Đến nội dung

NhatTruong2405

NhatTruong2405

Đăng ký: 30-04-2015
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#570866 CMR : với mọi số nguyên dương khoảng $[S_{n};S_{n+1}...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 09-07-2015 - 22:50

Khoảng $[Sn,Sn+1)$ có ít nhất 1 số chính phương khi và chỉ khi khoảng $[\sqrt{S_{n}},\sqrt{S_{n+1}})$ có ít nhất 1 số nguyên dương,tức là $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_{n}}\geq 1$

Ta có: $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_{n}}\geq 1$

$\Leftrightarrow S_{n+1} \geq (\sqrt{S_{n}}+1)^{2}$

$\Leftrightarrow S_{n}+k_{n+1} \geq (\sqrt{S_{n}}+1)^{2}$

$\Leftrightarrow k_{n+1}\geq 2\sqrt{S_{n}}+1$

Theo đề bài: $k_{n+1}\geq k_{n}+2$ với mọi n thuộc N*

$\Rightarrow S_{n}\leq nk_{n+1}-n(n+1)$

Ta sẽ chứng minh $k_{n+1}\geq 2\sqrt{nk_{n+1}-n(n+1)}+1$

$\Leftrightarrow (k_{n+1})^{2}-2k{n+1}+1\geq 4nk_{n+1}-4n(n+1)$

$\Leftrightarrow (k{n+1}-2n-1)^{2}\geq 0$ đúng

Vậy ta có đpcm :D




#570250 $\frac{2^{n}+1}{n^{2}}$

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 06-07-2015 - 19:07

Lời giải mình tìm được cũng không dài lắm , post nhé  :icon6: :

Lời giải :

 

$\blacklozenge$ Với $n=1$,thỏa mãn. Xét $n>1$ $\Rightarrow n$ lẻ. Giả sử $p>3$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$. Khi đó $(n,p-1)=1$ $\Rightarrow (2n,p-1)=2$và theo giả thiết thì $p|2^n+1|2^{2n}-1$ . Theo Fermat nhỏ ta có $p|2^{p-1}-1$. Suy ra $p|2^{(2n,p-1)}-1$ , Tìm được $p=3$ . Đặt $n=3^{k}d$ (với $(d,3)=1 )

 

$\blacklozenge$ Ta có nhận xét sau : Nếu $2^{m}-1$ chia hết cho $3^{r}$ thì $m$ chia hết cho 3^{r-1}
Chứng minh : Ta có 2 là căn nguyên thủy của 3^{r} , khi đó $ord_{3^r}2=\varphi (3^r)=2.3^{r-1}$ . Khi đó $3^{r-1}|m

 

$\blacklozenge$ Áp dụng vào bài toán : ta có $3^{2k}|n^2|2^{2n}-1$ $\Rightarrow 2n\vdots 3^{2k-1}\Rightarrow 2.3^k.d \vdots 3^{2k-1}\Rightarrow k=1$

 

$\blacklozenge$ Giả sử $d>1$, $q$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $d$, khi đó $q>5$ và $(n,q-1)|3$

                           Ta có $q|2^{2n}-1$, $q|2^{q-1}-1$ suy ra $q|2^{(2n,q-1)}|2^6-1$. Do đó $q=7$ $\Rightarrow 7|n|2^n+1$ . Lại có $2^n+1\equiv 2,3,5(\mod 7)$ (mâu thuẫn) . Vậy $d=1,n=3$ thỏa mãn .

                          Đáp số : $n=1,3$ $\square$ 

Vì đề bài là n>1 nên chỉ nhận nghiệm n=3 thôi bạn :D Nhưng bạn làm được là quá hay :D




#570134 $\sum\sqrt{\frac{a^{2}}{a^...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 06-07-2015 - 00:41

À, mình nghĩ là như thế này (diễn đạt hơi tệ :D )
Xét một BĐT có 3 biến a,b,c có vai trò như nhau, bạn giữ nguyên a và thay b thành c, thay c thành b. Nếu BĐT mới giống với BĐT ban đầu thì nó là BĐT đối xứng, còn nếu thay đổi so với BĐT ban đầu thì nó là BĐT hoán vị


Vậy đây là một BĐT hoán vị rồi
Nếu mình nói như vậy là đúng là mình đã hiểu ý bạn rồi :D rất cảm ơn :D


#570132 $\sum\sqrt{\frac{a^{2}}{a^...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 06-07-2015 - 00:31

Trong tài liệu này có thấy bài này đâu bạn :(
Còn theo cách bạn thì mình sẽ đặt:
$\sqrt{x}=\frac{np}{m^2};\sqrt{y}=\frac{pm}{n^2};\sqrt{z}=\frac{mn}{p^2}$
Khi đó BĐT sẽ trở thành:$\sum \frac{m^4}{m^4+m^2np+n^2p^2}\geq \frac{(\sum m^2)^2}{\sum m^4+\sum m^2n^2+mnp\sum m}\geq 1$
(hiển nhiên )
BĐT được chứng minh

À bạn có thể phân biệt giùm mình thế nào là BĐT hoán vị,và BĐT đối xứng không :(.Mình tìm google không ra :( .Xin cảm ơn trước :D


#570131 $\sum\sqrt{\frac{a^{2}}{a^...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 06-07-2015 - 00:28

Trong tài liệu này có thấy bài này đâu bạn :(
Còn theo cách bạn thì mình sẽ đặt:
$\sqrt{x}=\frac{np}{m^2};\sqrt{y}=\frac{pm}{n^2};\sqrt{z}=\frac{mn}{p^2}$
Khi đó BĐT sẽ trở thành:$\sum \frac{m^4}{m^4+m^2np+n^2p^2}\geq \frac{(\sum m^2)^2}{\sum m^4+\sum m^2n^2+mnp\sum m}\geq 1$
(hiển nhiên )
BĐT được chứng minh

Hình như bài này có hai cách thì 2 bạn chứng minh được hết rồi :D


#570087 $\sum\sqrt{\frac{a^{2}}{a^...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 05-07-2015 - 20:55

Cho $a,b,c>0$
Chứng minh $\sum\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+7ab+b^{2}}} \geq 1$


#569970 $\sum \frac{x^{3}}{x^{3}+(x...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 04-07-2015 - 23:32

Đặt:$m=\frac{y}{x};n=\frac{z}{y};p=\frac{x}{z}$ và $mnp=1$

Khi đó BĐT trở thành:

$\sum \frac{1}{1+(1+m)^3}\geq \frac{1}{3}$ (1)

Đặt:$m=\frac{bc}{a^2};n=\frac{ca}{b^2};p=\frac{ab}{c^2}$

(1)<=>$\sum \frac{a^6}{a^6+(a^2+bc)^3}\geq \frac{1}{3}$

Lại có:$\sum \frac{a^6}{a^6+(a^2+bc)^3}\geq \frac{(\sum a^3)^2}{\sum (a^6+(a^2+bc)^2)}$

Cần chứng minh:$3(\sum a^3)^2\geq \sum (a^6+(a^2+bc)^3)$

$<=>\sum a^6+5\sum a^3b^3\geq 3abc\sum a^3+9a^2b^2c^2$

Áp dụng AM-GM thì:$\sum (a^6+2a^3b^3)\geq \sum 3a^4bc$

Và $3\sum a^3b^3\geq 9a^2b^2c^2$

Từ đó => ĐPCM

Khuc do la ban khai trien ra a :(




#569961 $\sum \frac{x^{3}}{x^{3}+(x...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 04-07-2015 - 22:39

Cho x,y,x>0

Chung minh rang $\sum \frac{x^{3}}{x^{3}+(x+y)^{3}}\geq \frac{1}{3}$




#569931 $\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 04-07-2015 - 20:14

Cho 3 so $a,b,c>0$ 

Chung minh rang $\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 1$




#569913 Chứng minh rằng $x^{3}+y^{3}\geq \frac...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 04-07-2015 - 17:39

Áp dụng BĐT $Holder$ ta có:

$(a^3+b^3)(b^3+c^3)(1+1) \geq (a^2+b^2)^3=1$

 

$\Rightarrow a^3+b^3 \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$

Cai nay la $a^{3}+b^{3}$ phai khong ban :-?




#569912 Chứng minh rằng $x^{3}+y^{3}\geq \frac...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 04-07-2015 - 17:35

Hoac ap dung BDT AM-GM:

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+x^{3}+\frac{1}{2\sqrt{2}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}x^{2}& \\ y^{3}+y^{3}+\frac{1}{2\sqrt{2}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}y^{2}& \end{matrix}\right.$ Cong lai ta co dpcm  :D




#569866 Tính $S=x+y$.

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 04-07-2015 - 13:33

 $(x+\sqrt{x^{2}+2007})(y+\sqrt{y^{2}+2007})=2007$
$\Leftrightarrow \frac{2007^{2}}{(\sqrt{x^{2}+2007}-x)(\sqrt{y^{2}+2007}-y)}=2007$
$\Leftrightarrow (\sqrt{x^{2}+2007}-x)(\sqrt{y^{2}+2007}-y)=2007$
Nên $\left\{\begin{matrix}(x-\sqrt{x^{2}+2007})(y-\sqrt{y^{2}+2007})=2007 & \\  (x+\sqrt{x^{2}+2007})(y+\sqrt{y^{2}+2007})=2007& \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow xy+(\sqrt{x^{2}+2007})(\sqrt{y^{2}+2007})=2007$
$\Leftrightarrow (\sqrt{x^{2}+2007})(\sqrt{y^{2}+2007})=2007-xy$
$\Leftrightarrow 2007(x^{2}+y^{2})=-4014xy$
$\Leftrightarrow (x+y)^{2}=0$ $\Leftrightarrow x+y=0$
Không biết đúng không nữa :(

  • 128 yêu thích


#569856 Tìm $(2k-1;9k+4)$ với $k\in \mathbb{N}^*...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 04-07-2015 - 12:40

mình chưa hiểu khúc này sao lại lấy $k=2$ vậy bạn

 

 

Từ $17\vdots d\Rightarrow \left[\begin{matrix}d=1 \\ d=17 \end{matrix}\right.$

Với $d=1$ luôn thỏa mãn.

Với $d=17$ xét $k=2$ kg thỏa nên loại!

Ở đây lấy $k=a$ bất kì làm sao để loại $d=17$ là được! Không nhất thiết phải $k=2$.

Bạn NMDuc98 nói đúng rồi đó bạn :D




#569756 Tìm $(2k-1;9k+4)$ với $k\in \mathbb{N}^*...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 03-07-2015 - 22:08

Gọi $d=(2k-1,9k+4)$ Nên $\left\{\begin{array}{l}2k-1 \vdots d \\9k+4 \vdots d \end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}18k-9 \vdots d \\18k+8 \vdots d \end{array}\right.$ Nên $(18k+8)-(18k-9) \vdots d$ $\Leftrightarrow 17\vdots d$ Mà khi $k=2$ thì $9k+4=22$ không chia hết cho 17 nên $d=1$

Có gì bạn góp ý cho mình thêm nhé :D




#569743 $\sqrt{8x+1}+\sqrt{46-10x}=-x^{3...

Gửi bởi NhatTruong2405 trong 03-07-2015 - 21:45

$\sqrt{8x+1}+\sqrt{46-10x}=-x^{3}+5x^{2}+4x+1$

ĐK:$\frac{-1}{8}\leq x\leq \frac{23}{5}$
Nhận thấy x=1 là nghiệm của pt
Pt $\leftrightarrow \sqrt{8x+1}-3+\sqrt{46-10x}-6=-x^{3}+5x^{2}+4x-8$
$\Leftrightarrow \frac{8x-8}{\sqrt{8x+1}+3}+\frac{10-10x}{\sqrt{46-10x}+6}+(x-1)(x^{2}-4x+8)=0$
$\Leftrightarrow (x-1)(\frac{8}{\sqrt{8x+1}+3}-\frac{10}{\sqrt{46-10x}+6}+x^{2}-4x+8)=0$
Do $\frac{-1}{8}\leq x\leq \frac{23}{5}$ Nên $\frac{8}{\sqrt{8x+1}+3}-\frac{10}{\sqrt{46-10x}+6}+x^{2}-4x+8)>0$
Vậy $x=1$ :D