yagami wolf

 Cho tam giác ABC cân tại A ( góc A < 60 độ ) . Điểm D thuộc AC sao cho góc BAC bằng với góc DBC . Kẻ trung trực của BD cắt đường thẳng qua A song song với BC tại E . Chứng minh EB song song AC

trước hết ta có bổ đề quen thuộc sau :

$ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4$ (cái này khỏi cm nhá , quá quen thuộc rồi)

do đó ta cần cm: $\sum a^2+abc\geq 4$

giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Rightarrow \sum a^2+abc\geq a^2+b^2+c(c+a+b)-c\geq 2ab+2c\geq 2(a+b+c)-2=4$

ok

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

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

bất dễ vc ( vô cùng ) :

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

Đây là câu bất trong đề tuyển sinh lớp 10 chuyên QB 2016 2017

$GT\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a}=3$

$\sum \frac{1}{\sqrt{a^3+b}}\leq \sum \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt[4]{a^3b}}\leq \sum \frac{1}{4\sqrt{2}}(\frac{3}{a}+\frac{1}{b})=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sum \frac{1}{a})=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Áp dụng công thức:

$\sum_{i=0}^{n-1}\left ( -1 \right )^{i}C_{n}^{i}\left ( n-i \right )^{k}$

với $k=20; n=3$ ta có:

$C_{3}^{0}.\left ( 3-0 \right )^{20}-C_{3}^{1}.\left ( 3-1 \right )^{20}+C_{3}^{2}.\left ( 3-2 \right )^{20}=3^{20}-3.2^{20}+3=3483638676 \text{ cách}$

sao lại có CT này

sau khi áp dụng CauChy Swarz thì ta cần cm: 

 $8\prod (a+b)\geq (a+b+c+\sqrt[3]{abc})^3$

Mặt khác : $8\prod (a+b)\geq \frac{64}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)$

Do đó cần CM $\frac{4}{\sqrt[3]{9}}\sqrt[3]{(\sum a)(\sum ab)}\geq a+b+c+\sqrt[3]{abc}$

Bất đẳng thức trên thuần nhất . ta chuẩn hóa $\sum a= 3$

$\frac{4}{\sqrt[3]{9}}\sqrt[3]{(\sum a)(\sum ab)}\geq \frac{4}{\sqrt[3]{9}}\sqrt[3]{3.3\sqrt[3]{(abc)^2}}=4\sqrt[9]{(abc)^2}$$

Đặt $\sqrt[9]{abc}=x$ 

đến đây làm tiếp đi

$\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}+\frac{4}{z^2}}\geq \sum \frac{x+\frac{4}{y}+\frac{16}{z}}{9}=\frac{\sum x+20(\sum \frac{1}{x})}{9}\geq \frac{\sum x+\frac{180}{\sum x}}{9}=\frac{\sum x+\frac{\frac{9}{4}}{x+y+z}+\frac{711}{x+y+z}}{9}\geq \frac{3+\frac{711}{\frac{3}{2}}}{9}=53$

PS: bài này trâu vãi

3.

Theo Cauchy schwarz........................ Ta có :

$\sum \frac{a}{a^2-bc+1}=\sum \frac{a^2}{a^3-abc+a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a^3-3abc+\sum a}$

 Cần CM: 

$\frac{(a+b+c)^2}{\sum a^3-3abc+\sum a}\geq \frac{1}{a+b+c}\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq \sum a^3-3abc+\sum a\Leftrightarrow 3(a+b)(b+c)(c+a)+3abc-(a+b+c)\geq 0$ (đúng vì giả thiết)

4.$a^2-ab+b^2\leq (a-b)^2+\frac{(a+b)^2}{4}\leq \frac{(a+b)^2}{4}\Rightarrow \prod (a^2-ab+b^2)\leq \frac{\left [ (a+b)(b+c)(c+a) \right ]^2}{64}\leq 12$ (am-gm)

Từ đề bài ta có tồn tại dãy số nguyên không âm $(x_n)_{n\ge 1}$ sao cho $a.2^n+b=x_n^2 \Rightarrow x_n=\sqrt{a.2^n+b}$ 
Khi đó ta có $2x_n-x_{n+2}=\frac{3b}{\sqrt{a.2^{n+2}+b}+\sqrt{a.2^{n+2}+b}}$ 
Suy ra $lim_{n \rightarrow +\infty}(2x_n-x_{n+2})=0$ mà dãy $\{2x_n-x_{n+2}\}$ nguyên nên tồn tại $k_0 \in \mathbb{N^*}$ để mà 
$2x_n-x_{n+2}=0,\forall n \ge k_0$ hay $2x_n=x_{n+2},\forall n \ge k_0$ 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{a.2^n+b}=\sqrt{a.2^{n+2}+b},\forall n \ge k_0 \Leftrightarrow b=0$ 
Do đó $a.2^n$ là số chính phương với mọi số nguyên không âm $n$. Hiển nhiên ta phải có $a=0$ (đpcm)

giải cách số đi

Bài 4: 

theo dirichlet trong 19 số tự nhiên thì tồn tại 10 số có cùng số dư khi chia cho 2 

trong 10 số này thì tồn tại 4 số có cùng số dư khi chia cho 3 

trong 4 số đó chọn ra 2 số là x và y 

Ta có $x^2-y^2\vdots 4$

           $x^2-y^2\vdots 9$

Mà $(4;9)=1$

suy ra đpcm