồi!

Vậy thì ta thử tổng quát hóa bài này xem sao, với thời gian đã định $t$ bất kì thì ba người phải đến được đích, từ đây tìm giới hạn thời gian người 2 và người 3 đi bộ

Ba người cùng khởi hành từ A lúc 8 giờ để đến  B(AB dài 8km).Do chỉ có 1 xe đạp nên người thứ nhất trở người thứ 2 đến B với vận tốc 16km/h rồi quay lại đón người thứ 3. Trong lúc đó người thứ 3 đi bộ đến B với vận tốc 3km/h.

a) (ý này các bạn ko cần giải) Hỏi người thứ 3 đến B lúc mấy giờ?Quãng đường phải đi bộ đến B là bao nhiêu?

b)(yêu cầu giải cụ thể) Để đến B chậm nhất lúc 9 giờ(tức là khi người cuối cùng đến B thì chậm nhất là 9h) thì người thứ nhất bỏ người thứ 2 tại 1 điểm nào đó rồi quay lại đón người thứ 3. Người thứ 2 tiếp tục đi bộ cũng với vận tốc 3km/h để đến B.Tìm quãng đường đi bộ của người 2 và người 3?

Sự thật là chưa hiểu rõ cái đề Chắc là tìm thời gian ngắn nhất hở?

Bây giờ lí luận như sau : Do vận tốc của xe đạp lớn hơn đi bộ nên nếu để người đi bộ đến sau thì thời gian sẽ lâu hơn khi để người đi xe đạp đến cùng lúc

Còn nếu người đi xe đạp đến sau thì quãng đường đi xe đạp sẽ lớn hơn quãng đường khi cả 3 người đến cùng lúc

Vậy để 3 người đến cùng lúc sẽ đỡ tốn thời gian nhất. (Cái máy tính quá thốn nên không thể vẽ hình lên được thông cảm )

Điểm mà người 2 bắt đầu đi bộ là P, khi đó người 3 đi đến M. Người 3 bắt đầu lên xe đạp tại N, khi đó người 2 đi bộ đến Q

Do khi nguười 2 đi bộ từ 

Ta sẽ có được hệ thức sau : $\frac{AP}{AM}=\frac{NP}{MN}=\frac{NB}{QB}=\frac{16}{3}=>\frac{MP}{AM}=\frac{NQ}{QB}=>AM=QB$

Từ các dữ kiện : $AM=BQ;MN=PQ$ và các tỉ lệ ta dễ dàng suy ra được độ dài $AN=PB$ (quãng đường người 2,3 đi bộ)

Cho em hỏi cách này có đúng không?... 
 
+ Đúng với n = 1
+ Giả sử đúng với $n = k$, tức là $x_k > 0$
+ Cần cm đúng với $n = k+1$, tức là $x_{k+1} > 0$
Phản chứng: giả sử $x_{k+1} < 0$. Biến đổi tương đương $x_k > 3$.
vô lí vì $x_1 < 3$
-> giả sử sai -> đpcm.

Em nghĩ quy nạp như thế chưa đúng lắm, nhỡ đâu với $x_1<3$ thì lại có $x_k$ nào đó lớn hơn 3 thì sao
Theo em thì vẫn dùng quy nạp nhưng sẽ chứng minh $x_[k+1]<x_k$ với mọi $k$
Giả thiết quy nạp : $x_1>x_2>...>x_k$ ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với $k+1$
Xét $x_{k+1}-x_k=\frac{3}{2}(x_k-x_{k-1})-\frac{1}{2}(x_k-x_{k-1})(x_k^2+x_k.x_{k-1}+x_{k-1}^2)=\frac{1}{2}(x_k-x_{k-1})[3-(x_k^2+x_k.x_{k-1}+x_{k-1}^2)]$
Do $x_1>x_2>...>x_k=>\frac{1}{2}>x_2>...>x_k=>3-(x_k^2+x_k.x_{k-1}+x_{k-1}^2)>0=>x_{k+1}-x_k<0$ (Do $x_k-x_{k-1}<0$)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Từ điều trên suy ra mọi số $x_n\leq\frac{1}{2}=>x_{n+1}=\frac{1}{2}x_n^2(3-x_n)>0$

Tức là cần chứng minh $\frac{n}{1+\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}\geqslant \sum \frac{1}{1+a_1}$, với $0\leqslant a_1\leqslant a_2\leqslant .........\leqslant a_n\leqslant 1$ đúng không ?

Nhưng $0\leqslant a_1\leqslant a_2\leqslant .........\leqslant a_n\leqslant 1$ không hoàn toàn đúng, ta phải dựa vào tích đã cho

Giả thiết trên có thể chứng minh bằng BĐT Jensen, khá đơn giản nhưng khi nhân theo $a_n.a_[\frac{n+1}{2}] \leq 1$ thì lại chưa được, nếu đề bài cho $a_n.a_{n-1}$ thì sẽ đơn giản hơn

Được đấy anh ạ, chứng minh quy nạp

Với $\prod a_i\leq1=>\frac{i}{1+\sqrt[i]{\prod a_i}}\geq\sum \frac{1}{1+a_i}$

Theo giả thiết thì : $\frac{1}{1+a_1}\geq\frac{1}{1+a_2}\geq ...\geq\frac{1}{1+a_n}=>2 \sum \frac{1}{1+a_i}\leq \sum \frac{1}{1+a_i}+2\sum \frac{1}{1+a_[\frac{i+1}{2}]}$

$\leq \sum \frac{1}{1+\sqrt{a_i.a_[\frac{i+1}{2}]}}\leq \frac{i}{1+\sqrt[i]{a_1.a_2...a_n}}$

Lời giải vẫn còn một số chỗ chưa đầy đủ nhưng không quá phức tạp nên đành bỏ qua để đỡ dài dòng thông cảm

Ta có : $2.\sum a^{3}+\! \sum a\leq 2.\sqrt[3]{\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{3}}+\sum a\leq 3.\sum a$

 

Mật khác ,từ $\sum a=\sum a^{2}\Rightarrow 2\sum a + 4= \sum \left ( a^{2}+1 \right )\geq 2\sum a \Rightarrow 4\geq \sum a$

 

Do đó : ta có đpcm

Làm sao để suy ra được $\sum a^2 \geq \sum a^3$ ?

Nếu đó là Holder thì chưa đúng

Với $\alpha$ nhỏ hơn 0 thì khá khó chịu đấy

Đã làm được với trường hợp $2\sum a^2\geq1$ thử nghĩ với $2\sum a^2<1$ xem sao

1) Tổng quát hóa bài toán thành $a-m^3\vdots m-n$ (Với $n$ là số nguyên cố định)

$=>a-m^3+n^3-n^3\vdots m-n<=>a-n^3\vdots m-n$

Do điều kiện trên đúng với mọi số nguyên $m$ khác $n$ nên $a-n^3=0<=>a=n^3$

2)Giả sử cả 3 số trên đều lớn hơn 0,5 ta có :

$\left\{\begin{matrix}a>3bc\\b>3ca\\c>3ab\end{matrix}\right.=>\left\{\begin{matrix}a+b>3c(a+b)\\b+c>3a(b+c)\\c+a>3b(c+a)\end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix}1>3c\\1>3a\\1>3b\end{matrix}\right.=>3>3(a+b+c)$ (Vô lí)

ai giải bài hình với

Máy nhà đang hỏng nên không vẽ được hình lên đây, nói chay vậy nhé

a) Do N là tiếp điểm nên $NK\perp BC$ mà $OE\perp BC=>đ.p.c.m$ (Tự hiểu nhé)

Từ trên suy ra $\widehat{EOF}=\widehat{NKF}=>2.\widehat{NMF}=\widehat{EOF}=2\widehat{EAF}=>đ.p.c.m$

b)Từ a) suy ra $\widehat{IFA}=\widehat{IMA}=\widehat{DMN}=\widehat{NFM}=>\widehat{MFA}=\widehat{NFI}=>\widehat{EIN}=\widehat{EFI}=>EI^2=EN.EF$

Cũng dễ dàng chứng minh $EC^2=EN.EF$ nên ta có điều phải chứng minh

c)Phần này có lẽ dễ nhất mình nói tắt thôi

$\widehat{BIE}=90^{\circ}-\frac{\widehat{C}}{2}$

Mà $\widehat{BIE}=\widehat{IBA}+\frac{\widehat{A}}{2}=>\widehat{IBA}=\frac{\widehat{B}}{2}=>đ.p.c.m$

Cho $a,b,c,m,n,p$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=mnp,a\geq b\geq c,m\geq n\geq p, a-c\geq m-p$

CMR $a+b+c\geq m+n+p$

Sorry, viết nhầm đề $a-c\geq m-p$ chứ ko phải là $a-c\geq m-n$

Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên n thỏa mãn : $n2^{n}-1$ chia hết cho $p$

Xét $n=mp+a=>n2^n\equiv (mp.2^{mp+a}\equiv a.2^{m(p-1)+a+m}\equiv a.2^{a+m}$ (mod $p$)

Ta thấy ở đây $m,a$ có thể là các số bất kì nên ta chỉ việc chọn $m,a$ sao cho $a.2^{a+m}\equiv 1$ (mod $p$)

Chọn $a=2^x=>2^{x+2^x+m}\equiv1$ (mod $p$)$=>x+2^x+m=k(p-1)$

Từ đây ta có thể chọn vô số giá trị $x,m,k$ thỏa mãn nên ta có điều phải chứng minh

Đặt $N=n2^n-1$

Ta có $p \geq 3,p \in P$

Dễ thấy với $n \geq 2$ thì $N >3$

và $N$ lẻ

Xảy ra 2TH:

- TH1: Nếu $N$ là số nguyên tố, khi đó $N \vdots p$ với $p=N$

- TH2: Nếu $N$ là hợp số, mà $N$ lẻ do đó $N$ có ước nguyên tố lẻ nên $N \vdots p$

Lời giải này là tồn tại ước nguyên tố lẻ mà đề bài lại bảo là có vô số số tự nhiên n cơ mà

Bạn thử giải hệ này xem, giải được thì sẽ tìm được giá trị lớn nhất.

$\left\{\begin{matrix}m^2+n^2=1\\m^2nx=n+m^2\\n^2x+2n=m^2+1\end{matrix}\right.$

Nếu bài toán vô nghiệm thì sẽ thực sự đau đầu đây