Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta luôn có

​
​

$\left ( a+b \right )^{3}\left ( b+c \right )^{2}\left ( c+a \right )\leq \frac{4}{27}\left ( a+b+c \right )^{6}$

ơ nhưng mà đề bảo chứng minh bất đẳng thức $\leq$ mà sao lại chứng minh được <

Theo mình thấy thì bài sẽ đẹp hơn khi cho a,b,c không âm, nghĩa là sẽ xảy ra dấu "=" cho bất đẳng thức ( Hoặc có thể là mình làm sai    )

Bất đẳng thức luôn $\leq$ là đúng nhưng đúng hơn sẽ là $<$ vì dấu "=" không xảy ra, ko có giá trị bộ (a,b,c) nào dương mà thỏa mãn$ \left ( a+b \right )^{3}\left ( b+c \right )^{2}\left ( c+a \right )= \frac{4}{27}\left ( a+b+c \right )^{6}$

Để viết rõ hơn, thì dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{3y}{2}=3z\Leftrightarrow a+b=\frac{3(b+c)}{2}=3(c+a)$$\Leftrightarrow b=2a-3c=c+2a \Rightarrow c=0$ ( vô lí) 

  Thanks b nhaa

Tìm các số tự nhiên n sao cho $3^{2^{2n}}+10$ là số nguyên tố.

Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho $8p+1$ là một số chính phương.

Cho các số nguyên dương $m, n$ thỏa mãn $m+n+1$ là một ước nguyên tố của $2(m^2 + n^2)-1$. Chứng minh rằng $m=n$

(Thi chuyên toán KHTN 2017) Tìm các số nguyên tố $p,q$ thỏa mãn $p(p-1)=q(q^2-1)$

Tìm các số nguyên tố $p,q$ và các số tự nhiên $x$ thỏa mãn $p^2 -pq +q^2=x^2$.

Không mất tính tổng quát ta giả sử $p\leq q$

Ta có $p^2-pq+q^2=x^2 \Leftrightarrow (p-q)^2+pq=x^2\Leftrightarrow pq=(x-p+q)(x+p-q)$

+) $p=q$ thì $p=q=x$ thay vào đề bài thấy hoặc $q=0$ hoặc $q=1$ (ktm)

+) $p<q$ thì $x-p+q > x+p-q$

Do p,q nguyên tố và $p<q$ nên ta có các trường hợp sau :

-TH1: $x-p+q = q , x+p-q=p$ (loại do từ đó suy ra $p=q$ )

-TH2:$x-p+q =pq$ và $x+p-q=1$

Khi đó suy ra $2q-2q=pq-1$

$\Leftrightarrow p=\frac{2q+1}{q+2}=2-\frac{3}{q+2}< 2$ ( p không là snt )

Vậy k có giá trị p,q,x thỏa mãn 

(P/s: Không biết có đúng không nữa =))) )

thấy cx hợp lí mà ko có giá trị ko biết đúng không nữa =)))

Cho $p=q$ thì đề luôn có nghiệm $x=p=q$ mà ?

vậy có nghĩa là bài này thỏa mãn mọi giá trị p=q nguyên tố đúng không ạ ?

Không mất tính tổng quát ta giả sử $p\leq q$

Ta có $p^2-pq+q^2=x^2 \Leftrightarrow (p-q)^2+pq=x^2\Leftrightarrow pq=(x-p+q)(x+p-q)$

+) $p=q$ thì $p=q=x$ (thỏa mãn )

+) $p<q$ thì $x-p+q > x+p-q$

Do p,q nguyên tố và $p<q$ nên ta có các trường hợp sau :

-TH1: $x-p+q = q , x+p-q=p$ (loại do từ đó suy ra $p=q$ )

-TH2:$x-p+q =pq$ và $x+p-q=1$

Khi đó suy ra $2q-2q=pq-1$

$\Leftrightarrow p=\frac{2q+1}{q+2}=2-\frac{3}{q+2}< 2$ ( p không là snt )

Vậy $p=q=x$ thì thỏa mãn đề bài 

Đoạn TH2 sao ra được $p=\frac{2q+1}{p+2}$ vậy =)))

$2q-2p=pq-1 \Leftrightarrow p(q+2)=2q+1\Leftrightarrow p=\frac{2q+1}{q+2}$ =)) 

À nhầm nãy em biến đổi ra $p=\frac{2q+1}{2-q}$. Chắc nhầm dấu =)))

=))))) cung ghe

Ghê gì nhầm dấu =)))

Tìm các số nguyên tố $p,q$ và các số tự nhiên $n$ thỏa mãn $p(p+1)+q(q+1)=n(n+1)$

(Bài này em có ý tưởng thêm $2pq$ mà chưa ra được ạ)

Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng 1. Cạnh $a,b,c$ thỏa mãn:

$\frac{a}{1-a}+\frac{b}{1-b}+\frac{c}{1-c}=\frac{3}{2}$. Chứng minh $\Delta ABC$ đều.

Do $a+b+c$=1 nên $1-a=b+c$ ,  $1-b=a+c$ ,  $1-c=b+a$

Khi đó $\frac{a}{1-a}=\frac{a}{b+c}$ , $\frac{b}{1-b}=\frac{b}{a+c}$ , $\frac{c}{1-c}=\frac{c}{b+a}$

Đặt $b+c=x$ , $c+a=y$ , $a+b=z$

Suy ra $a+b+c=\frac{x+y+z}{2}$

Khi đó $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} = \frac{y+z-x}{2x}+\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}=\frac{1}{2}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z})-\frac{3}{2}\geq 1+1+1-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ 

Suy ra $\Delta ABC$ đều 

Em nghĩ rằng bài này còn có một phương pháp chứng minh khác theo em thấy thì cũng khá hay và khá là đẹp (tuy rằng hơi dài) khi áp dụng vào đẳng thức bài cho.

Đó là bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel, em áp dụng như sau:

Do $a+b+c$=1 nên $1-a=b+c$ ,  $1-b=a+c$ ,  $1-c=b+a$

Khi đó $\frac{a}{1-a}=\frac{a}{b+c}$ , $\frac{b}{1-b}=\frac{b}{a+c}$ , $\frac{c}{1-c}=\frac{c}{b+a}$

Em đặt đẳng thức bài cho là $A$

Ta có $A=\sum \frac{a^2}{ab+ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ (Do cauchy-schwarz engel)

Sau đó em áp dụng bđt: $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

$\Rightarrow A\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}$

$\Rightarrow A\geq \frac{3}{2}$

Dấu "=" khi $a=b=c$

Suy ra điều phải chứng minh.

Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $\frac{x^3+x^3}{x^2+xy+y^2}$ là một số nguyên tố.

Bài này em làm được đến đoạn này thì không làm được nữa: 

        Giải

Đặt $\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}=p (p\in P )$

$\Rightarrow x^3+y^3=p(x^2+xy+y^2)$

Đặt $(x,y)=d$ thì $x=da ; y=db (a,b\in N*,(a,b)=1)$

Ta có $d^3(a^3+b^3)=pd^2(a^2+ab+b^2)$

$\Leftrightarrow d(a^3+b^3)=p(a^2+ab+b^2)$

$\Leftrightarrow d(a+b)(a^2-ab+b^2)=p(a^2+ab+b^2)$

Cho $x,y,z$ là các số không âm. Chứng minh rằng:

$4(xy+yz+zx)\leq \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}.(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})$

       Cho $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$, tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Kẻ tiếp tuyến với $(I)$ và song song với $BC$ cắt $AB,AC$ tại $M,N$. Kẻ tiếp tuyến với $(I)$ và song song với $AB$ cắt $CA,CB$ tại $P,Q$. Kẻ tiếp tuyến với $(I)$ và song song với $AC$ cắt $BC,BA$ tại $H,K$.

       $a)$  Chứng minh $N,I,H$ thẳng hàng.

       $b)$ Chứng minh $NP=HK$.

Số tự nhiên $n$ được gọi là số hoàn chỉnh (perfect number) nếu như tổng tất cả các ước dương của nó bằng $2n$. (VD: 6)

Tìm số hoàn chỉnh $n$ thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện $n-1$ và $n+1$ đều là các số nguyên tố.

Gợi ý, áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz :  $(ab+cd)^2 \leq (a^2+c^2)(b^2+d^2)$

Em thử rồi mà vẫn chưa ra được ạ

Theo em nghĩ thì có thể bài này sẽ dùng cái này:

$\sqrt{(x+y)(x+z)}\geq x+\sqrt{yz}$

Tương tự. 

CMR: Với mọi số nguyên dương $n$ thì $3^{5^n}+5^{3^n}$ luôn hia hết cho 8

Em cũng không chắc nữa, chắc biểu thức cần chứng minh là $3^{5^n}+5^{3^n}$

Đánh kiểu gì vậy tui đánh toàn lỗi ko à