Bài 25: Cho $0\leq a, b, c \leq 2$ và a+b+c=3

1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của M =$a^2+b^2+c^2$

2. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của N =$a^3+b^3+c^3$

3. Tìm giá trị nhỏ nhất của H =$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$

P/s: Mỗi câu là 1 bài toán riêng mình ghép chung thành 1 bài

Bài 78(IMO 1984): Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=1$.CMR:

$0\leq ab+bc+ca-2abc\leq \frac{7}{27}$

Bài 77(APMO 2004): Cho a, b, c là các số thực dương. CMR: $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 9(ab+bc+ca)$

Bài 75: Cho a, b, c là các số thực dương. CMR:

$a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

Bài 13: Cho a, b, c >0 và a+b+c=1. CMR: $5(a^2+b^2+c^2)\leq 6(a^3+b^3+c^3)+1$

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 10: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng $\frac{\sqrt{a^{4}+b^{4}}}{1+ab}+\frac{\sqrt{b^{4}+c^{4}}}{1+bc}+\frac{\sqrt{c^{4}+a^{4}}}{1+ac}\geq 3$

Bất đẳng thức của bạn sai rồi vế phải là $\frac{3}{\sqrt{2}}$

Bài 138: Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\frac{2}{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$

Bài 85: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. CMR: 

$a+b+c\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Bài 84: Cho $0< x, y, z< 1$ thỏa mãn: $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$. CMR: $x^2+y^2+z^2\geq \frac{3}{4}$

Bài 94: Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^3-x^2+8=y^2$

Bài 91: Tìm tất cả các cặp số (p, n) với p là số nguyên tố và n là số nguyên dương thỏa mãn:

$p^3-2p^2+p+1=3^n$

Bài 85(VMO 2007): Cho x, y là các số nguyên, $x\neq -1, y\neq -1$ thoả mãn: $\frac{x^4-1}{y+1}+\frac{y^4-1}{x+1}$ là số nguyên. CMR

$x^{4}y^{44}-1$ chia hết cho x+1

Bài 82: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thỏa mãn $p> q$ và $p^3-q^7=p-q$

Bài 83: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$x^3-(x+y+z)^2=(y+z)^3+34$

Bài 76: Xét 2 trường hợp

Nếu $p\geq q$ từ giả thiết suy ra $q\leq 3$. Mà q là số nguyên tố nên q thuộc{2; 3}. Thử trực tiếp ta thu được (p, q)=(3, 3)

Nếu $p\leq q$ từ giả thiết suy ra $p\leq 5$. Mà p là số nguyên tố nên p thuộc{2, 3, 5}. Thử trực tiếp ta thu được (p, q)=(3, 3)

Vậy cặp số (p, q) thỏa mãn bài là (3, 3)

Bài 79: Gợi ý sử dụng nguyên lí cực hạn. ĐS: p=2 hoặc p=3

Bài 35: Giải phương trình nghiệm nguyên: $y^3=x^5+x^3+x^2+1$ với x là số lẻ

Lời giải của mình cho bài 35 như sau:

PT đã cho $\Leftrightarrow y^3=(x^3+1)(x^2+1)$

Do x là số lẻ ta dễ dàng chứng minh được gcd(x³+1,x²+1)=1

$\Rightarrow$ x³+1 là lập phương của 1 số nguyên.

Như vậy, x³ và x³+1 là 2 số nguyên liên tiếp và đều là lập phương của các số nguyên, và theo giả thiết x là số lẻ nên suy ra x= -1

Từ đó thay vào giả thiết tìm được y= 0

Vậy cặp số (x, y) thỏa mãn bài là (0, -1)

Bài 18:Giải phương trình nghiệm nguyên:$\frac{x^7-1}{x-1}=y^5-1$

Bài 73: Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng

Thật vậy ta có thể giả sử a+b là số nguyên tố 

Theo giả thiết ta có: $(a+b)(b+c)(c+a)-8abc \vdots a+b$

Hay $8abc \vdots a+b$. Lại có a+b là số lẻ nên gcd(a+b,8)=1

Do đó $abc \vdots a+b$ 

Mà a+b là số nguyên tố nên xảy ra 1 trong 3 trường hợp sau: $a \vdots a+b$ hoặc $b \vdots a+b$ hoặc $c \vdots a+b$ (điều này là vô lí do a, b, c là 3 cạnh của tam giác nên max{a, b, c}< a+b)

Nên ta có điều giả sử là sai.

Vậy a+b phải là số nguyên tố

Bài 4:

Theo đề bài ta có: $p^2 -p+1=x^3$(x là số tự nhiên,x>1)

Hay $p(p-1)=(x-1)(x^2+x+1)$

Do $p$ là số nguyên tố nên $x-1$ hoặc $x^2+x+1$ chia hết cho$ p$

Nếu $x-1$ chia hết cho $p$ thì $x-1\ge p,x^2+x+1<p$ (vô lí với x là số tự nhiên >1) 

Do đó $x^2+x+1$ chia hết cho $p$ nên $x^2+x+1=pk$ (k là số tự nhiên)

Ta xét$ k=1,2$ không thỏa mãn

Xét $k\ge 3$

Thay vào phương trình ta được:$ p-1=(x-1)k$ hay $p=(x-1)k+1$

Từ đó ta có: $x^2+x+1=(xk-k+1)k$

Hay $x^2+x(1-k^2)+k^2-k+1=0$

Đây là phương trình bậc 2 ẩn x, để phương trình có nghiệm tự nhiên thì $\delta =k^4-6k^2+4k-3$ phải là số chính phương

Ta có: $(k^2-3)^2\le k^4-6k^2+4k-3<(k^2-2)^2$

Từ đó ta tìm được k=3 ta tìm được x=7, p=19 là số nguyên tố

Vậy p=19 là số nguyên tố thỏa mãn đề bài

2 ngày thì mọi người làm đc mấy bài

Mình thấy cách giải của bạn ddang00 không hợp lí lắm. Như cách giải thích của anh IHateMath thì có vẻ cách của bạn chưa đúng hơn nữa nếu làm như vậy con số $\frac{3\sqrt{3}}{4}cm^{2}$ không có ý nghĩa cho lắm.

 

Cách giải của mình như sau:

 

ScreenHunter_35 May. 30 14.25.jpg

Ta chia tứ giác $ABCD$ thành $16$ tứ giác nội tiếp trong đường tròn bán kính $1$ như hình trên bằng cách lấy các trung điểm của cạnh tứ giác $ABCD$ và làm thế 1 lần nữa với $4$ tứ giác vừa được chia ra.

Theo nguyên lí $Dirichlet$ thì tồn tại $3$ điểm trong $33$ đã cho cùng thuộc $1$ tứ giác trong $16$ tứ giác vừa được chia ra

$3$ điểm này thuộc hình tròn bán kính bằng $1$. Ta sẽ chứng minh $3$ điểm này là $3$ điểm cần tìm.

ScreenHunter_36 May. 30 14.38.jpg

Gọi $3$ điểm này là $E,F,G$

Xảy ra $3$ trường hợp:

TH1 3 điểm này không nằm trên đường tròn. Vẽ $EF$ cắt $(I)$ tại $M$. Đường thẳng $EG$ cắt $(I)$ tại $N,K$.

Dễ thấy $S_{EFG}< S_{MNK}$. Mà ta lại có diện tích của 1 tam giác bất kì nội tiếp đường tròn không quá diện tích tam giác đều nội tiếp đường tròn đó. Dễ tính được diện tích tam giác đều nội tiếp đường tròn bán kính $1$ là $\frac{3\sqrt{3}}{4}cm^{2}$

Suy ra $S_{EFG}< S_{MNK}\leq \frac{3\sqrt{3}}{4}cm^{2} $

TH2 Tồn tại ít nhất $1$ điểm trong $3$ điểm nằm trên đường tròn.

Vẽ như TH1 và giải như TH1

TH3 3 điểm này nằm trên đường tròn. Giải như TH1 thì $S_{EFG}\leq  \frac{3\sqrt{3}}{4}cm^{2}$

 

Như vậy ta có điều phải chứng minh

sao ban biet 16 tu giac deu noi tiep

moi nguoi hom nay co ket qua LHP day hoi hop qua hi vong do co vu cho minh nhe

minh nghi bai to hop cac ban can chung minh co 1 tam giac co 3 dinh la 3 trong cac diem da cho va canh cua tam giac nho hon 1 thi dung cong thuc tinh dien tich bang sin60 se ra ngay

moi nguoi nghi ra huong giai quyet bai 3 chua