Bổ đề: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$

Chứng minh: Xem ảnh

Áp dụng bổ đề, ta được:

$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 2(xy+yz+zx)-2xzy-1=2.2-1=3$

$=> x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3$ 

Xem tại đây:https://diendantoanh...b2c2-a2c2a2-b2/

Đúng rồi anh Duy Thai , nhưng mà không ảnh hưởng lắm ạ

Lời  giải thì đúng rồi nhưng chỉ lộn hình thôi.

geogebra-export (3).png
Đây là một hệ quả của định lí Brocard
Gọi giao điểm thứ 2 của đường tròn ngoại tiếp $\Delta BRD$ với SR là I. Dễ dàng chứng minh CRIA nội tiếp bằng phương tích.
$\angle BIA =\angle 360^0-\angle RIB-\angle RIA=\angle RCA+DB =\angle BOC$ nên BIOA nội tiếp
$\angle OIR =360^0-\angle RIB -\angle OIB= \angle OAB +\angle ADB=90^0$
Gọi $Q'$ là giao điểm của SI và tiếp tuyến tại B. Vì $\angle OIQ'=\angle OBQ'=90^0$ nên Q'BIO nội tiếp.
Mặt khác BIOA cũng nội tiếp $\rightarrow O,I,Q',A,B $ cùng thuộc 1 đường tròn . Nên $Q' \equiv Q$ Từ đây suy ra R,Q, S thẳng hàng

Mới vừa giải xong.

Giả sử $n^{3}+8=x^{k}$ trong đó $n,x,k$ nguyên dương

Ta có: $n^{3}+8=(n+2)(n^{2}-2n+4)$

Do $n+2>1,n^{2}-2n+4> 1 $nên $n+2$ chia hết cho x và $n^{2}-2n+4$ chia hết cho x

$=>$ $n^{2}+4n+4$ chia hết cho x và $n^{2}-2n+4$ chia hết cho x

$=>$ $6n$ chia hết cho x

Trường hợp $n$ chia hết $x$. Từ đây dẫn đến 8 chia hết cho $x$ và $x$ nguyên tố nên x=2. Trường hợp $x=2$ sẽ giải chung trong TH 6 chia hết x

Trường hợp 6 chia hết cho x và x nguyên tố nên x=2 hoặc x=3.

Ta xét với $x=2$

Khi đó, phương trình trở thành:

$n^{3}+8=2^{k}$

Do $n$ nguyên dương nên ta được:

$2^{k}\geq 1^{3}+8> 8$  hay $k>3$

Mặt khác, từ phương trình trên ta cũng suy ra được là $n$ chia hết cho 2

Do đó đặt $n=2m$

Thế vào phương trình trên, ta được:

$8m^{3}+8=2^{k}$ $<=> m^{3}+1=2^{k-3}$

$<=> (m+1)(m^{2}-m+1)=2^{k-3}$

Vì $k>3$, m lẻ nên $m+1$ chẵn, $m^{2}-m+1$ lẻ, $2^{k-3}$ luôn chẵn đồng thời $2^{k-3}$ chỉ chia hết cho số lẻ duy nhất là 1

Nên nếu $m+1$ là tích của số lẻ và số chẵn thì số lẻ đó phải là 1. Do vậy, trong mọi trường hợp thì $m+1$ luôn bằng lũy thừa của 2

$=> m^{2}-m+1=1$  $<=>\begin{bmatrix}m=0(l) & \\m=1(n) & \end{bmatrix}$ $=> n=2$ (nhận). Thử lại, nhận n=2.

Với TH x=3

Ta có: $n^{3}+8=3^{k}$

$<=> (n+2)(n^{2}-2n+4)=3^{k}$ . Mà do $n+2>1,n^{2}-2n+4> 1 $ nên $n^{2}-2n+4=3^{m}$ ($1 \leq m<k$) $<=> n^{2}+2n+4-3^{m}=0$

Ta thấy rằng để có n thì phương trình $n^{2}+2n+4-3^{m}=0$ (1) có nghiệm  $<=> \Delta_{(1)}\geq 0$ và $\Delta_{(1)}$ phải là số chính phương

Có: $\Delta _{(1)}=4.3^{m}-12$ luôn lớn hơn hoặc bằng 0 với mọi m. Do đó ta chỉ cần tìm m để nó là số chính phương.

Ta nhận thấy với $m\geq 2$ thì $4.3^{m}-12\equiv 6$ (mod $9$). Mà $SCP\equiv 0,1,4,7$ (mod $9$). Do đó với  $m\geq 2$ thì delta không chính phương. Vậy $m=1$. Thế $m=1$ vào $(1)$ ta tìm được n=1. Thử lại nhận n=1

Vậy $n=1$, $n=2$.

Đây bạn

Ta sẽ đi giải bài toán sau:

Cho p là số nguyên tố lẻ, $k\in \mathbb{N}$ sao cho $1\leq k< p-1$ thì 

$1^{k}+2^{k}+...+(p-1)^{k}$ chia hết cho$p$

Chứng minh bài toán trên

Gọi S= $1^{k}+2^{k}+...+(p-1)^{k}$ 

Gọi $a$ là căn nguyên thủy của p

Theo tính chất căn nguyên thủy, ta được:

${a,a^{2},...,a^{p-1}}$ là một hệ thặng dư thu gọn của $p$. Do đó:

$S\equiv a^{k}+a^{2k}+...+a^{(p-1)k}=\frac{a^{pk}-a^{k}}{a^{k}-1}\equiv 0$ (mod $p$) ( Do $k<p-1$)

Vậy  $1^{k}+2^{k}+...+(p-1)^{k}$ chia hết cho$p$

Quay lại bài toán:

Ta thấy 2017 là số nguyên tố 

Với $n<2016$ thì $1^{n}+2^{n}+...+2016^{n}$ chia hết cho$2017$

Do đó với TH $n<2016$ không tồn tại  n thỏa yêu cầu đề.

Với $n=2016$

Theo định lý Fermat, ta được:

$1^{n}+2^{n}+...+2016^{n}\equiv 2016$ (mod $2017$) nên $n=2016$ thỏa yêu cầu đề bài.

Vậy n nhỏ nhất = 2016

Đây là một bài toán trong trường đông toán học 2017. Xin trích dẫn lại lời giải:

chứng minh trong ảnh

Bài này có trong báo toán học tuổi trẻ số tháng 1 năm 2018.

Cách khác:

Đặt $\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}=x, \frac{b}{\sqrt{(b+a)(b+c)}}=y,\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}=z$

$=> x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz=1$

Bđt cần chứng minh $<=> \frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\leq 1$

Bằng cách quy đồng rồi rút gọn, ta được:

$3xyz+2(xy+yz+zx)+(x+y+z)\leq xyz+(xy+yz+zx)+(x+y+z)+1$

$<=> xy+yz+zx\leq 1-2xyz=x^{2}+y^{2}+z^{2}$

$<=> xy+yz+zx\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}$

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có đpcm.

$abc\geqslant (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)$ 

$abc\geqslant (3-2c)(3-2a)(3-2b)<=>9abc\geqslant 27-18(a+b+c)+4(ab+bc+ac)=-27+12(ab+bc+ac)$ 

ta có $\frac{ab+bc+ac}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{9abc}{72(ab+bc+ac)}\leqslant \frac{ab+bc+ac}{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}+\frac{27-12(ab+bc+ac)}{72(ab+bc+ac)}=\frac{9}{8.3}+\frac{27}{72(ab+bc+ac)}-\frac{12}{72}\geqslant \frac{3}{8}+\frac{27}{72.3}-\frac{12}{72}=\frac{1}{3}$

----

sr ngược dấu ☺ 

Ngược  dấu rồi

Cách làm của mình đây:

Ta có hằng đẳng thức sau:

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$

Sử dụng bđt AM-GM, ta được:

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)=\frac{8(ab+bc+ca)}{3}$ ( Do $a+b+c=3$)

$=> \frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{3}{8}$

Mặt khác:

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\leq (a+b+c)(ab+bc+ca)=3(ab+bc+ca)$  ( Do $a+b+c=3$)

$=> \frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{1}{3}$

Ta có:

$\frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{abc}{8(ab+bc+ca)}\leq \frac{1}{3}$

$<=> \frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{abc}{8(ab+bc+ca)}+\frac{a+b+c}{8}\leq \frac{1}{3}+\frac{3}{8}$

$<=> \frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ca)}\leq \frac{17}{24}$

Đặt $\frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}=x$ $(\frac{1}{3}\leq x\leq \frac{3}{8})$

Bđt $<=> x+\frac{1}{8x}\leq \frac{17}{24}$

$<=> \frac{1}{3}\leq x\leq \frac{3}{8}$ ( Điều này luôn đúng)

Do đó bđt được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi cả ba số bằng 1 hoặc có 1 số bằng 0.

Nhận thấy $x,y\geq 0$

$x=0$ $=> y^{3}=4 $(loại)

$x=1$ $=> y^{3}=5$ (loại)

$x\geq 2$

PT $<=> 2(2^{x-1}+1)=(y-1)(y^{2}+y+1)$

Do $x\geq 2$ nên $2^{x-1}$ luôn chẵn và y lẻ

Mà $y-1$ chẵn, $y^{2}+y+1$ lẻ

$=> \begin{bmatrix}y-1=2 & \\2^{x-1}+1=y^{2}+y+1 & \end{bmatrix}$

$<=> \begin{bmatrix}y=3 & \\2^{x-1}=y(y+1) & \end{bmatrix}$

TH1: $y=3$. Thế vào pt trên , ta được:

$2^{x}=24$ (loại)

TH2: $2^{x-1}=y(y+1)$

VT có ước lẻ là $1$, VP có ước lẻ là y

Mà VT = VP

$=> y=1$

Thế vào pt trên, ta được:

$2^{x}=-2$ (loại)

Vậy pt vô nghiệm.

Câu 1 Giả sử $m=a^{2}+3b^{2},n=c^{2}+3d^{2}$. Khi đó:

$mn=(a^{2}+3b^{2})(c^{2}+3d^{2})=(ac+3bd)^{2}+3(ad-bc)^{2}$

Vậy $mn\in S$

Bài 5

Nhận thấy:

$53^{3}+4.53\equiv 34$ (mod $57$)

$34^{3}+4.34\equiv 53$ (mod $57$)

Ta có:

$a_{2018}+2018\vdots 57$

$<=> a_{2018}\equiv 34(mod 57)$

$<=> a_{2017}^{3}+4a_{2017}\equiv 34(mod 57)$

$<=>a_{2017}\equiv 53(mod 57)$

Bằng cách quy nạp lùi, ta chứng minh được:

$a_{2k-1}\equiv 53(mod 57)$ và $a_{2k}\equiv 34 (mod 57)$

Do đó:

$a_{1}\equiv 53 (mod57)$

Mà $a_{1}$ nhỏ nhất

$=> a_{1}=53$.

Bài bất sử dụng đánh giá $\sqrt{a^{2}-a+1}+\frac{1}{2}-a\geq \frac{3}{2(a^{2}+a+1)}$

theo em nghĩ chắc tìm cttq của dãy {$x_{n}$}

Xem tại đây:https://diendantoanh...-xy-in-mathbbq/

2) Nếu $A=90^{0}$ $=> a^{2}=b^{2}+c^{2}$ $=> a^{3}=a(b^{2}+c^{2})$ $=> b^{3}+c^{3}=a(b^{2}+c^{2})$ $=> b^{2}(a-b)+c^{2}(a-c)=0$ (vô lý vì $a>b, a>c$ nên $b^{2}(a-b)+c^{2}(a-c)>0$)

Nếu $90^{0}<A<180^{0}$. Khi đó $cosA<0,a>b,a>c$. Theo định lý Cosin, ta được:

$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cosA>b^{2}+c^{2}$

$=> a^{2}>b^{2}+c^{2}$

$=> a^{3}>a(b^{2}+c^{2})$

$=> b^{3}+c^{3}>a(b^{2}+c^{2})$

$=> b^{2}(a-b)+c^{2}(a-c)<0$ (vô lý vì $a>b, a>c$ nên $b^{2}(a-b)+c^{2}(a-c)>0$)

Nếu $1^{0}\leq A\leq 60^{0}$. Khi đó $CosA$ đạt GTNN là $\frac{1}{2}$ khi $A=60^{0}$. Theo định lý Cosin, ta được:

$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cosA\leq b^{2}+c^{2}-2bc.\frac{1}{2}=b^{2}+c^{2}-bc$

$=> a^{2}\leq b^{2}+c^{2}-bc$

$=> a^{3}\leq a(b^{2}+c^{2}-bc)$

$=> b^{3}+c^{3}\leq a(b^{2}+c^{2}-bc)$

$=> b+c\leq a$ (Vô lý theo bất đẳng thức tam giác)

=> Đpcm.

Đặt $x+y=a,y+z=b,z+x=c$, bđt $<=> \frac{a}{(b-c)^{2}}+\frac{b}{(c-a)^{2}}+\frac{c}{(a-b)^{2}}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}$

Đây là một bất đẳng thức quen thuộc trong sách sáng tạo bất đẳng thức Tham khảo cách chứng minh trong sách.

Xem tại đây:http://www.wolframal...)^5-a^5-b^5-c^5

 Dùng Tiêu chuẩn Eisenstein nhé bạn p=2

chắc là $u_{n+1}$ đó bạn.

Đề yêu cầu gì vậy bạn

Bài 1 dùng phản chứng 

Giả sử $1+x+y\vdots p$

Xét $p=a_{1}.a_{2}...a_{n}$, trong các số $a_{1},a_{2},...a_{n}$ sẽ tồn tại ít nhất một số nguyên tố giả sử là $a_{1}$

Do $1+x+y\vdots p$, $p\vdots a_{1}$ nên $1+x+y\vdots a_{1}$

Mặt khác, từ gt suy ra được: $\left\{\begin{matrix}x^{2016}\vdots a_{1} & \\y^{2017}\vdots a_{1} & \end{matrix}\right.$ $=> \left\{\begin{matrix}x\vdots a_{1} & \\y\vdots a_{1} & \end{matrix}\right.$

$=> 1+x+y$ không chia hết cho $a_{1}$ (vô lý )

$=>$ Đpcm.