demonhunter000

căn bản bạn Đạt chep nhầm đè a_(n) chu không phải 2 a_(n) và đây là tổng quat của PEN L12  

Tìm tất cả các số nguyên dương $h,k,m,n$ với $h\geq 2$ và $(1+n^{k})^{h}=1+n^{m}$

Tìm $a,b,c,x,y,z\in Z$ sao cho $a.x^{2}+b.y^{2}+c.z^{2}=abc+2xyz-1$ ,$ab+bc+ca\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$ và $a,b,c>0$

Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau.Chứng tỏ rằng với mọi 3 số nguyên $u,v,w$ đôi một nguyên tố cùng nhau thỏa mãn $au+bv+cw=0$ thì tồn tại $m,n,p$ nguyên sao cho :
$a=nw-pv$
$b=pu-mw$
$c=mv-nu$

Cho $a_{1},a_{2}...,a_{n}>0$ ,$m\geq n-1$ với $n\geq 3$ và $a_{1}a_{2}...a_{n}\geq 1$. Chứng minh rằng :
$\sum a_i^m+\sum a_i^n+n(m+n-2)\geq\left (\sum \frac{1}{a_i}\right)\left(\sum a_i+m\right )$

Thôi khỏi cần bạn ấy tốn công anh ạ
ai muốn tham khảo thì vào đây
http://www.artofprob...118722&start=40

Lời giải của bạn còn thiếu trường hợp $0 < b < \frac{1}{e} < a$ hay tương đương với $0 < y < 1 < x$ Bổ đề của bạn chỉ giải quyết được khi $a > 1$ nên còn phần $a < 1$ vẫn chưa trọn vẹn

Plus thêm là bạn nên chau chuốt cho lời giải thêm 1 chút, còn nhiều chỗ sai mà nếu mình không có thời gian tính toán kiểm tra thì mình không hiểu bạn muốn nói gì...

Bổ sung: comment này viết truớc khi bạn sửa comment trên phần bổ đề. Mình sẽ kiểm lại khi có thời gian

Bổ sung 2: mình thấy bạn đã bỏ phần bổ đề đó trong lời giải. Thực tế thì bổ đề đó không đúng: $x, y$ là hàm theo $a, b$ theo thứ tự đó nên hoàn toàn liên tục và có thể lấy giá trị dương tuỳ ý. Bây giờ lấy $x = 2, y = \frac{1}{2}$ thì cặp số này phủ định bất đẳng thức phụ của bạn.

cái đó theo mình nhớ là open question trừ khi bạn đọc đc thj có thế chia sẻ

cái đó thì bạn nên hỏi VASCsile Cirtoaje
Đó là 1 open question

Chỉ sợ bạn Ngô Khánh Linh mang tiếng thôi! Bạn ý hình như cũng có ny rồi! =.="

Bạn doxuantung97 cứ GATO í nhỉ

bài 4: ta xét :tam giác ABC là tam giác không tù tương đương $ A,B,C \left [ 0,90 \right ] $
ta ln A ta có :$ln A=\sum ln(sin A+1)$
Xét hàm này và thấy hàm này là hàm lõm suy ra nó đạt cực tiểu ở biên (đg ko nhể)
vì vậy xét các TH khi $A,B,C \in \left \{ 0,90 \right \}$ ta đều thấy $ln A \geq ln4$ vì vậy $A\geq 4$ nhưng vì tam giác ABC nhọn nên không có dấu $=$
Vì vậy $A>4$

Cmr: 1 số hữu tỉ luôn có thể biểu diễn được dưới dạng tổng lập phương của 3 sô hữu tỉ

Đặt đb là (1):
thay $x$ bởi $x+y$ ta có :
$(x+y)f(x+y)-yf(y)=xf(x+2y)$ (2)
(1)-(2) suy ra $f(x)+f(x+2y)=2f(x+y)$
điều này tương đương với f(x)+f(y)=2$f(\frac{x+y}{2}) \forall x\in R$ (3)
đặt $f(0)=b$ suy ra $f(x)+b=2(\frac{x}{2})$
thay vào (3) suy ra $f(x)+f(y)=f(x+y)+b$
từ đây và (1) ta có $x(f(y)-b)=y(f(x)-b)$
điều này tương đương $\frac{x}{f(x)-b}=\frac{y}{f(y)-b}$
Suy ra $f(x)=ax+b$ với a,b=const

thg Tùng ..... .có dùng dồn biến thui mà:
Đặt $P(x,y,z)$ là giá trị cần tìm max ta cm
$P(x,y,z)\leq P(x+\frac{z}{2},y+\frac{z}{2},0)\leq P(\frac{n}{n+1},\frac{1}{n+1},0)$
Xâu hổ quá đó Tùng

Tìm $f:R->R$ t/m :
$f(f(x)+y)=f(f(x)-y)+4y.f(x)$

Cho $a,b,c\in N$.Cho dãy $(x_{n})_{n\geq 0}$ bởi :$ x_{0}=4$,$x_{1}=0$,$x_{2}=2c$,$x_{3}=3b$ và $x_{n+3}=a.x_{n-1}+b.x_{n}+c.x_{n+1}$ .Cmr: với mỗi $p\in P$ thì với số $m\in N$ bất kì nào thì số $x_{p^{m}}$ chia hết cho $p$