PT$\Leftrightarrow (\sqrt{x+5}-2)(\sqrt{x+5}+3)(x-2-\sqrt{x+5})=0$

sao pt dc nhu vay

casio

ban ns ro hơn đi

luyện thi thủ khoa hay 

3.

Theo Cauchy schwarz........................ Ta có :

$\sum \frac{a}{a^2-bc+1}=\sum \frac{a^2}{a^3-abc+a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a^3-3abc+\sum a}$

 Cần CM: 

$\frac{(a+b+c)^2}{\sum a^3-3abc+\sum a}\geq \frac{1}{a+b+c}\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq \sum a^3-3abc+\sum a\Leftrightarrow 3(a+b)(b+c)(c+a)+3abc-(a+b+c)\geq 0$ (đúng vì giả thiết)

Đổi biến $(a;b;c)= (\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$

Bất đẳng thức cần chứng minh <=>$(x+y-z)(x-y+z)(y+z-x)\leq xyz$( chứng minh BĐT này khá khó )

Giả sử $x\geq y\geq z$

TH1:$y+z>x$

Ta có: $x+y>z;y+z>x;z+x>y$

=>x;y;z là 3 cạnh của 1 tam giác

Áp dụng phép thế Ravi, đặt $x=p+q;y=p+r;z=q+r$(p,q,r>0)

Khi đó (1)<=>$(y+z)(z+x)(x+y)\geq 8xyz<=>x(y-z)^2+z(x-y)^2+y(x-z)^2>0$(hnđ)

=>đpcm

TH2:$y+z\leq x=>xyz\geq 0\geq (y+z-x)(x+z-y)(x+y-z)$

=>đpcm

Vậy BĐT được chứng minh

BDT này đâu đối xứng

4.$a^2-ab+b^2\leq (a-b)^2+\frac{(a+b)^2}{4}\leq \frac{(a+b)^2}{4}\Rightarrow \prod (a^2-ab+b^2)\leq \frac{\left [ (a+b)(b+c)(c+a) \right ]^2}{64}\leq 12$ (am-gm)

Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$ 

Do đó ta có đpcm

pp j lạ vậy

xin lời giải bài hình !

Giải:

 

HINH1.png

 

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Từ các tứ giác nội tiếp ta có: \[\overline {IQ} .\overline {IM}  = \overline {ID} .\overline {IC}  = \overline {IA.IB} \]

Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên từ hệ thức trên suy ra $(IQAB)=-1$.

Tương tự $(IPCD)=-1)$, nên $AC,BD,PQ$ đồng quy.

vì sao có 2 hàng điều hòa thì lại suy ra đồng qui đc

đăng lời giải đi luyện thi thủ khoa

ai giai bai so voi

Bài 3:        

bạn có biết hướng giải quyết các bài ntn ko

Bữa trước bị Ban chưa chừa hả chú  

vc có nghĩa là vô cùng

bài 5 thấy lạ quá . thấy hiển nhiên thật

bất dễ vc ( vô cùng ) :

$\sum \frac{a}{b+2c}=\sum \frac{a^2}{ab+2ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

1c ) từ gt suy ra các số p ,q,r đều lẻ và không chia hết 3 ( ở đây ta giả sử ko có số nào =3)

 $\Rightarrow p^2+q^2+r^2\equiv 3 (mod3)$ ( vô lý )  suy ra có 1 số = 3 và 2 số còn lại là 5 ;7

1a) Trong 3 số $2^n-1;2^n;2^n+1$ thì luôn có 1 số chia hết 3 

Mà $2^n$ không chia hết 3 $\Rightarrow$ $2^n-1$ hoặc $2^n+1$ chia hết 3

vậy 2 số đó ko thể đồng thời là số nguyên tố

ai giai ra chua

Từ đề bài ta có tồn tại dãy số nguyên không âm $(x_n)_{n\ge 1}$ sao cho $a.2^n+b=x_n^2 \Rightarrow x_n=\sqrt{a.2^n+b}$ 
Khi đó ta có $2x_n-x_{n+2}=\frac{3b}{\sqrt{a.2^{n+2}+b}+\sqrt{a.2^{n+2}+b}}$ 
Suy ra $lim_{n \rightarrow +\infty}(2x_n-x_{n+2})=0$ mà dãy $\{2x_n-x_{n+2}\}$ nguyên nên tồn tại $k_0 \in \mathbb{N^*}$ để mà 
$2x_n-x_{n+2}=0,\forall n \ge k_0$ hay $2x_n=x_{n+2},\forall n \ge k_0$ 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{a.2^n+b}=\sqrt{a.2^{n+2}+b},\forall n \ge k_0 \Leftrightarrow b=0$ 
Do đó $a.2^n$ là số chính phương với mọi số nguyên không âm $n$. Hiển nhiên ta phải có $a=0$ (đpcm)

giải cách số đi

$\frac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\geq \frac{a}{4}$

Cộng lại rồi dùng cosi

Bài 4: 

theo dirichlet trong 19 số tự nhiên thì tồn tại 10 số có cùng số dư khi chia cho 2 

trong 10 số này thì tồn tại 4 số có cùng số dư khi chia cho 3 

trong 4 số đó chọn ra 2 số là x và y 

Ta có $x^2-y^2\vdots 4$

           $x^2-y^2\vdots 9$

Mà $(4;9)=1$

suy ra đpcm

cho a,b,c thực dương : $\sum a=3$

cm: $\sum \frac{a}{ab+1}\geq \frac{3}{2}$

sao mà nghĩ ra cái bình phương đó đc . thật thiếu tự nhiên

$\sum \frac{a}{ab+1}=\sum \frac{a^2}{a(ab+1)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+a+b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\frac{(a+b+c)^3}{9}+a+b+c}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1$

chứng minh : $\sum a^2b\leq \frac{(a+b+c)^3}{9}$

trước hết ta có bổ đề quen thuộc sau :

$ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4$ (cái này khỏi cm nhá , quá quen thuộc rồi)

do đó ta cần cm: $\sum a^2+abc\geq 4$

giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Rightarrow \sum a^2+abc\geq a^2+b^2+c(c+a+b)-c\geq 2ab+2c\geq 2(a+b+c)-2=4$

ok