Đến nội dung

vmf999

vmf999

Đăng ký: 24-05-2018
Offline Đăng nhập: 08-08-2019 - 01:53
****-

#722818 BĐT

Gửi bởi vmf999 trong 07-06-2019 - 00:24

$[\sum (1+\frac{1}{a})^{4}](1+1+1)(1+1+1)(1+1+1)\geq (3+\sum \frac{1}{a})^{4}$ (Holder)
BDT <=> $(3+\sum \frac{1}{a})^{4} \geq 3^{4}(1+\frac{3}{2+abc})^{4}$
<=> $3+\sum \frac{1}{a}\geq 3(1+\frac{3}{2+abc})$ (do vt vp ko âm)
<=> $\frac{ab+bc+ac}{abc} \geq \frac{9}{2+abc}$
<=>$2\sum ab + \sum a^{2}b^{2}c \geq 9abc$
Hiển nhiên do ab+bc+$a^{2}c^{2}b \geq 3abc$ (AM-GM 3 số ) 
Thiết lập các bdt tương tự 




#722282 Tìm x,y nguyên

Gửi bởi vmf999 trong 16-05-2019 - 00:19

Kmttq g/s x,y > 0 

$\frac{x^{2}+1}{y^{2}}+4 = k^{2}$ ( g/s k>0)
$<=> x^{2}+1+4y^{2}=k^{2}y^{2}$ => k>2 nếu k<2 => VT>VP
$<=> y^{2}k^{2}-(x+2y)^{2}=1-4xy => y^{2}k^2 - (x+2y)^{2} < 0$ (1-4xy <0) 
$<=> (yk-x-2y)(yk+x+2y) < 0 $
<=>yk-x-2y < 0 
=> x> y(k-2) 
tương tự x<y(k+2) 
TH1 :  x = y.(k-2) + m (m<=y)
$k^{2} = \frac{x^{2}+1}{y^{2}}+ 4 = k^{2} - 4k + 4 + \frac{m^{2}+2my(k-2)+1}{y^{2}} + 4$
$<=> 4k = 8 + \frac{m^{2}+ 2my(k-2)+1}{y{2}}$ <=  8+1+ 2(k-2) + $\frac{1}{y^{2}}$
$4k \leq 9 + 2k - 4 + \frac{1}{y^{2}}$
$<=> 2k \leq 5+\frac{1}{y^{2}} \leq 5+1 = 6$
=> k <= 3 mà k > 2 
=> k=3 => x=2,-2 ; y=1,-1 
các TH còn lại biến đổi ra vô nghiệm thì phải 


 




#720396 $5^p+p^3$

Gửi bởi vmf999 trong 21-02-2019 - 23:42

chẵn thì sao ? 4 có phải scp ko ?

em nghĩ với p lẻ thì  $5^{p} \equiv 1 (mod4) , p^3 \equiv 1 (mod4) => 5^{p} + p^{3} \equiv 2 (mod 4) (vô lý với số chính phương chẵn )$




#718744 ab+bc+ca<=3abc

Gửi bởi vmf999 trong 27-12-2018 - 23:31

không biết đúng không @@ bạn xem đỡ : ab+bc+ac $\leq$ 3abc 

<=> $\sum \frac{1}{a} \leq$ 3 

=> a+b+c $\geq$ 3  

$\sum \frac{a^{4}b}{2a+b}= \sum \frac{a^3}{\frac{2}{b}+\frac{1}{a}}=\sum \frac{\frac{a^{4}}{a}}{\frac{2}{b}+\frac{1}{a}}\geq \frac{(\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{a}})^{2}}{3(\sum \frac{1}{a})}\geq \frac{(\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{a}})^{2}}{9} \geq \frac{(\frac{(a+b+c)^{2}}{\sum \sqrt{a}})^{2}}{9} = \frac{(a+b+c)^{4}}{9(\sum \sqrt{a})^{2}}$

Ta lại có : $(\sum \sqrt{a})^{2} \leq 3(a+b+c)$

Cần chứng minh :  $\frac{(a+b+c)^{4}}{9(\sum \sqrt{a})^{2}}$ $\geq$ 1 

<=>  $\frac{(a+b+c)^{4}}{27(a+b+c)} \geq$ 1 

<=> $(a+b+c)^{4} \geq$ 27(a+b+c)

<=> (a+b+c)^3 $\geq$ 27 ( hiển nhiên do a+b+c $\geq$ 3 ) .

Mấy bạn xem lại giúp mình với 




#718692 HOMC 2017

Gửi bởi vmf999 trong 25-12-2018 - 23:14

gọi các số trên bảng là x1 , x2 , x3 ,x4 ,x5 ,...., x2017

Ta xét dãy : (7.x1 +1)(7.x2+1)...(7.x2017 + 1 )

Khi ta xóa đi hai số bất kì trên bảng thì tích trên mất đi hai số hạng là (7x+1)(7y+1) và thay vào số mới là 7(x+y+7xy) +1 =(7x+1)(7y+1)

Do đó nếu xóa đi hai số bất kì thì tích trên luôn không đổi và (7.x1 +1)(7.x2+1)...(7.x2017 + 1 )=0(do 7.$\frac{-144}{1008}+1 = -1+1 = 0$)

Do đó sau 2016 bước thực hiện thì tích trên bảng vẫn bằng 0 và số còn lại (7h+1) phải thỏa tính chất trên tức là : 

7h+1=0 

=> h=$\frac{-144}{1008}$

Vậy số còn lại là $\frac{-144}{1008}$




#718635 Bài toán liên quan đếnlũy thừa các số nguyên tố.

Gửi bởi vmf999 trong 23-12-2018 - 16:07

không biết mình làm đúng không @@ : 

Xét q=2 ( bạn tự xét) 

Xét q>2 : 

$2^{n}$.$p^{2}$ + 1 = $q^{5}$

 <=> $2^{n}$.$p^{2}$ =  $q^{5}$-1

<=>$2^{n}$.$p^{2}$ = (q-1)($q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$)

Do q>2 và q nguyên tố nên q lẻ 

=> ($q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$) không chia hết cho 2 

=> q-1 $\vdots$ $2^{n}$

=> q-1 $\geq$ $2^{n}$ 

Gỉa sử q-1 > $2^{n}$ 

=> q-1=$2^{n}$.k 

nếu k=p 

=> q-1=$2^{n}$.p

=>$q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$=p 

=>  q-1 $\geq$ $q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$ ( vô lí bạn có thể tự chứng minh ) 

nếu k khác p 

=> $p^{2}$ $\vdots$ k ( vô lí do p nguyên tố )

Vậy q-1 = $2^{n}$ 

Khi đó $q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$ = $p^{2}$ 

Để giải phương trình này bạn tham khảo ở đây https://diendantoanh...nh-y2-1xx2x3x4/




#718619 Số học

Gửi bởi vmf999 trong 22-12-2018 - 23:58

cách này mình nghĩ là ko đúng, nhiều giá trị quá. Nếu nó cho z nguyên thì chịu chết

mình thấy cách ấy đúng mà nhỉ với lại đề này z có một mình như thế . Như bạn nói nếu  cho z nguyên thì cũng giới hạn lại được : 

$x^{2} + y^{2} -4x-2x-7z-2$=0 

=> 7z+7 = $(x-2)^{2}$ + $(y-1)^{2}$

=> 7z+7 $\geq$ 0

=> z+1 $\geq$ 0

=> z $\geq$ -1

rồi xét z từ -1 đến 6 thôi




#718575 Số học

Gửi bởi vmf999 trong 21-12-2018 - 14:40

câu 2 cho z<= 6 rồi thì thay z từ 1->6 vào giải bình thường 




#718572 bất đẳng thức

Gửi bởi vmf999 trong 21-12-2018 - 10:12

$\lceil\,\,3\,\,\rfloor$ Viết lại bất đẳng thức dưới dạng thuần nhất :

$\frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}$

Nếu viết lại bất đẳng thức trên theo kiểu $\mathit{3}\,\mathit{u}= \mathit{a}+ \mathit{b}+ \mathit{c},\,\mathit{3}\,\mathit{v}^{\,\mathit{2}}= \mathit{ab}+ \mathit{bc}+ \mathit{ca},\,\mathit{w}^{\,\mathit{3}}= abc$ , hiển nhiên trong chứng minh uvw thì thường dùng nhiều $\mathit{u}> \mathit{v}> \mathit{w}$ , do đó hệ số của $\mathit{abc}$ luôn âm , bài toán này bị ngược dấu !

Spoiler

Do bất đẳng thức thuần nhất nên không mất tính tổng quát , giả sử $\mathit{b}= \mathit{c}= 1$ . Khi đó :

$- \left ( \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}} \right )+ \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}= \frac{\mathit{2}\left ( \mathit{a}- \mathit{1} \right )^{\,\mathit{2}}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{1} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \mathit{0}$

Spoiler

anh cho e xin ít tài liệu về uvw được không ạ @@ e chưa hiểu phương pháp này lắm 




#718521 $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} +\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} +...

Gửi bởi vmf999 trong 19-12-2018 - 12:09

bài 1 : $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} + \frac{c^{2}}{c(a+b+c)} \geq \frac{(a+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac}$

$\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{a^{2}}{a(a+b+c)} \geq \frac{(a+b)^2}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac}$

$\frac{c^{2}}{c^{2}+ac+a^{2}} + \frac{b^2}{b(a+b+c)} \geq \frac{(b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac}$

Cộng 3 vế ta có : 

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

<=> $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} + \frac{c^{2}}{c(a+b+c)} + \frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{a^{2}}{a(a+b+c)} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ac+a^{2}} + \frac{b^2}{b(a+b+c)}$ $\geq$ 2 . 

Mà :  $\frac{c^{2}}{c(a+b+c)} +  \frac{a^{2}}{a(a+b+c)} +  \frac{b^2}{b(a+b+c)}$ = $\frac{c}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1$

<=>  $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} +\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ac+a^{2}} +  \frac{c^{2}}{c(a+b+c)} + \frac{a^{2}}{a(a+b+c)} + \frac{b^2}{b(a+b+c)}$  $\geq$ 2 

<=> $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} +\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ac+a^{2}} $ + 1 $\geq$ 2 

<=>  $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} +\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ac+a^{2}} $ $\geq$1

Cách này mình không nhớ nguồn ở đâu nhưng xin phép tác giả cho mình post lại cảm ơn ạ . 




#718519 $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} +\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} +...

Gửi bởi vmf999 trong 19-12-2018 - 11:49

bài 2 thay 1=$a^{2} + b^{2} + c^{2}$ rồi schwarz ngược lại là ra thì phải 




#718322 Bất đẳng thức

Gửi bởi vmf999 trong 10-12-2018 - 23:07

bài 2 bạn xem lại đề với có vẻ bất đẳng thức sai 




#718262 Tìm giá trị lớn nhất của $\frac{1}{1-xy}+\...

Gửi bởi vmf999 trong 08-12-2018 - 23:45

Bài 8 trong phần Cauchy-Schwarz của sách những viên kim cương trong bất đẳng thức 




#718132 Chứng minh chia hết

Gửi bởi vmf999 trong 03-12-2018 - 22:39

$f(x)=ax^{n}+bx^{n-1}+.....+zx$

$f(5)=a5^n + b5^{n-1}+.... + 5z \vdots 7$ (1)

$f(7)=a7^n + b7^{n-1}+.....+7z\vdots 5$(2)

$f(12)=a12^{n}+b12^{n-1}+...+12z$

         =$a(7+5)^{n}+b(7+5)^{n-1}+.... + 5z+7z$

         =$a(5^{n}+7M) + b(5^{n-1}+7N)+.... + 5z+7z$

         =$(a5^{n}+b5^{n-1} + .... + 5z) + (a7M+b7N+....+7z)$

Mà (1) => f(12) $\vdots 7$ (3)

Chứng minh tương tự f(12)$\vdots 5$(4)

Mà (5,7)=1 (5)

Từ (3)(4)(5) suy ra f(12) $\vdots 35$




#718099 Chứng minh số nguyên tố

Gửi bởi vmf999 trong 03-12-2018 - 12:20

Mấy bài khác bạn còn cần không để tối nay mình gõ cho