Hình như ghi sai đề rồi!

bai nay dung chia cho 13 va 7 moi ca dg hang dang thuc a^n-b^n

$ta co :4^{a}-2008=4^a-1-2007.Ta co4^a-1luon chia het cho 3,2007 chia het cho 3\rightarrow 4^a-2008 luon chia het cho 3.Mat khac 4^a-2008 chia het cho 2\rightarrow 4^a-2008 chia het cho 6.ta co 4^a-2008=4^a+a+b-(a+1+b+2007).Tu day suy ra4^a+a+b chia het cho 6(dpcm)$

$y =0 \Rightarrow x=1 $

Xét $ y \geq 1$

Ta có $x \geq y$ mà $x^2 =y^2 +\sqrt{y+1} \leq y^2 +2y +1 =(y+1)^2$ \Rightarrow y^2$

 

Bài làm chưa hoàn chỉnh.

$d=1$

$S=1$

1A:21,2C:21,27,                                                                                                                                                                                                                                           8D: vi theo thu tu nho dan đi                                                                                                                                                                                                                          

cau 9:d

$\dpi{150} \small Bài\, hinh \, cau 3\,minh \,giải \, thế này \, các \, bạn \,xem hộ \,mình \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \,Lấy \, G\,là \,tâm \,đường \,tròn \,ngoại \,tiêp \,\Delta A1B1C1 \,giả \,sử \,G \,nằm \,trên \,cung AB .\,Lấy \,M \,là \,điểm \,chính \,giữa \,cung AC \,\rightarrow MA=MC,AC1=CA1, \,lại \,có \,MACB là tứ \,giác \,nội \,tiếp\rightarrow \,\angle MAC1= \angle MCA1\rightarrow \Delta MC1A=\Delta MA1C\rightarrow MC1=MA1\rightarrow G\equiv M \, (\Delta A1B1C1)\cap BC\,tại X \,\Delta GXB va\Delta GC1B \,có \,GX=GC1 ,\,GB \,là \,cạnh \,chung \, Tứ\, giác\,GACB nt \rightarrow \,\angle GBX=\angle GAC=\angle GCA= \angle GBA \,\rightarrow \Delta GBA=\Delta GBX\rightarrow BX=BC1=s-a \,ta \, cũng\,có \,CA1=s-b \,va CX=CA=s \,.Tương\,tự \,(A1B1C1) \cap AC\,la \,Y \, ta \,cũng \,có \,AB1=CY=s-c \,và \,CB1=s-a. \,Theo \,tc \,phương \,tích \,ta \,có \,CA1. CX=CY.CB1\rightarrow s(s-b)=(s-a)(s-c) \rightarrow a^2=b^2+c^2\rightarrow dpcm\, \, \, \, \, \, \, \,$

Nguyênta98 oi phai la điểm Y ở xa AB nhất chứ,thế mới thỏa mãn


$\dpi{150}$ Giả sử ta có 2a +1 điểm màu đỏ và màu xanh điểm b, trong đó 2a+ 1 \leq b. Sau đó bởi trên SCP đối số, số lượng cần thiết của đường đến các điểm riêng biệt là 2a+ 1. Ngoài ra, rõ ràng là đủ số lượng dòng là 2a +2, bởi vì ta luôn luôn có thể sử dụng 1 cặp đường đến các điểm riêng biệt theo từng cặp. Từ vấn đề, chúng ta có thể kết luận rằng cho b = 2a +1 hoặc b = 2a+ 2, số lượng đầy đủ của dòng là 2a+ 1. Tuy nhiên, nó không phải là trường hợp đó cho mỗi b, số lượng đủ là 2a +1. Ví dụ, giả sử a = 1, b = 7. Ta có 2a +1 = 3 điểm màu đỏ và giả sử chúng ta đặt 7 điểm còn lại trong bảy khu vực khác nhau xác định bởi tam giác màu đỏ. Sau đó có ba dòng sẽ không đủ để điểm riêng biệt. Phần còn lại ai giúp mình với

gần nhất bạn ạ, vì mình xét hai nửa mặt phẳng cơ mà

minh nham thong cam nhe

bai hinh cau b cm a p q thang hang la xong

Ta có: BĐT tương đương

$\sum \frac{3a^{3}}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}}\geq \frac{a+b+c}{2}\Leftrightarrow \sum (a-\frac{3b^{2}a+a(a-b)^{2}}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}})\geq \frac{a+b+c}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{3b^{2}a+a(a-b)^{2}}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}}\leq \frac{a+b+c}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{b}{2}(1-\frac{6ab}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}})-\sum \frac{a(a-b)^{2}}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}}\geq 0\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}(\frac{2b-a}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}})\geq 0$

TH1: Giả sử $a\geq b\geq c$

Ta dễ dàng chứng minh được $(a-c)S_{b}+(a-b)S_{c}\geq 0,(a-c)S_{b}+(b-c)S_{a}\geq 0$,do $S_{a}+S_{c}\geq 0$,mà a-c $\geq a-b$ nên  $(a-c)S_{b}+(a-b)S_{c}\geq 0,còn (a-c)S_{b}+(b-c)S_{a}\geq 0$ $\Leftrightarrow (2ab+2c^{2}+4ac-5bc)(ab-c^{2})\geq 0$,đúng theo giả thiết.Đây là tiêu chuẩn 4 nên ta có đ.p.c.m

TH2:TH này khó hơn chút,giả sử $a\geq c\geq b$

Ta có ngay $S_{a},S_{b}\geq 0$

Chỉ cần chứng minh $S_{c}+S_{a}\geq 0\Leftrightarrow 2abc+2b^{3}+4bc^{2}+2a^{2}c+2b^{2}c\geq ab^{2}+2ac^{2}+2a^{2}b+3abc$

Lại có $2abc+2a^{2}c\geq 2ac^{2}+2a^{2}b$ và $a\geq 2b\Rightarrow 2a^{2}c\geq b^{2}+3abc\Rightarrow$ nên suy ra $S_{a}+S_{c}\geq 0$,theo tiêu chuẩn 1 ta có đ.p.c.m

Từ đây chứng minh được bài toán,đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

dg y toi đó

$\dpi{150} \small \:hinh \:nhu \:la \:nam \:1766 \:dung \:ko \: a\: \: \:$

$\Leftrightarrow 2 cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+1-2sin^2\frac{C}{2}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow 4sin^2\frac{C}{2}-4sin\frac{C}{2}cos\frac{A-B}{2}+1\geq 0\Leftrightarrow (2sin\frac{C}{2}-cos\frac{A-B}{2})^2+sin^2\frac{A-B}{2}\geq 0\rightarrow dpcm.\:Dau \:bang \:xay \: ra\: \Leftrightarrow \Delta ABC\: deu$

$\dpi{150} \small \: Bai\: 1\: :Ta\:co: \:A= n^2+3n-38=(n-2)(n+5)-28\:. \:Do \:n+5-(n-2)=7\rightarrow \:hai \:so \:nay \:cung \:chia \:het \: cho\: 7\:hoac \:ca \:hai \:deu \:khong \:chia \:het \:cho \: 7\:\: \ \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:\: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:Th1:n-2,n+5 \:cung \:chia \: het\:cho7\rightarrow (n-2)(n+5) \vdots 49,28\: khong\:chia \:het\:cho \:49\rightarrow A \:khong\vdots \:cho \:49 \:.Th2 \: CMTT\rightarrow dpcm\:$

http://diendantoanho...-p8k1/?p=374335

cach lam o day ne

$\dpi{120} \small BẠN Tự vẽ hinh nhe:Kẻ NH vuonggoc voi AB.Đặt MB=x,NC=y.AB=AC=BC=a.\Delta AHN có:\angle A=60\rightarrow AH=\frac{1}{2}AN\rightarrow HN=\frac{\sqrt{3}}{2}AN.TA có:MN^2=NH^2+MH^2=(\frac{\sqrt{3}AN}{2})^2+(AM-\frac{AN}{2})^2=AM^2+AN^2-AM.AN=(a-x)^2+(a-y)^2-(a-x)(a-y.KHai trien ta dc MN^2=(x+y-a)^2\rightarrow MN=x+y-a\rightarrow MN=x+y-a\rightarrow MN+BC=MB+NC\rightarrow MN tx dduong tron ngoai tiep \Delta ABC\rightarrow dpcm$

ko nham thi bai nay giai vay

uk minh nham

$Ta có: x^2+y^2=1\rightarrow 0\leq x,y\leq 1\rightarrow x\geq x^2,y\geq y^2\rightarrow x+y\geq x^2+y^2=1.Từ đó suy ra P^2=8+5(x+y)+2\sqrt{(4+5x)(4+5y)}\geq 13.Dau bang xay ra \Leftrightarrow x=1,y=o hoac x=0 y=1$

$\; Ta\;co \;:a^2+b^2+c^2=1\rightarrow 0\leq a,b,c\leq 1 , \;vi \; k\;la \;so \;nguyen \;duong \;chan \;\rightarrow k=2n(n>0) \rightarrow a^k=a^{2n}= (a^2)^n\leq a^2,\; tuong\; tu\; b^k\leq b^2,c^k\leq c^2\rightarrow f(a,b,c)\geq \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2}= \frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2 }=\frac{a^2}{a(1-a^2)}+\frac{b}{b(1-b^2)}+\frac{c}{c(1-c^2)}=A\; .Ap\;dung \;BDT \;Cauchy \;cho \;3 \; so\; duong\;,ta \; co\; \sqrt[3]{2a^2(1-a^2)(1-a^2)}\leq \frac{2a^2+1-a^2+1-a^2}{3}=\frac{2}{3}\rightarrow a^2(1-a^2)^2\leq \frac{4}{27}\rightarrow \frac{a^2}{a(1-a^2)}\geq\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2,tg \; tu; \;cho \;b \;va \; c\rightarrow A\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)= \frac{3\sqrt{3}}{2}\;.Vay \;min \;f(a,b,c)= \frac{3\sqrt{3}}{2} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

$\dpi{150} \small \: Theo\:dly \:Vi-et \: ta\:co \:: \:x1+x2=-7,x1.x2=-1 \:.Ta \:CM \:cau \:a \:theo \\:qui \:nap \: .\: Ta\: co\: :\:voi \:n=2 \: thi\: S2=(x1+x2)^2-2x1x2=49+2=51\:la \:so \: nguyen\: ,\: voi\:S3,S4 \: cung\:nhu \:vay \:. \:Gia \:su \: menh\: de\:dung \: voi\: n=k\:\rightarrow Sk \:la \:so \: nguyen\:.Menh \: de\: dung\: voi\:n=k \:\rightarrow \:menh \:de \: cung\:dung \:voi \:n=k-1 \:. \:Ta \: co\: Sk-1.Sk+1=(x1^{k-1}+x2^{k-1})(x1^{k+1}+x2^{k+1})=x1^k+x2^k+x1^{k-1}.x2^{k-1}(x1^2+x2^2)=VP\.:Theo \:qui \: nap\: \rightarrow \: VP\:la \:so \:nguyen \:\rightarrow Sk+1 \:la \:so \: nguyen\rightarrow dpcm$

$\dpi{150} \small \:Ta \:co \::x1+x2=-7,x1.x2=1 \: \rightarrow x1\: va\:x2 \: khong\:chia \:het \:cho \:7 \:.Do \: do\: ap\: dung\:dinh \: ly\:Fecma \:, \:ta \:co \:x1^6\equiv 1(mod7) \:\rightarrow (x1^6)^{335}\equiv 1(mod7)\:\rightarrow x1^{2010}\equiv 1(mod7) \: Tg\:tu \:x2^{2010}\equiv 1(mod7) \:\rightarrow x1^{2010}+x2^{2010}\equiv 2(mod7) \:\rightarrow \:x1^{2010}+x2^{2010}=7k+2\rightarrow \:(x1^{2010}+x2^{2010})(x1^3+x2^3)=x1^{2013}+x2^{2013}+(x1x2)^3(x1^{2007}+x2^{2007})=(7k+2)(x1^3+x2^3)\: \:Ta \:co \:(x1x2)^3(x1^{2007}+x2^{2007}=-1(x1+x2)(x1^{2006}-x1^{2005}+.....+x2+1)=7(x1^{2006}-x1^{2005}+.....+x2+1)\vdots 7 \:,(7k+2)(x1^3+x2^3)\vdots 7 \:\rightarrow \:x1^{2013} +x2^{2013}=S2013\vdots 7\: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:$

$Lời giải. a) \blacktriangleright Nếu p,q,r đều lẻ thì 4 \nmid p+q+r, do đó p+q+r \equiv 1 \pmod{4} (vì p+q+r là số chính phương). Để thỏa mãn các yếu cầu trên thì số dư của p,q,r khi chia cho 4 phải là 1,3,1 hoặc 3,3,3 (vì p,q,r lẻ nên chỉ có thể chia 4 dư 1 hoặc 3).Với trường hợp p,q,r khi chia cho 4 nhận số dư là 1,3,1 thì pq+pr+rp+3 chia 4 dư 2, mâu thuẫn vì pq+qr+rp+3 chính phương. Với trường hợp p,q,r khi chia cho 4 nhận số dư là 3,3,3 thì pq+pr+rp+3 chia 4 dư 2, mâu thuẫn vì pq+qr+rp+3 chính phương.Vậy trong ba số nguyên tố p,q,r có ít nhất một số chẵn, tức có ít nhất một số là 2. Không mất tính tổng quát, giả sử p=2. \blacktriangleright Nếu q,r không có số nào chia hết cho 3, mà 2+q+r \equiv 1 \pmod{3} suy ra khi q,r chia 3 có thể nhận số dư là 1,1. Tuy nhiên khi đó thì pq+qr+rp+3 sẽ chia 3 dư 2, mâu thuẫn vì pq+qr+rp+3 chính phương. Do đó trong hai số q,r phải có một số chia hết cho 3, tức có một số bằng 3. Giả sử q=3. \blacktriangleright Ta có pq+qr+rp+3=9+5r là số chính phương nên ta đặt 9+5r=b^2 \Leftrightarrow (b-3)(b+3)=5r với b \in \mathbb{N}^*. Vì r nguyên tố nên dễ dàng tìm được r=11. Kết luận. Vậy ba số nguyên tố cần tìm là 2,3,11.$

$b) Câu trả lời là có. Theo lập luận câu a thì có thể giả sử p=2. Đến đây chắc là thử chọn thì có cặp 2,11,23 thỏa mãn.$.Đay la loi giai bai 2 cua toi

1. Họ tên: Nguyễn Ngọc Trường.

2. Đang học lớp 10 Toán 1, Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ,quận Hà Đông, Tỉnh Hà Nội                                                                                                                 

$ap dụng bdt cauchy-schward ta coVT\geq \frac{a^2+b^2+c^2}^2{\sum a^3+\sum 2a^2b^2}.Cần Cm Bdt\geq 1\rightarrow phai cm \sum a^4\geq \sum a^3.vi a+b+c=3\rightarrow dpcm$