Chủ đề này có 9 trả lời

[le truong son]

 

[yagami wolf]

bất dễ vc ( vô cùng ) :

$\sum \frac{a}{b+2c}=\sum \frac{a^2}{ab+2ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

[yagami wolf]

1a) Trong 3 số $2^n-1;2^n;2^n+1$ thì luôn có 1 số chia hết 3 

Mà $2^n$ không chia hết 3 $\Rightarrow$ $2^n-1$ hoặc $2^n+1$ chia hết 3

vậy 2 số đó ko thể đồng thời là số nguyên tố

[yagami wolf]

1c ) từ gt suy ra các số p ,q,r đều lẻ và không chia hết 3 ( ở đây ta giả sử ko có số nào =3)

 $\Rightarrow p^2+q^2+r^2\equiv 3 (mod3)$ ( vô lý )  suy ra có 1 số = 3 và 2 số còn lại là 5 ;7

[vietdohoangtk7nqd]

mình thấy đề này dễ quá, câu nào cũng là câu mang tính chất lý thuyết

[yagami wolf]

bài 5 thấy lạ quá . thấy hiển nhiên thật

[le truong son]

Câu 2b: 

Ta có: $(x-1)(y-1)\geq 0=>1+xy+z\geq x+y+z=>\sum \frac{x}{1+y+xz}=\frac{3}{x+y+z}\leq 1=>x+y+z\geq 3$

=>$x=y=z=1$

[le truong son]

bất dễ vc ( vô cùng ) :

$\sum \frac{a}{b+2c}=\sum \frac{a^2}{ab+2ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

Bữa trước bị Ban chưa chừa hả chú  

[yagami wolf]

Bữa trước bị Ban chưa chừa hả chú  

vc có nghĩa là vô cùng

[IHateMath]

Câu $5$.

Theo một kết quả quen thuộc, $MA+MB=MC\leq 2R$, hiển nhiên. Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $C$. $\square$

 

Câu $4$

a. Định lý $\text{Pitot}$ quen thuộc (tính chất cơ bản nhất của tứ giác ngoại tiếp). $\square$

b. Hệ quả trực tiếp của câu a. $\square$

 

Câu $3$.

Đề đánh sai (đang $P(x)$ lại nhảy qua $f(x)$???).

Xét $Q(x)=xP(x)-1$. Dễ thấy $deg\, Q(x)=2017$, mà $1,\, ,\ldots ,2017$ là nghiệm của $Q(x)$ nên

$Q(x)=C.(x-1)\times\ldots\times (x-2017)$ ($C$ là hằng số khác $0$). 

Vậy $P(x)=\frac{C(x-1)\times\ldots\times (x-2017)+1}{x}$. Do $P(x)$ là một đa thức nên ta phải có

$C\times 1\times\ldots\times 2017=1$,

tức là $C=\frac{1}{1\times\ldots\times 2017}$. Từ đó tính ra $P(2018)=\frac{1}{1009}$. $\square$

 

Câu $2$ a. Đặt $A=\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b},\, B=\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}+\frac{a}{a+2b},\, C=\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}+\frac{b}{a+2b}$. 

Ta lần lượt có:

$A+2B=\frac{a+2b}{b+2c}+\frac{b+2c}{c+2a}+\frac{c+2a}{a+2b}\geq 3$ ($\text{AM-GM}$)

$B+2C=\frac{b+2c}{b+2c}+\frac{c+2a}{c+2a}+\frac{a+2b}{a+2b}=3$

$C+2A=\frac{2a+c}{b+2c}+\frac{2b+a}{c+2a}+\frac{2c+b}{a+2b}\geq 3$ ($\text{AM-GM}$)

 

Vậy ta có $A+2B+4(C+2A)=9A+2B+4C\geq 15$, tức là $A\geq 1$. $\square$

b. Nhân cả 2 vế cho $x+y+z$ và chuyển vế, rút gọn thu được:

$\sum{\frac{1+y}{1+y+zx}.(1-x)}=0$

suy ra $x=y=z=1$. $\square$

 

Câu $1$.

a.

Xét $n=2m$ thì $2^{2m}-1=4^m-1\equiv 0$ (mod $3$), do đó cả hai không thể cùng nguyên tố.

Xét $n=2m+1$ thì $2^{2m+1}+1=2.4^m+1\equiv 0$ (mod $3$), do đó cả hai không thể cùng nguyên tố.

Vậy tóm lại thì với mọi $n>2$, cả hai phải là hợp số. $\square$

b.

Một số nguyên tố lớn hơn $30$ chỉ có thể có dạng $30s+t$, trong đó $s=1,7,11,13,17,19,23,29$. Từ đó suy ra đpcm. 

c. 

Ta có $n^2\equiv 1$ (mod $3$) với mọi $n$ nguyên tố, $n>3$. Do đó, nếu $p,q,r>3$ thì $3|p^2+q^2+r^2$, không thỏa.

Vậy $p=3,q=5,r=7$ hoặc $p=2,q=3,r=5$ (giả sử $p<q<r$). Tính toán trực tiếp cho thấy chỉ có trường hợp đầu thỏa.

 

Ôi cái đề... chọn đội tuyển???

P/s:

Dành cho THCS

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 24-12-2016 - 21:37