neusolve

đây là "đề ra kì này" trên toán học tuổi trẻ <<chưa hết hạn>>. Thành viên sasuke4598 đã gian lận.

ta có $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}= 3$

$\Rightarrow VT\geq 2$

$ab+bc+ca\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}= 3$

$\Rightarrow \frac{ab+bc+ca}{3}\leq 1$

$abc\leq \left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{3}= 1$

$\Rightarrow VP\leq 2$

$\Rightarrow$DPCM

dau= xay ra <=>a=b=c=1

bài làm của bạn trên bị sai do $abc\leq \left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{3}= 1$ chỉ đúng với các số không âm. 

Ta có: \[ \sqrt[2+a]{(\sqrt{x})^2\cdot a!}< \frac{2\sqrt{x}+a^2}{2+a} < \frac{2\sqrt{a+1}+a^2}{2+a} \underbrace{<}_{a\in\mathbb{N}} \frac{(3a+2)+a^2}{2+a} = a+1 \le x+1 \]

Chứng minh rằng nếu $k=a^n-b^n$ chia hết cho $n$ với $a,b,k,n$ là các số nguyên thì $k$ chia hết cho $(a-b)n$.

Gọi $q$ là một ước nguyên tố bất kì của $a-b$. Ta chia làm hai trường hợp:

• Nếu $a\equiv b\equiv 0\pmod q$ thì gọi $a=q^u, b=q^v$ với $u\ge v$, nên $n|k=q^{vn}(q^{un-vn}-1)$. Nhận thấy nếu $n$ là một lũy thừa của $q$ thì do $v_q(a-b)=v$, $v_q(k)=vn$, nên $v_q(k)=vn=v+v(n-1)\ge v_q(a-b)+v_q(n)$ (do $v_q(n)\le n-1$ và nghiệm của $\log_x(n) \ge n-1$  chỉ có nghiệm $1$ hoặc $2$ thì loại do $2^{n-1}\ge n, \forall n\in\mathbb{Z^+}$. Nếu $n$ không chỉ có ước nguyên tố là $q$ mà còn có ước $q\nmid t$ và $t|q^{un-vn}-1$, khi đó hiển nhiên tổng số mũ của $q$ trong $a-b$ và $n$ đều nhỏ hơn số mũ của $q$ trong $k$. Nếu $t|\frac{(q^{u-v})^n-1}{q^{u-v}-1}=\alpha$ thì hiển nhiên có điều phải chứng minh. Giờ ta chỉ xét $t|q^{u-v}-1$ từ đây suy ra $ \Rightarrow q^{u-v}\equiv 1\pmod p$, nên $t$ cũng thuộc ước của $\alpha$ (khai triển theo $a^n-b^n$ rồi cộng lại suy ra $\alpha\equiv n\equiv 0\pmod t$).
• Nếu $p\nmid a,b$ thì nhận thấy $v_q(a^n-b^n)=v_q(a-b)+v_q(n)$. Nếu $n$ cũng chứa thừa số nguyên tố giống $a-b$ thì thỏa mãn, còn nếu không giống thì có điều phải chứng minh do $k$ chia hết cho $n$.

Cho các số thực $a_i, i=\overline{1,5}$ và $|a_i-a_j|\ge 1, \forall i\ne j$. Biết rằng tồn tại $k\in\mathbb{R}$ sao cho:

\[ \begin{cases} a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=2k \\ a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2=2k^2 \end{cases} \]

Chứng minh rằng : \[ k\ge \dfrac{5\sqrt{3}}{3} \] 

$\text{Cho} x<y<z<6 \text{. Giải hệ bất phương trình trên tập số thực:}$ \[ \begin{array}{cc} \dfrac{1}{y-x}+\dfrac{1}{z-y}\le 2\\ \dfrac{1}{6-z}+2\le x\\ \end{array} \]

Bài 2: Nhận thấy $\underbrace{2^{m-1}(x^p+y^p)=(x+y)^m}_{\Box}\ge (x+y)^p\implies m\ge p$. (theo bất đẳng thức Holder cho bộ $m$ số thực dương) Nếu ngược lại tức $m\ne p\implies m>p$. Gọi $q$ là một ước nguyên tố lẻ bất kì của $x+y$. Từ đây nếu $x=q^u, y=q^v, u\ge v$ thì $v_q(VT(\Box ))= vp<vm = v_q(VP(\Box))$, nên không thể có nghiệm. Vậy nên $x, y\not\equiv 0\pmod q$. Đặt $v_q(x+y)=a$ thì $v_q(x^p+y^p)=v_q(x+y)+v_q(p)\le a+1\implies ma\le a+1\implies  (m-1)a\le 1\implies a=1, m=2$. Nhận thấy nếu $p\ge 2$ thì $2(x^p+y^p)\ge 2(x^2+y^2)\ge (x+y)^2$, nên $p=m=2$. Mâu thuẫn với giả thiết $p<m$. Vậy nên $\boxed{p=m}$.

Tặng mọi người cuốn sách của nhà sư phạm học, nhà toán học G.Polya (412 trang.djvu). Enjoy !!!

neusolve

Cho hai đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ nằm trong và tiếp xúc với $(C_0)$ tại $M,N$. Gỉa sử $(C_1)$ đi qua tâm của $(C_2)$. Đường nối hai điểm chung của $(C_1)$ và $(C_2)$ cắt $(C_0)$ tại $A, B$. Các đường thẳng $MA, MB$ cắt $(C_1)$ tại $E$, $F$. Chứng minh rằng $EF$ tiếp xúc với $(C_2)$.

Tặng diễn đàn cuốn (453 trang.djvu) 

neusolve