Tìm tất cả các số nguyên $n$ thoả mãn $n!\vdots n^{2}$

Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn a+b+c=2.CMR:$\frac{bc}{a^2+1}+\frac{ca}{b^2+1}+\frac{ab}{c^2+1}\leq 1 $

Khởi động ngày mới vs 1 bài toán không quá khó nhé các bạn 

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c \geq \dfrac 1a + \dfrac 1b + \dfrac 1c$.Chứng minh rằng:$a+b+c \geq \frac 3{abc}$

Bài này mình giải như sau

Từ gt ta suy ra $abc(a+b+c)\geq ab+bc+ca$(1)

Ta có bdt phụ sau:$(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)(2)\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^{2}\geq 3(abc^{2}+ab^{2}c+a^{2}bc)$

Đặt ab=x,bc=y,ca=z ta sẽ đưa về 1 bdt quen thuộc $(x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)$

Từ (1)(2) suy ra $ab+bc+ca\geq 3(3)$

Từ (1)(3) suy ra $abc(a+b+c)\geq 3\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{abc}$

Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=a+2b+3c=14$.Tính $A=abc$

Tìm x,y,z nguyên dương thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x+y+z>11 & \\ 8x+9y+10z=100 & \end{matrix}\right.$

Cho $a,b,c>0$.Tìm Max:$\sum \sqrt{\frac{2a}{a+b}}$

Đề là + 10z thì mới làm được chứ nhỉ ???

Mình sửa rồi đó,bạn giải đi

Cho $a,b,c>0$.Tìm Max:$\sum \sqrt{\frac{2a}{a+b}}$

Giải

Giả sử $k=p_1^{a_1}.p_2^{a_2}...p_n^{a_n}$

$=> k^3 = p_1^{3a_1}.p_2^{3a_2}...p_n^{3a_n} $

Xét $p$ là 1 ước bất kì của $k$

Ta có $m.n \vdots p^{3}$

Mặt khác do $(m,n)=1 => m \vdots p^3  \text{hoặc } n \vdots p^3$ (vì nếu $n=p;m=p^2$ thì vô lý, tương tự trường hợp kia )

Từ đó, cứ như thế, $m,n$ đều là lập phương của số tự nhiên

Lập luận cho tương tự cho trường hợp tổng quát

Đoạn màu đỏ bạn làm thế nào để chứng minh là lập phương của số tự nhiên được,bạn phải chứng minh được $p^3 \vdots m$ và $p^3 \vdots n$ thì mới suy ra được lập phương của số tự nhiên chứ.Lập luận của bạn quá là mơ hồ đi !!

Giúp mình bài này:

Bài 22:Tồn tại hay không số tự nhiên $x$ thỏa mãn:

a)$x^2+x+1 \vdots 31$

b)$x^2+x+1 \vdots 2017$

c)$x^2+x+1 \vdots 5$

Giúp mình  bài này:

Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$ . Chứng minh rằng :
$\dfrac{b\sqrt{c}}{a\left (\sqrt{3c}+\sqrt{ab}\right )}+\dfrac{c\sqrt{a}}{b\left (\sqrt{3a}+\sqrt{bc}\right )}+\dfrac{a\sqrt{b}}{c\left (\sqrt{3b}+\sqrt{ca}\right )}\ge \dfrac{3\sqrt{3}}{4}$

Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thỏa mãn: $xyz=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{4}{3(z+1)^3}$

Có thể áp dụng bổ đề NÀY

Giả sử $z=max(x,y,z)\Rightarrow z\geq 1$ 

Áp dụng bổ đề trên kết hợp vs bất đẳng thức C-S ta có $P\geq \frac{1}{1+xy}+\frac{4}{3(z+1)^3}=\frac{z}{z+1}+\frac{4}{3(z+1)^3}=\frac{3z(z+1)^{2}+4}{3(z+1)^3}=\frac{3z^{3}+6z^2+3z+4}{3z^{3}+9z^2+9z+3}=1-\frac{z(z+1)}{(z+1)^{3}}-\frac{2}{3(z+1)^{3}}=1-\frac{z}{(z+1)^{2}}-\frac{2}{3(z+1)^{3}}\geq 1-\frac{z}{4z}-\frac{2}{3(z+1)^{3}}=\frac{3}{4}-\frac{2}{3(z+1)^{3}}\geq \frac{3}{4}-\frac{2}{3.2^{3}}=\frac{2}{3}$

Dấu ''='' xảy ra khi $x=y=z=1$

Cho $a$ $\leqslant$ $b$ $\leqslant$ $c$ và $(a+b+c)^{2}$ $\leqslant$ $9bc$. 

Chứng minh: $a^{3}$+$b^{3}$+$c^{3}$+$3abc$ $>$ $ab(a+b)$+$bc(b+c)$+$ca(c+a)$

Đây là bất đẳng thức Schur,có thể chứng minh như sau

 

Giả sử:$a\geq b\geq c\Rightarrow \left\{\begin{matrix}c(c-a)(c-b)\geq 0 &  & \\ a(a-c)\geq b(b-c) &  &\end{matrix}\right.$ 

 

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}c(c-a)(c-b)\geq 0 &  & \\ a(a-c)(a-b)+b(b-c)(b-a)\geq 0 &  & \end{matrix}\right.$

 

$\Rightarrow \sum a(a-c)(a-b)\geq 0\Leftrightarrow \sum a^3+3abc\geq \sum a^2(b+c)$

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}\leq \sqrt{(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})(a^{2}+b^2+c^2)}\leq \sqrt{\frac{(a^2+b^2+c^2)^{2}}{3}.3}=3;a^{2}+b^2+c^2\leq \sqrt{3(a^{4}+b^4+c^4)}\Leftrightarrow 3\leq \sqrt{3(a^{4}+b^4+c^4)}\Leftrightarrow a^{4}+b^4+c^4\geq 3$

Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:   

ĐK:$2\geq x\geq 1$

Đặt biểu thức ban đầu là A ta có $A=1-\frac{4\sqrt{2-x}}{\sqrt{x-1}+2\sqrt{2-x}+3}\leq 1$.

$A=1-\frac{4\sqrt{2-x}}{\sqrt{x-1}+2\sqrt{2-x}+3}\geq 1-\frac{4\sqrt{2-1}}{\sqrt{1-1}+2\sqrt{2-1}+3}=1-\frac{4}{5}=\frac{1}{5}\Rightarrow \frac{1}{5}\leq A\leq 1$

$A_{max}=1\Leftrightarrow x=2;A_{min}=\frac{1}{5}\Leftrightarrow x=1$

1. Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn  $x^{2}+y^{2}+z^{2}=9,xyz\leq 0$

 

CMR: $2(x+y+z)-xyz\leq 10$ 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki

$\left [2(x+y)+z(2-xy) \right ]^2\leqslant \left [ (x+y)^2+z^2 \right ](4+(2-xy)^2)$

$=(9+2xy)(8+x^2y^2-4xy)$

Ta sẽ đi cm $(9+2t)(8+t^2-4t)\leqslant 100$

$(t+2)^2(2t-7)\leqslant 0$ (với $t=xy$) $(*)$

Đến đây giả sử $|x|\leqslant |y|\leqslant |z|\Rightarrow x^2\leqslant y^2\leqslant z^2\Rightarrow x^2+y^2\leqslant 6$

Mà $xy\leqslant \frac{x^2+y^2}{2}\leqslant 3$ suy ra đpcm

 

Câu 3:

 

Giải phương trình sau:$4x^2-11x+10=(x-1)\sqrt{2x^2-6x+2}$

 

Câu 4:Cho tam giác ABC cân tại A có M là trung điểm của BC,O là điểm nằm trong tam giác sao cho $\widehat{OBA}=\widehat{OCB}$.Chứng minh rằng:$\widehat{AOC}+\widehat{BOM}=180^{\circ}$

4.Bài hình sao nghèo nàn quá vậy,đi thi hình luôn là câu gây trở ngại khó nhất cho thí sinh mà,bài này dễ quá

$\Delta OMB=\Delta OMC(c.g.c)\Rightarrow \widehat{BOM}=\widehat{CMO}\Rightarrow \widehat{BOM}+\widehat{AOC}=\widehat{CMO}+\widehat{AOC}=180^{\circ}\rightarrow Q.E.D$

Nhận xét về cấu trúc ra đề:

Phần đại số chiếm quá nhiều trong khi phần hình lại quá ít,và bài hình duy nhất ấy quá dễ,học sinh đại trà lớp 7 cũng làm được.

Bài bất đẳng thức không phù hợp với THCS khi lời giải phải dùng đến bất đẳng thức Schur.

Bài hệ khá ổn,bài phương trình vô tỉ nghiệm xảy ra THCS chưa giải được.

Tóm lại đề còn có nhiều sai sót và cần chỉnh sửa nhiều hơn nữa

Chứng minh rằng: $\frac{27}{4}(x+y)(y+z)(z+x)\geq \left ( \sqrt{x+y} +\sqrt{y+z} +\sqrt{z+x} \right )^{2}\geq 6\sqrt{3}$

với  $\forall x,y,z>0;xy+yz+zx=1$

Áp dụng bất đẳng Cauchy-Schwarz và Minkopxki ta có:

$( \sqrt{x+y} +\sqrt{y+z} +\sqrt{z+x})^{2}=2(x+y+z+\sum \sqrt{(x+y)(y+z)})\geq 2(\sqrt{3(xy+yz+zx)}+\sum \sqrt{x^{2}+1})=2(\sqrt{3}+\sum \sqrt{x^{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}})\geq 2\sqrt{3}+2\sqrt{(x+y+z)^{2}+3(\sqrt{3})^{2}}\geq 2\sqrt{3}+2\sqrt{3(xy+yz+zx)+9}=2\sqrt{3}+2\sqrt{12}=6\sqrt{3}\rightarrow \square $

Dấu ''='' xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Cho các số thực dương a,b. Tìm hằng số k lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức : \[\frac{k}{a^{3}+b^{3}}+\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}\geq \frac{16+4k}{\left ( a+b \right )^{3}}\]  

Biến đổi BĐT đã cho thành
$ ( \frac{k}{a^{3}+b^{3}}-\frac{4k}{(a+b)^{3}}  )+ ( \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}-\frac{16}{(a+b)^{3}})\geq 0$
$\Leftrightarrow ( \frac{a-b}{a+b})^{2}[ \frac{(a^{2}+ab+b^{2})^{2}+3ab(a+b)^{2}+3a^{2}b^{2}}{a^{3}b^{3}(a+b)}-\frac{3k}{a^{3}+b^{3}} ]\geq 0$
Nên BĐT sau phải đúng:
$ [ (a^{2}+ab+b^{2})^{2}+3ab(a+b)^{2}+3a^{2}b^{2} ](a^{3}+b^{3})\geq 3ka^{3}b^{3}(a+b)$
Cho $a=b$ suy ra $k\leq 8$. Mặt khác, khi k=8 thì theo AM-GM:
$(a^{2}+ab+b^{2})^{2}+3ab(a+b)^{2}+3a^{2}b^{2}\geq 24a^{2}b^{2}$
$a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ (đpcm)
Hằng số $k$ tốt nhất là $k=8$

Giải hệ phương trình

 $\left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{6x}{x+y}} + \sqrt{\frac{x+y}{6x}} = \frac{5}{2} \\ x+y-xy = 9 \end{matrix}\right.$

ĐK:$x>0;x>-y$

Đặt $\sqrt{\frac{6x}{x+y}} =a\Rightarrow  \sqrt{\frac{x+y}{6x}} =\frac{1}{a}\Rightarrow a+\frac{1}{a}=\frac{5}{2}\Leftrightarrow 2(a^{2}+1)=5a\Leftrightarrow (2a-1)(a-2)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix}a=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{6x}{x+y}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow 23x=y & \\ a=2\Leftrightarrow\frac{6x}{x+y}=4\Leftrightarrow x=2y   & \end{bmatrix}$

Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn:

(x² -3) chia hết cho (xy+3)

$x^{2}-3\vdots xy+3\Rightarrow y(x^2-3)\vdots xy+3\Rightarrow x(xy+3)-3(x+y)\vdots xy+3\Leftrightarrow 3(x+y)\vdots xy+3\Leftrightarrow 3(x+y)\geq xy+3\Leftrightarrow (3-x)y\geq 3-3x$

Xét $x=1,2$ rồi tìm y

Xét $x \geq 3$ ta có $y\leq \frac{3x-3}{x-3}=3+\frac{6}{x-3}\leq 9\Rightarrow 1\leq y\leq 9$

Xét các trường hợp của $y$ để tìm $x$

Hơi nhiều trường hợp nhỉ =))

Bài 68:Cho đường tròn (O,R) và dây $AB$ cố định ($AB$ không là đường kính).Từ điểm P di động trên tia đối của tia AB vẽ 2 tiếp tuyến $PN,PQ$.Gọi $K$ là giao của $OP$ và $NQ$.Chứng minh $K$ luôn nằm trên 1 đường tròn cố định

Cho các số dương a,b,c. Chứng minh rằng: $(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 9(ab+bc+ca)$ 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

$3(a^2+2)(1+\frac{(b+c)^2}{2})\geq3(a+b+c)^2\geq9(ab+bc+ac)$

Ta cần cm: $(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(1+\frac{(b+c)^2}{2})$

$\Leftrightarrow b^2c^2+1+\frac{b^2+c^2}{2}\geq 3bc$ ($AM-GM$)

Ta có đpcm

Chà,nghe như ngôn tình ấy nhỉ   Cơ mà hay đó