Mình cũng nghĩ không nên tách như VMEO đó có tách đâu vẫn thành công tốt đẹp!
Học toán chúng ta không nên phân ra lơp nào học để phát triển tư duy mà!
...........
DBSK nội dung
Có 45 mục bởi DBSK (Tìm giới hạn từ 29-04-2020)
#297710 Lấy ý kiến về phân hạng trong Đấu trường
Đã gửi bởi
on 01-02-2012 - 18:24
trong
Đấu trường VMF 2011
#293452 Tản mạn BĐT
Đã gửi bởi
on 12-01-2012 - 11:12
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Mình có một lời giải dùng phương pháp SS rất đẹp cho bài toán này!Đây là một bài toán rất hay và khó của anh Phạm Kim Hùng lời giải khá dài và có lẽ khá khó cho việc topic này chỉ sử dụng kiến thức toán phổ thông bạn nào muốn có lời giải của nó thì xem tai cuốn sách này
http://diendantoanho...showtopic=61934
#284208 Tản mạn BĐT
Đã gửi bởi
on 19-11-2011 - 22:28
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Bài 90:
Cho các a,b,c là các số thực dương.CMR:
$(1+\frac{a}{b})^2 +(1+\frac{b}{c})^2+(1+\frac{c}{a})^2 \geq \frac{12(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}$
Cho các a,b,c là các số thực dương.CMR:
$(1+\frac{a}{b})^2 +(1+\frac{b}{c})^2+(1+\frac{c}{a})^2 \geq \frac{12(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}$
#294027 Tản mạn BĐT
Đã gửi bởi
on 15-01-2012 - 19:29
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Bài này nhìn qua là ta nghĩ đến ngay việc dùng S.O.S!Bài 111:Cho a,b,c dương.Chứng minh rằng
$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{abc}{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}\geq \dfrac{5}{3}$
#282504 Topic về bất đẳng thức
Đã gửi bởi
on 10-11-2011 - 09:24
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
Mong bạn Hoàng không nên lấy bài từ boxmath cop sang đây!
Làm thế thật không hay mình thấy bên đó có bài nào là bạn lại post sang đây!
Gây ra sự trùng lặp giưa các trang web!
Làm thế thật không hay mình thấy bên đó có bài nào là bạn lại post sang đây!
Gây ra sự trùng lặp giưa các trang web!
#282157 Topic về bất đẳng thức
Đã gửi bởi
on 08-11-2011 - 09:33
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
[
Từ giả thiết $\rightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=3$
Đặt $\dfrac{1}{x}=a,\dfrac{1}{y}=b,\dfrac{1}{z}=c \Rightarrow a+b+c=3$
BDT$ \Rightarrow \sum \dfrac{a^2}{a+2b^2}\ge 1$
$\Rightarrow \sum (a-\dfrac{2ab^2}{a+2b^2})\ge 1$
$\Leftrightarrow 3-\sum\dfrac{2ab^2}{a+2b^2}\ge 1$
Ta có:
$\dfrac{2ab^2}{a+2b^2}\le^{AM-GM} \dfrac{2}{3}\sqrt[3]{a^2b^2}$
Tương tự ta có:
$VT\ge 3-\dfrac{2}{3}(\sum\sqrt[3]{a^2b^2})$
Mà:
$\sum\sqrt[3]{a^2b^2}\le \sum\dfrac{ab+ab+1}{3}=\dfrac{2}{3}(ab+bc+ca)+1\le 3$
Vậy $VT \ge 3-2=1 (dpcm)$
Bài 56:
$ abc=1\to a=\dfrac{x}{y},b=\dfrac{y}{z},c=\dfrac{z}{x}$
${{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}+3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)$
$={{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}+\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)\le \dfrac{4}{3}{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}$
$ P=\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{a}^{2}}b}{a+b}} = \sum\limits_{cyc}{\dfrac{\dfrac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}.\dfrac{y}{z}}{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}}} = \sum\limits_{cyc}{\dfrac{2{{x}^{2}}}{2xz+2{{y}^{2}}}} \overset{AM-GM}{ \ge }\,2.\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{z}^{2}}+2{{y}^{2}}}}$
$\overset{Cauchy-Schwarz}{ \ge }\,2.\dfrac{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}}{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}} + 3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)}\ge 2.\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2}$
Từ đó: $P=\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{a}^{2}}b}{a+b}}\ge \dfrac{3}{2}$
Bài 54:Bài 54 Cho $x;\,y;\,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xy + yz + zx = 3xyz$, chứng minh rằng:
$\dfrac{y^2}{xy^2+2z^2}+\dfrac{x^2}{zx^2+2y^2}+ \dfrac{z^2}{yz^2+2x^2}\ge 1$
Bài 56 Cho ba số thực dương $a;\,b;\,c$ có $abc=1$]. Tìm giá trị nhỏ nhất của
$P=\dfrac{a^2b}{a+b}+\dfrac{b^2c}{b+c}+\dfrac{c^2a}{c+a}$
Từ giả thiết $\rightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=3$
Đặt $\dfrac{1}{x}=a,\dfrac{1}{y}=b,\dfrac{1}{z}=c \Rightarrow a+b+c=3$
BDT$ \Rightarrow \sum \dfrac{a^2}{a+2b^2}\ge 1$
$\Rightarrow \sum (a-\dfrac{2ab^2}{a+2b^2})\ge 1$
$\Leftrightarrow 3-\sum\dfrac{2ab^2}{a+2b^2}\ge 1$
Ta có:
$\dfrac{2ab^2}{a+2b^2}\le^{AM-GM} \dfrac{2}{3}\sqrt[3]{a^2b^2}$
Tương tự ta có:
$VT\ge 3-\dfrac{2}{3}(\sum\sqrt[3]{a^2b^2})$
Mà:
$\sum\sqrt[3]{a^2b^2}\le \sum\dfrac{ab+ab+1}{3}=\dfrac{2}{3}(ab+bc+ca)+1\le 3$
Vậy $VT \ge 3-2=1 (dpcm)$
Bài 56:
$ abc=1\to a=\dfrac{x}{y},b=\dfrac{y}{z},c=\dfrac{z}{x}$
${{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}+3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)$
$={{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}+\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)\le \dfrac{4}{3}{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}$
$ P=\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{a}^{2}}b}{a+b}} = \sum\limits_{cyc}{\dfrac{\dfrac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}.\dfrac{y}{z}}{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}}} = \sum\limits_{cyc}{\dfrac{2{{x}^{2}}}{2xz+2{{y}^{2}}}} \overset{AM-GM}{ \ge }\,2.\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{z}^{2}}+2{{y}^{2}}}}$
$\overset{Cauchy-Schwarz}{ \ge }\,2.\dfrac{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}}{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}} + 3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)}\ge 2.\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2}$
Từ đó: $P=\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{a}^{2}}b}{a+b}}\ge \dfrac{3}{2}$
#304666 Nick của bạn có ý nghĩa gì?
Đã gửi bởi
on 16-03-2012 - 21:37
trong
Góc giao lưu
Ten minh la Quang duc!
#284021 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 THPT chuyên KHTN Hà Nội(8\10\2011).
Đã gửi bởi
on 18-11-2011 - 19:13
trong
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Đây nè bạn:
Như thế này.
Đặt $a = \dfrac{1}{x};b = \dfrac{1}{y};c = \dfrac{1}{z}$. Khi đó từ giả thiết ta có: $ab + bc + ca = 1$
và $A = \dfrac{{2a}}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} + \dfrac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} + \dfrac{c}{{\sqrt {1 + {c^2}} }}$
Do $ab + bc + ca = 1$ nên $1 + {a^2} = ab + bc + ca + {a^2} = \left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)$. Với các đẳng thức tương tự, ta có:
$A = \dfrac{{2a}}{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }} + \dfrac{{2b}}{{\sqrt {4\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)} }} + \dfrac{{2c}}{{\sqrt {4\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)} }}$
$\le a\left( {\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{a + c}}} \right) + b\left( {\dfrac{1}{{4\left( {b + c} \right)}} + \dfrac{1}{{a + b}}} \right) + c\left( {\dfrac{1}{{c + a}} + \dfrac{1}{{4\left( {c + b} \right)}}} \right) = \dfrac{9}{4}$ (áp dụng AM-GM)
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow b = c = \dfrac{1}{7}a \Leftrightarrow y = z = 7x = \sqrt {15} $
Vậy $\max A = \dfrac{9}{4}$ đạt được khi $y = z = 7x = \sqrt {15} $.
#287345 DANH SÁCH ĐỘI TUYỂN CÁC TRƯỜNG, TỈNH, THÀNH PHỐ THAM DỰ VMO 2012
Đã gửi bởi
on 09-12-2011 - 12:08
trong
Tin tức - Vấn đề - Sự kiện
Có ông thắng đó anh!có anh em nào trong VMF năm nay dc thi VMO ko
#286298 Tài liệu về Dãy số số 1: Các bài Toán Olympiad về dãy số
Đã gửi bởi
on 02-12-2011 - 21:13
trong
Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Dãy số - Giới hạn
Anh còn cuốn nào về dãy số qua các kì thi Olympiad nữa không ạ cho en với!
#348957 Tuyển tập 200 bài toán rời rạc và đại số tổ hợp trong các đề thi Olympic toán
Đã gửi bởi
on 22-08-2012 - 12:41
trong
Tài nguyên Olympic toán
Sao không tải được về vậy?
#286301 Đề thi chọn đội tuyển Olympic 30/4 lớp 10 2011-2012
Đã gửi bởi
on 02-12-2011 - 21:17
trong
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài số học cũng khá hay!
Ta có
$ 6.2^{2000} \vdots (n+1)(n^2-n+6)$
Do đó ta xét hai trường hợp :
+)$n+1= 2^x;n^2-n+6=3.2^y$
Và +)$n^2-n+6= 2^x;n+1=3.2^y$
Dau đó đưa về PT pell là ra!
Ta có
$ 6.2^{2000} \vdots (n+1)(n^2-n+6)$
Do đó ta xét hai trường hợp :
+)$n+1= 2^x;n^2-n+6=3.2^y$
Và +)$n^2-n+6= 2^x;n+1=3.2^y$
Dau đó đưa về PT pell là ra!
#286573 Đề thi chọn đội tuyển Olympic 30/4 lớp 10 2011-2012
Đã gửi bởi
on 04-12-2011 - 20:07
trong
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài này dùng BDT phụ sau kết hợp với AM-GM 2 số:Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 4: (4 điểm)
Cho các số thực dương x,y,z. Chứng minh:
$$(x^2+2)(y^2+2)(z^2+2) \geq 3(x+y+z)^2+(xyz-1)^2$$
$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ac)$
#284358 Áp dụng Bunhia Cốpxki
Đã gửi bởi
on 20-11-2011 - 20:44
trong
Bất đẳng thức và cực trị
1. Cho a,b,c >0. Min, Max của
S= $\dfrac{a}{b+c}+ \dfrac{4b}{a+c}+ \dfrac{9c}{a+b}$
2.Cho a,b,c >0. CMR:
$\dfrac{a}{1+a}+ \dfrac{2b}{2+b}+ \dfrac{3c}{3+c} \leq \dfrac{6 (a+b+c)}{6+a+b+c}$
3.Cho a,b,c,d >0 thỏa mãn: ab+bc+cd+da=3
Min S= $\dfrac{a^3}{b+c+d}+ \dfrac{b^3}{c+d+a}+ \dfrac{c^3}{d+a+b}$
4.Cho x,y,z thỏa mãn x+2y-2z=1.
Tìm Min S= $x^2+y^2+z^2$
Bài 2:1. Cho a,b,c >0. Min, Max của
S= $\dfrac{a}{b+c}+ \dfrac{4b}{a+c}+ \dfrac{9c}{a+b}$
2.Cho a,b,c >0. CMR:
$\dfrac{a}{1+a}+ \dfrac{2b}{2+b}+ \dfrac{3c}{3+c} \leq \dfrac{6 (a+b+c)}{6+a+b+c}$
3.Cho a,b,c,d >0 thỏa mãn: ab+bc+cd+da=3
Min S= $\dfrac{a^3}{b+c+d}+ \dfrac{b^3}{c+d+a}+ \dfrac{c^3}{d+a+b}$
4.Cho x,y,z thỏa mãn x+2y-2z=1.
Tìm Min S= $x^2+y^2+z^2$
Ta có:
$\dfrac{a}{1+a}+ \dfrac{2b}{2+b}+ \dfrac{3c}{3+c} \leq \dfrac{6 (a+b+c)}{6+a+b+c}$
$\Leftrightarrow 1-\dfrac{a}{1+a}+ 2-\dfrac{2b}{2+b}+ 3-\dfrac{3c}{3+c} \geq 6-\dfrac{6 (a+b+c)}{6+a+b+c}$
$\Leftrightarrow {1}{1+a}+ \dfrac{4}{2+b}+ \dfrac{9}{3+c} \geq \dfrac{36}{6+a+b+c}$
Đúng theo C-S!
Bài 4:
Chắc bạn chép đề thiếu!
S= $\dfrac{a^3}{b+c+d}+ \dfrac{b^3}{c+d+a}+ \dfrac{c^3}{d+a+b} + \dfrac{d^3}{a+b+c}$
#297708 [Casio] Tính tổng diện tích hai tam giác BCE và tam giác BEN?
Đã gửi bởi
on 01-02-2012 - 18:15
trong
Các dạng toán khác
Ở đây nè bạn:Không biết lập Topic Toán Casio ở đâu. Post bài vào đây vậy.
#349301 Chứng minh $\sum \sqrt{a} \le \sqrt{...
Đã gửi bởi
on 24-08-2012 - 01:16
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
Dùng p,q,r chắc ngon!
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Lần sau bạn trình bày hẳn ra nhé
Thân!
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Lần sau bạn trình bày hẳn ra nhé
Thân!
#349300 Cho a , b , c thuộc [0 ,1]. tìm max, min: $A = a(b-c)^{3} + b(...
Đã gửi bởi
on 24-08-2012 - 01:15
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Mình có biết đến một bài toán của tác giả Phạm Văn Thuận gần giống bài này như sau:
Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$ Với mỗi số tự nhiên $n$ hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cua biểu thức:
$P(a,b,c)=a(b-c)^n+b(c-a)^n+c(a-b)^n$a,b, thỏa mãna+b+. Với mỗi số tự nhiên hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$ Với mỗi số tự nhiên $n$ hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cua biểu thức:
$P(a,b,c)=a(b-c)^n+b(c-a)^n+c(a-b)^n$a,b, thỏa mãna+b+. Với mỗi số tự nhiên hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
#287800 GTLN-GTNN 6.
Đã gửi bởi
on 11-12-2011 - 21:56
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
Bạn có thể post lời giải bài này cho mình và mọi người mở mang tầm mắt không?
#284408 Bài khó về phương trình nghiệm nguyên
Đã gửi bởi
on 20-11-2011 - 23:02
trong
Đại số
Bài 1:
Vô nghiệm
Bài 2:
Nhân tung ra rồi xét!
Vô nghiệm
Bài 2:
Nhân tung ra rồi xét!
#289636 CMR: $\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n}...
Đã gửi bởi
on 23-12-2011 - 09:21
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
Mình đưa lên để thảo luận chứ không phải để hỏi thế nên PP quy nạp mình đã thử rồi!Những bài này hình như có thể giải quyết đơn giản bằng phương pháp quy nạp, bạn đã thử chưa nhỉ?
K
#289560 CMR: $\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n}...
Đã gửi bởi
on 22-12-2011 - 20:16
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
CMR: $n \in N$
$\dfrac{1}{n+1} + \dfrac{1}{n+2} + .... + \dfrac{1}{2n} > \dfrac{13}{24} (n>1)$
$\dfrac{1}{2}. \dfrac{3}{4}. ..... . \dfrac{2n-1}{2n} \leq \dfrac{1}{\sqrt{3n+1}}$
$\dfrac{1}{n+1} + \dfrac{1}{n+2} + .... + \dfrac{1}{2n} > \dfrac{13}{24} (n>1)$
$\dfrac{1}{2}. \dfrac{3}{4}. ..... . \dfrac{2n-1}{2n} \leq \dfrac{1}{\sqrt{3n+1}}$
#302163 VMF một thời để nhớ!
Đã gửi bởi
on 04-03-2012 - 13:45
trong
Góc giao lưu
Bài báo mạng này mình tìm thấy trong một lần lướt web đem lên choa các bạn cùng xem:
http://xahoithongtin...at-viet-nam.htm ]Diễn đàn toán học lớn nhất Việt Nam [/url]
http://xahoithongtin...at-viet-nam.htm ]Diễn đàn toán học lớn nhất Việt Nam [/url]
#291305 CMR: $\dfrac{a^2+b^2c}{b+c}+\dfrac{b^2+c^2a}{c+a}+\dfrac{...
Đã gửi bởi
on 31-12-2011 - 22:04
trong
Bất đẳng thức - Cực trị
Không thể giả sử $a \ge b \ge c$ do thiếu tính đối xứng của bất đẳng thức.
Nếu vậy thì làm kiểu này:Không thể giả sử $a \ge b \ge c$ do thiếu tính đối xứng của bất đẳng thức.
Sử dụng giải thiết $a+b+c=1$ và BĐT $Cauchy-Schwarz$ta có:
$\sum\dfrac{a^2}{b+c}=\sum\dfrac{a^2(a+b+c)}{b+c}=\sum\dfrac{a^3}{b+c}+\sum{a^2}$
$\ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)}+a^2+b^2+c^2\ge \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{2}$
Và $\sum\dfrac{b^2c}{b+c}=\sum\dfrac{b^2c^2}{bc+c^2}\ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{\sum{ab}+\sum{a^2}}$
Khi đó, đặt $t=ab+bc+ca (0<t\le \dfrac{1}{3})$ ta suy ra được:$VT\ge \dfrac{t^2}{1-t}-3t+\dfrac{3}{2}$
Xét $f(t)=\dfrac{t^2}{1-t}-3t+\dfrac{3}{2}$ trên $(0;\dfrac{1}{3}]$
$f'(t)<0 \Rightarrow f(t)\ge f(\dfrac{1}{3})=\dfrac{2}{3}$
$\Rightarrow VT\ge \dfrac{2}{3}$
Điều phải chứng minh.[/b]
#284276 Bất đẳng thức hay!
Đã gửi bởi
on 20-11-2011 - 10:36
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Bài 1:Bài 1:Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =(x + y)(x + z) trong đó x, y, z là 3 số dương thay đổi thỏa mãn: (x + y + z)xyz =1
Bài 2: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn:
$\large \left\{\begin{matrix} a\geq 0, b\geqslant 0\\ a+2b-4c+2=0 \\ 2a-b+7c-11=0 \end{matrix}\right.$
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q= 6a + 7b +2006c
Bài 3: Cho a,b là 2 số thực thỏa mãn điều kiện:
$\large a^{2}- 3ab+ 2b^{2}+a-b= a^{2}- 2ab+ b^{2}-5a+7b= 0$
CMR: ab - 12a +15b =0
Bài 4: Cho các số thực x,y thỏa mãn: $\large x^{2}+y^{2}=6$. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P= x - $\large \sqrt{5}y$
Bài 5:Cho ba số dương thỏa mãn: a + b + c=1
CMR: $\large \dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\geqslant 16$
Bài 6: Cho x,y là các số dương thỏa mãn: $\large x + \dfrac{1}{y}\leqslant 1$
Tìm giá trị nhỏ nhất của A= $\large \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}$
Ta có:
$(x+y)(x+z)=x(x+y+z)+yz = x(x+y+z) + \frac{1}{x(x+y+z))} \geq 2$
Bài 5:
Ta có:
$\large \dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc} =\frac{1}{c}( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}) \geq \frac{4}{c(a+b)} \geq \frac{4}{\frac{(a+b+c)^2}{4}} = 16 $
#287955 Tìm nghiệm nguyên $x^{2010}+y^{2010}=2013^{2010}$ với $x,y...
Đã gửi bởi
on 13-12-2011 - 09:42
trong
Số học
$2008 x^{2009}$ chia hết cho 4 và chẵn
2011 lẻ $ \Rightarrow 2009x^{2010}$ lẻ
$2009$ chia 4 dư 1,lẻ
$\Rightarrow x^{2010}$ là số chính phương lẻ
$\Rightarrow $ x chia 4 dư 1
$\Rightarrow 2009x^{2010}$ chia 4 dư 1
$\Rightarrow 2008x{2009}+2009x^{2010}$ chia 4 dư 1
Mà 2011 chia 4 dư -1 nên PT không có nghiệm nguyên
____________$done!!!!$_______
2011 lẻ $ \Rightarrow 2009x^{2010}$ lẻ
$2009$ chia 4 dư 1,lẻ
$\Rightarrow x^{2010}$ là số chính phương lẻ
$\Rightarrow $ x chia 4 dư 1
$\Rightarrow 2009x^{2010}$ chia 4 dư 1
$\Rightarrow 2008x{2009}+2009x^{2010}$ chia 4 dư 1
Mà 2011 chia 4 dư -1 nên PT không có nghiệm nguyên
____________$done!!!!$_______
