Chủ đề này có 667 trả lời

[CaptainCuong]

Bài 98: Cho p và p+2 là số nguyên tố $(p> 3)$. Chứng minh rằng $p+1\vdots 6$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CaptainCuong: 03-09-2015 - 22:28

[Quoc Tuan Qbdh]

Bài 98: Cho p và p+2 là số nguyên tố $(p> 3)$. Chứng minh rằng $p+1\vdots 6$

_Với $p$ là số nguyên tố $>3$ thì hiển nhiên $p$ lẻ vậy $p+1 \vdots 2$

_Xét $3$ số $p;p+1;p+2$ phải có một số chia hết cho $3$ mà $p$ và $p+2$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên không chia hết cho $3$

Vậy $p+1 \vdots 3$

_Kết hợp $2$ điều trên và $(2;3)=1$ ta có điều phải chứng minh

[nangcuong8e]

Bài 99: Tìm $x,y$ nguyên dương thỏa mãn đẳng thức: $1 +\sqrt{x+y+3} =\sqrt{x} +\sqrt{y}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nangcuong8e: 03-09-2015 - 22:51

[Quoc Tuan Qbdh]

Bài 99: Tìm $x,y$ nguyên dương thỏa mãn đẳng thức: $1 +\sqrt{x+y+3} =\sqrt{x} +\sqrt{y}$

Tương đương

$x+y+3=x+y+1+2(-\sqrt{x}-\sqrt{y}+\sqrt{xy})$

$<=>\sqrt{x}-1+\sqrt{y}(1-\sqrt{x})=-2$

$<=>(\sqrt{y}-1)(\sqrt{x}-1)=2=1.2=2.1$ 

[royal1534]

Bài 100:Cho các số thực $x,y,z$.Chứng minh rằng:

a,$\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}} \geq \sqrt{x^{2}+xz+z^{2}}$

b,$\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}} +\sqrt{z^{2}-xz+x^{2}} \geq x+y+z$

P/S:Chạm mốc 100 bài rồi.Chúc topic phát triển hơn nữa :3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 03-09-2015 - 23:08

[Namthemaster1234]

Bài 99: Tìm $x,y$ nguyên dương thỏa mãn đẳng thức: $1 +\sqrt{x+y+3} =\sqrt{x} +\sqrt{y}$

Bố làm thế này con nhé:

 

Phương trình tương đương với $xy-x-y-7=4\sqrt{x+y+3}$ (1)

 

Từ (1) nhận thấy $x+y+3$ chính phương và $\sqrt{x} +\sqrt{y} \in Z$

 

Nhận xét:  Nếu x,y đều không chính phương và không cùng chính phương thì VP vô tỷ

 

Vậy nên $x,y$ chính phương hay $xy=k^2$. Đặt $x+y+3=m^2$

 

Đưa (1) về: $(k-m-2)(k+m+2)=0$

[nangcuong8e]

Bài 100:Cho các số thực $x,y,z$.Chứng minh rằng:

b,$\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}} +\sqrt{z^{2}-xz+x^{2}} \geq x+y+z$

P/S:Chạm mốc 100 bài rồi.Chúc topic phát triển hơn nữa :3

Ta có: $P =\sum \sqrt{x^2-xy+y^2} \geq \sum \sqrt{\frac{(x+y)^2}{2}-\frac{(x+y)^2}{4}} =\sum \sqrt{\frac{(x+y)^2}{4}}$

$\Rightarrow P \geq \sum |\frac{x+y}{2}| \geq \sum \frac{x+y}{2} =x+y+z$

 Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z \geq 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nangcuong8e: 04-09-2015 - 10:12

[VOHUNGTUAN]

Đoạn màu đỏ giải đâu có ra $A=2$ đâu,bằng $3$ thôi nhưng mà vẫn cứ vô lí kiểu gì ấy,mình đọc trong sách nâng cao phát triển toán 9 tập 1 chuyên đề phần nguyên thì họ đã cm được $A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+......}}}}<3$.Mình nghĩ bài toán này chắc không thể tìm được giá trị của nó đâu.Cũng bằng 1 phản chứng nho nhỏ giả dụ nó có 1 dấu căn thì giá trị của $A=\sqrt {6}$ vẫn không thể bằng $3$.

Spoiler

Cô của mình cũng đã ra 1 bài như vậy,mình không giải được vì mình nghĩ như mình đã nói ở trên đó   

 

Đoạn màu đỏ giải đâu có ra $A=2$ đâu,bằng $3$ thôi nhưng mà vẫn cứ vô lí kiểu gì ấy,mình đọc trong sách nâng cao phát triển toán 9 tập 1 chuyên đề phần nguyên thì họ đã cm được $A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+......}}}}<3$.Mình nghĩ bài toán này chắc không thể tìm được giá trị của nó đâu.Cũng bằng 1 phản chứng nho nhỏ giả dụ nó có 1 dấu căn thì giá trị của $A=\sqrt {6}$ vẫn không thể bằng $3$.

Spoiler

Cô của mình cũng đã ra 1 bài như vậy,mình không giải được vì mình nghĩ như mình đã nói ở trên đó   

Thực ra bạn votrucđã so sánh nhầm rùi ! Trong sách phát triển viết có n dấu căn là hữu hạn nhưng ở bài hội thoại đang bàn thì số dấu căn là vô hạn nên ko thể so sánh được. Có một thực tế mà mình đọc đc trong cuốn TẠP CHÍ TOÁN HỌC TUỔI TRẺ là bài toán trên thuộc chương trình THPT và tất nhiên , VS kiến thức THCS như chúng ta chưa giải thích đc bài vui của bạn Min Nq!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VOHUNGTUAN: 04-09-2015 - 09:03

[VOHUNGTUAN]

Thôi, không được làm thì ủng hộ mấy bài.

Bài 6. Tính tổng

a,$S=\frac{1}{1.2.3.4}+\frac{1}{2.3.4.5}+...+\frac{1}{n(n+1)(n+2)(n+3)}$

b, $S=1.2+2.3+3.4+...+n(n+1)$

Bài 7 Tìm nghiệm tự nguyên dương của PT

a,$2^x=3^y+1$

b,$\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}=3$

MÌNH LÀM ĐC BÀI 7B THÔI:

Áp dụng BĐT CÔSI với x;y;z>0 ta có:   $\frac{xy}{z} +\frac{yz}{x}+ \frac{zx}{y}$  $\geq 3.\sqrt[3]{xyz}$ nên từ gt => xyz $\leq 1$ .

                             Mà x;y;z nguyên dương nên x=y=z=1.VẬY...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VOHUNGTUAN: 04-09-2015 - 09:47

[VOHUNGTUAN]

sao mình gõ latex ko đc nhỉ

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VOHUNGTUAN: 04-09-2015 - 09:48

[Kim Vu]

Ta có: $P =\sum \sqrt{x^2-xy+y^2} \geq \sum \sqrt{\frac{(x+y)^2}{2}-\frac{(x+y)^2}{4}} =\sum \sqrt{\frac{(x+y)^2}{4}}$

$\Rightarrow P \geq \sum \frac{x+y}{2} =x+y+z$

 Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z$

Hình như chưa có $x+y\geq 0$ đâu bạn 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kim Vu: 04-09-2015 - 09:45

[diemquynhvmf]

MÌNH LÀM ĐC BÀI 7B THÔI:

Áp dụng BĐT CÔSI với x;y;z>0 ta có:   $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}$   $\geq 3$\sqrt[3]{xyz}$$  nên từ gt => xyz $\leq 1$ .

                             Mà x;y;z nguyên dương nên x=y=z=1.VẬY...

Bài này votruc làm rồi mà xem ở page 1 ấy 

Spoiler

Bạn xem lại lỗi Latex nhé

Thực ra bạn votrucđã so sánh nhầm rùi ! Trong sách phát triển viết có n dấu căn là hữu hạn nhưng ở bài hội thoại đang bàn thì số dấu căn là vô hạn nên ko thể so sánh được. Có một thực tế mà mình đọc đc trong cuốn TẠP CHÍ TOÁN HỌC TUỔI TRẺ là bài toán trên thuộc chương trình THPT và tất nhiên , VS kiến thức THCS như chúng ta chưa giải thích đc bài vui của bạn Min Nq!

Hữu hạn và vô hạn cũng đâu có khác mấy nhỉ ,cũng chỉ đơn giản là $A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+......}}}}< \sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+3......}}}}=3$

Thử nghiệm thực tế cũng cho thấy điều đó rồi.

[VOHUNGTUAN]

Bài này votruc làm rồi mà xem ở page 1 ấy 

Spoiler

Bạn xem lại lỗi Latex nhé

Hữu hạn và vô hạn cũng đâu có khác mấy nhỉ ,cũng chỉ đơn giản là $A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+......}}}}< \sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+3......}}}}=3$

Thử nghiệm thực tế cũng cho thấy điều đó rồi.

Thực sự là khác nhiều như VD sau:

A=$\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{6}}}}$    với vô hạn dấu căn thì A²=6+$\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{6}}}}$ =6+A     Nhưng với TH hữu hạn thì không nhé bạn diemquynhvmf ( mình đã bảo là kiến thức thpt rồi còn bàn làm gì nữa )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VOHUNGTUAN: 04-09-2015 - 09:59

[diemquynhvmf]

Thực sự là khác nhiều như VD sau:

 $A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+......}}}} $ với vô hạn dấu căn thì A²=6+$\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+......}}}} =6+A$          Nhưng với TH hữu hạn lại khác nhé bạn diemquynhvmf

Vậy thì chỉ có thể nói là biểu thức $A$ không tính được thôi còn vẫn không thay đổi được việc $A<3$

 

Bài 98: Cho p và p+2 là số nguyên tố $(p> 3)$. Chứng minh rằng $p+1\vdots 6$

Vì $p$ và $p+2$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p+1$ chẵn hay $p+1 \vdots 2$

Xét;th1:$p=3k+1$ thì $p+2 \vdots 3$ nên không là số nguyên tố

th2:$p=3k+2$ thì $p+1 =3k+3 \vdots 3$

Do đó $p+1 \vdots 2.3=6(đpcm)$

[VOHUNGTUAN]

BÀI 101: Tìm min và max của A =x(x²-6) biết $0\leq x\leq 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VOHUNGTUAN: 04-09-2015 - 10:07

[VOHUNGTUAN]

Hình như chưa có $x+y\geq 0$ đâu bạn 

đúng là  bạn nangcuong8e  dùng sai hằng đẳng thức $\sqrt{A^{2}}=\left | A\right |$ rồi

[meomunsociu]

BÀI 101: Tìm min và max của A =x(x²-6) biết $0\leq x\leq 3$

Mình chỉ mới tìm được max thôi 

Từ gt có : $A^{2}=x^{2}.(x^{2}-6)^{2}=\frac{1}{2}\left [ 2x^{2}.(6-x^{2}).(6-x^{2}) \right ]$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có : $2x^{2}.(6-x^{2}).(6-x^{2})\leq (\frac{2x^{2}+6-x^{2}+6-x^{2}}{3})^{3}$ $= 64$

=> $A^{2}\leq 32$

=>$A\leq 4\sqrt{2}$

Dấu ''='' xảy ra <=> $2x^{2}=6-x^{2}=6-x^{2}$

                        <=> $x=\sqrt{2}$

[diemquynhvmf]

 

Bài 100:Cho các số thực $x,y,z$.Chứng minh rằng:

a,$\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}} \geq \sqrt{x^{2}+xz+z^{2}}$

 

Ta có bất đẳng thức phụ sau $\sqrt{a^{2}+x^{2}}+\sqrt{b^{2}+y^{2}}\geq \sqrt{(a+b)^{2}+(x+y)^{2}}$

Dễ cm bất đẳng thức này bằng phương pháp biến đổi tương đương

Ta có $VT=\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}} =\sqrt{(y-\frac{x}{2})^{2}+\frac{3}{4}x^{2}}+\sqrt{(-y+\frac{z}{2})^{2}+\frac{3}{4}z^{2}}\geq \sqrt{(\frac{(z-x)^{2}}{4})+\frac{3}{4}(x+z)^{2}}=\sqrt{x^{2}+xz+z^{2}}$ (đpcm)

[Minhnguyenthe333]

Mình chỉ mới tìm được max thôi 

Từ gt có : $A^{2}=x^{2}.(x^{2}-6)^{2}=\frac{1}{2}\left [ 2x^{2}.(6-x^{2}).(6-x^{2}) \right ]$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có : $2x^{2}.(6-x^{2}).(6-x^{2})\leq (\frac{2x^{2}+6-x^{2}+6-x^{2}}{3})^{3}$ $= 64$

=> $A^{2}\leq 32$

=>$A\leq 4\sqrt{2}$

Dấu ''='' xảy ra <=> $2x^{2}=6-x^{2}=6-x^{2}$

                        <=> $x=\sqrt{2}$

Theo mình thì:

Max: $A\leq 3(3^2-6)=9$ khi $x=3$

Còn $A_{min}=-4\sqrt{2}$ khi $x=\sqrt{2}$

[Namthemaster1234]

Vậy thì chỉ có thể nói là biểu thức $A$ không tính được thôi còn vẫn không thay đổi được việc $A<3$

 

Lên THPT sẽ có khái niệm $A \rightarrow 3$