Các bác vào giải hộ em bài này với

Cho P=$n^{n}$ + 1 , tìm n nguyên dương sao cho P ng tố và ko có quá 19 chữ số

Cho a,b,c>0 thoả mãn a+b+c=12. CMR:

$\sqrt{3a+2\sqrt{a}+1}+\sqrt{3b+2\sqrt{b}+1}+\sqrt{3c+2\sqrt{c}+1} \geqslant 3\sqrt{17}$

Theo mình thì phải là C/m nó $\leq 3\sqrt{17}$ mới đúng

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

$P^2\leq 3\begin{bmatrix} 3(a+b+c)+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+3 \end{bmatrix}\leq 3\begin{bmatrix} 39+2\sqrt{3(a+b+c)} \end{bmatrix}=153$

$\Rightarrow P\leq 3\sqrt{17}$. Dấu "=" $\Leftrightarrow a=b=c=4$

ừ, Mình ghi nhầm phải là $\leqslant$

Tìm nghiệm nguyên của pt sau: $2^{x}-3^{y}=1 (x>0 ; y\geq 0)$

cho 2010 số tự nhiên $a_{1};a_{2};...;a_{2010}$ thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix} a_1+a_2+...+a_{2010}=0\\ a{_{1}}^{2}+a{_{2}}^{2}+...+a{_{2010}}^{2}=1 \end{matrix}\right.$

cmr trong 2010 số trên có hai số có tích ko vượt quá $\frac{-1}{2010}$

hỏi cách làm mà, nói thế lm chi

giúp em bài toán khó này với ạ Thank các bác

bạn up đề cho rõ đi nhé

Có:$2\equiv -1(mod3)$

Vì 2n+1 luôn là lẻ nên

$2^{2^{2n+1}}\equiv -1(mod 3) =>2^{2^{2n+1}}+5\equiv 6\equiv 0(mod 3) Mà 2^{2^{2n+1}}+5> 3 nên 2^{2^{2n+1}}+5 là hợp số$

chỗ này là 1 nhé 

 

5/ Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c$\leq \sqrt{3}$. CM $\sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+1}}$$\leq \frac{3}{2}$

 

Ta có : $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^{2}\leq 3 \Rightarrow ab+bc+ca\leq 1$

Khi đó : $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+1}}\leq \frac{a}{\sqrt{a^{2}+ab+ac+bc}}=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c})$

cm tương tự, cộng lại suy ra đpcm

 

3/ Tính : $E= x^{3}+y^{3} -3(x+y)+2014$
Với $x=\sqrt[3]{3+2\sqrt{2}} +\sqrt[3]{3-2\sqrt{2}}$ 

      $y=\sqrt[3]{17+12\sqrt{2}} +\sqrt[3]{17-12\sqrt{2}}$
 

bạn tính $x^{3},y^{3}$ và đưa nó về 1 pt bậc ẩn x,y rồi tính theo đó

Lâu lâu post 1 bài cho đỡ buồn

Cho $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ $(b,c,d \neq 0; c+d\neq 0)$. CMR: $\frac{ab}{cd}=\frac{(a+b)^2}{(c+d)^2}$

Ta có $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\Rightarrow \frac{a}{c}=\frac{b}{d}=\frac{a+b}{c+d}$

rồi bình phương hai vế, chú ý $(\frac{a}{c})^{2}=\frac{ab}{cd}$

Ta có $\frac{ay-bx}{c}=\frac{cx-az}{b}=\frac{bz-cy+bc}{a}\Rightarrow \frac{acy-bcx}{c^{2}}=\frac{bcx-abz}{b^{2}}=\frac{abz-acy+abc}{a^{2}}=\frac{abc}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

nhân vào suy ra đpcm

Cho

1/ Tìm min:

    a, $x-\sqrt{x-2015}$

    b, $x-2\sqrt{xy}+3y-2\sqrt{x}+2015$ với x,y>0

 

a/$A= x-\sqrt{x-2015}=x-2015-\sqrt{x-2015}+\frac{1}{4}-\frac{8059}{4}=(\sqrt{x-2015}-\frac{1}{2})^{2}-\frac{8059}{4}\geq \frac{-8059}{4}$

vậy $Min_A=\frac{-8059}{4}\Leftrightarrow \sqrt{x-2015}=\frac{1}{2}\Rightarrow x=2015\frac{1}{4}$

b/$B=x-2\sqrt{xy}+3y-2\sqrt{x}+2015\Rightarrow 3B=3x-6\sqrt{xy}+9y-6\sqrt{x}+6045$

$=x-6\sqrt{xy}+9y+2(x-3\sqrt{x}+\frac{9}{4})+6045-\frac{9}{2}=(\sqrt{x}-3\sqrt{y})^{2}+2(\sqrt{x}-\frac{3}{2})^{2}+6040,5\geq 6040,5 \Rightarrow B\geq 2013,5 \Rightarrow Min B=2013,5\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{x}=3\sqrt{y}\\ \sqrt{x}=\frac{3}{2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{9}{4}\\ y=\frac{1}{4} \end{matrix}\right.$

Cho $T=2+2\sqrt{12n^{2}+1}$ với n tự nhiên. CMR nếu T tự nhiên thì T là số chính phương

Gọi sô cần tìm là $\alpha$ . Khi đó ta có

$\alpha =x_{1}^{m_1}.x_{2}^{m_2}...x_{n}^{m_n}$

suy ra số các ước của $\alpha$ là $(m_{1}+1)(m_{2}+1)...(m_{n}+1)$ là số lẻ

nên các thừa số trên đều là số lẻ hay $m_{1},m_{2},...,m_{n}$ chẵn

Vậy, $\alpha$ chỉ có thể là sô chính phương

ĐK $x\neq -2$

Đặt $A=\frac{x^{2}+2x+3}{(x+2)^{2}}\Rightarrow 3A=\frac{3x^{2}+6x+9}{(x+2)^{2}}=\frac{2x^{2}+8x+8}{x^{2}+4x+4}+\frac{x^{2}-2x+1}{(x+2)^{2}}=2+(\frac{x-1}{x+2})^{2}\geq 2\Rightarrow A\geq \frac{2}{3}$

Vậy GTNN của A là $\frac{2}{3}$ khi x=1

TÌm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=$x^{2}+y^{2}$ sao cho A$\vdots$2013

1. a)  $\frac{x}{x^{2}+2}$ đạt max $< = >$ $\frac{x^{2}+2}{x}$ đạt min

Mà $\frac{x^{2}+2}{x}= x+\frac{2}{x}\geq 2\sqrt{2}$

Dấu "$=$" xảy ra $< = >$ x=y=$\sqrt{2}$

Suy ra Max $\frac{x}{x^{2}+2}=$ $\frac{1}{2\sqrt{2}}$ $< = >$ x=y=$\sqrt{2}$ 

Đáp an đúng nhưng nhận xét sai vì với x=0 thì$\frac{x^{2}+2}{x}$ ko xác định nên chưa thể kết luận như vậy.

Theo mình nên giải như thế này

Ta có: $A=\frac{x}{x^{2}+2}\Rightarrow 2\sqrt{2}A=\frac{x^{2}+2-x^2+2\sqrt2x-2}{x^2+2}=1-\frac{(x-\sqrt2)^2}{x^2+2}\leq 1\Rightarrow A\leq \frac{1}{2\sqrt2}$

Vậy GTLN của A là $\frac{1}{2\sqrt2}$$\Leftrightarrow x=\sqrt2$

(bài này cũng có thể sử dụng pp miền giá trị)

5. Cho $a;b;c>0$ . Chứng minh rằng $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}$

 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}\geq \frac{2a}{a+b+c}\Rightarrow \sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq 2$

Dấu "=" xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} a=b+c\\ b=a+c\\ c=a+b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=0$ (vô lí)

Vậy $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}> 2$ (1)

Lại có $\frac{a}{a+b}-\frac{a+c}{a+b+c}=\frac{-ac}{(a+b)(a+b+c)}<0\Rightarrow \frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}\Rightarrow \sum \frac{a}{a+b}<\sum \frac{a+c}{a+b+c}=2$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra Đpcm

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

2. GỌi $a,b,c$ là đọ dài ba cạnh của một tam giác nhọn. CMR: với mọi $x,y,z$ là các số thực thì ta có : $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}> \frac{2x^2+2y^2+2z^2}{a^2+b^2+c^2}$

1/ vì a,b,c>0 nên ta có:

   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM  $\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}\geq \frac{2a}{a+b+c}\Rightarrow \sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq 2$

Dấu "=" xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} a=b+c\\ b=a+c\\ c=a+b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=0$ (vô lí)

Vậy $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}> 2$

 (Bài này trên VMF có nhiều r bạn )

x³-y³=(x-y)(x²+xy+y²)=7

xét từng trường hợp x-y=1,-1,7,-7 và x²+xy+y²=7,-7,1,-1

chỗ này là x^2-y^3 mà bạn

chứng minh: $S_{DEF} \leq \frac{S_{ABC}}{4}$.

Đặt: $\frac{AF}{FB}=x$; $\frac{BD}{DC}=y;\frac{CE}{EA}=z;$

$\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}-\frac{S_{BFD}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}$

mà:

$\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}=\frac{AF}{FB}.\frac{FB.EA}{AB.AC}=\frac{x}{(x+1)(z+1)}$

$\rightarrow \frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{x}{(x+1)(z+1)}-\frac{y}{(y+1)(x+1)}-\frac{z}{(z+1)(y+1)}=1-\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}$

Vậy ta phải chứng minh: $\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}(1)$

Mà theo Ceva thì $xyz=1$

Chia cả tử và mẫu của (1) cho $xyz$ ta có:

$(1)\Leftrightarrow \frac{\sum x+\sum \frac{1}{x}}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum x+\sum \frac{1}{x}\geq \frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)\geq 6$ 

BDT dễ dàng cm dc bằng AM-GM 6 số.

Đẳng thức xảy ra khi M là trọng tâm.

Chỗ này hình như hơi có vấn đề. $\sum x+\sum \frac{1}{x} \geq 6$ và $\frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)\geq 6$ nhưng chắc gì $\sum x+ \sum\frac{1}{x} \geq \frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)$

Mình giải ra khúc cuối.

Biến đổi qui đồng, ta được: $BDT\Leftrightarrow \sum x+\sum xy\geq 3xyz+3=6$

Điều này hoàn toàn đúng vì BĐT AM-Gm cho 6 số.

Bạn giải đúng nhưng chỗ cuối bị đơ, mình đã làm lại trên và đúng rồi!

 à mình cũng có một cách chứng minh như sau :

Sau khi đưa về $\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{xy+yz+zx+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}=\frac{xyz+1}{(x+1)(y+1)(z+1)}$ mà theo đlí Ceva thì $xyz=1\Rightarrow \frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{2}{(x+1)(y+1)(z+1)}\leq \frac{2}{8xyz}=\frac{1}{4}$ Từ đó có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1 hay M là trọng tâm tam giác ABC

(Mình nghĩ là cách này đúng )

Ta có A,M,N thẳng hàng, dựng $ON\perp BC$, $CE\perp BN$

Khi $A\equiv C$ thì $M\equiv C$

Khi $A\equiv B$ thì $M\equiv E$ do $CM\perp AN$

Vậy giới hạn là cung tròn CE có chứa N đường kính CN

Chỗ này bạn viết rõ lại đk ko, đọc ko hiểu chi hết O-O

Cho $a^{2}+a-1+0$

Tính $f(a)$ biết$f(x)= x^{4}-2x^{3}+x^{2}-1$

Mình nghĩ đề bài phải là thế này chứ ''Cho $a^2+a-1=0$ Tính $f(a)$ biết $f(x)=x^4+2x^3+x^2-1$''

Ta có $a^2+a-1=0 \Rightarrow a^2=a-1\Rightarrow a^4=a^2-2a+1=a^2-2a(a^2+a)+1=-2a^3-a^2+1 \Rightarrow a^4+2a^3+a^2-1=0 \Rightarrow f(a)=0$