hoicmvsao

Ban đầu các ô đều gán bằng 1. sau các lỗ hổng được gán bằng 0. kiểm tra 1 hv có lỗ hổng hay không bằng cách kiểm tra tổng các ô có bằng diện tích của nó hay không. khi xét tử 1 ô thì ta sẽ xét theo đường chéo. loang đến diện tích lờn nhất. sau đó tính Cvi theo diện tích là được

Cau 5

Gia su 21 phan tu do la

 $a_{1}< a_{2}< a_{3}< ...< a_{21}$

Ta co   $a_{i+x}\geq a_{i}+x$

Theo đề ra, xét tổng:

$a_{12}+a_{13}+...+a_{21}< a_{1}+a_{2}+...+a_{11}$

$\Rightarrow a_{1}> (a_{12}-a_{2})+(a_{13}-a_{3})+...+(a_{21}-a_{11})> 10+10+10+...+10=100$

Va $a_{21}< a_{1}+a_{2}+(a_{3}-a_{12})+(a_{4}+a_{13})+...+(a_{11}-a_{20})<101+102+(-9)+(-9)+...+(-9)=122$

$\Rightarrow A\subset B=\left \{ 1,2,3,...,21 \right \}$ co 21 phan tu

Mà A có 21 phần tử nên A=B

Tìm ba chữ số đầu tiên bên trái của $A=1+2^{2}+3^{3}+...+1000^{1000}$ khi viết trong hệ thập phân

ta thấy $1+2^{2}+3^{3}+..+999^{999} < 1000^{999}$

$\rightarrow 1000^{1000}< A < 1000^{999}1001$

=> A=1000.............

Theo BĐT Côsi

$a^{2}+a+1+1\geq 4\sqrt[4]{a^{3}}$

$(b+1)^{2}\geq 4b$

$c^{2}+c+c+c\geq 4\sqrt[4]{c^{5}}$

Nhân các BĐT trên lại => đpcm

Từ GT =>$P= a^{2}+b^{2}+c^{2}+2a+4b+6c\leq 1996$

Lấy P+2A $= (a+b+c)^{2} + 2(a+b+c) \geq -1$

=> $A\geq \frac{-1-p}{2}\geq \frac{-1-1996}{2}= \frac{-1997}{2}$$A\geq \frac{-1-p}{2}\geq \frac{-1-1996}{2}= \frac{-1997}{2}$

$k^{2015}!=k!(k+1)(k+2)..(k^{2015}-1)k^{2015}\vdots k!(k^{2015}-1) \Rightarrow k^{2015} \vdots k!(1+k+k^{2}+..k^{2014})$

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác .CMR

$\sum a^2(\frac{b}{c}-1)\geq 0$

$BĐT \Leftrightarrow \sum a^{3}b^{2}\geq \sum a^{3}bc$ 

$Đúng theo BĐT hoán vị khi gsu a\geq b\geq c hoặc \Leftrightarrow \sum a^{3}b\left ( b-c \right )\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum a^{3}\left ( b^{2}-bc \right )\geqslant 0 Áp dụng BĐT Chebysev và Cosi\Rightarrow đpcm$

Cho x, y, z là ba cạnh của 1 tam giác. Chứng minh $(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+\frac{3(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}\geq 9$

Giả sử $a\geq b\geq c$ $\Rightarrow \left ( a-b \right )\left ( b-c \right )\left ( c-a \right )\leqslant 0\Rightarrow Can CM \left ( a+b+c \right )\sum \frac{1}{a}\geqslant 9 theo BĐT bunhiacopski$

Chứng minh BĐT sau với $a,b,c$ là các số dương:

$a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3\geq abc(a^3+b^3+c^3)$

Đặt a=1/x, y=1/ y,c=1/z thi bất đẳng thức trở thành$xyz\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )\geq x^{3}y^{3} + y^{3}z^{3} + z^{3}x^{3}$ vì thế nên BĐT sai

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+a^{3}c^{3}\geq 3\sqrt[3]{(abc)^{6}}=3(abc)^{2}(*)$

Lại có $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3abc\Leftrightarrow abc(a^{3}+b^{3}+c^{3})$(*)(**)$\Rightarrow a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+a^{3}c^{3}-abc(a^{3}+b^{3}+c^{3})$\Rightarrow a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+a^{3}c^{3}\geq abc(a^{3}+b^{3}+c^{3})(đpcm)$\geq 0$

Chỗ ** bị ngược dấu