thanhng2k7

Giúp em bài này với ạ.

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm GTNN của $P=\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2+6z}}+\frac{y+z}{\sqrt{y^2+z^2+6x}}+\frac{z+x}{\sqrt{z^2+x^2+6y}}$

Với $x+y+z=3$ thay vào P ta được :

 $P= \frac{3-z}{\sqrt{x^2+y^2+6(3-x-y)}}+\frac{3-x}{\sqrt{z^2+y^2+6(3-z-y)}}+\frac{3-y}{\sqrt{x^2+z^2+6(3-x-z)}}$

$\Rightarrow P = \sum_{x,y,z}{\frac{(z-3)^2}{(x-3)^2+(y-3)^2}}$

Đặt ẩn phụ như sau:

$(x-3)^2=a;(y-3)^2=b;(z-3)^2=c \Rightarrow a,b,c\geq 0$

$\Rightarrow P=\sum_{a,b,c}\sqrt{\frac{a}{b+c}}$

Sử dụng AM-GM dưới dạng mẫu :

$\sum_{a,b,c}\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sum_{a,b,c}\frac{2a}{2\sqrt{a(b+c)}}\geq \sum_{a,b,c}\frac{2a}{a+b+c}= 2$

Dấu "=" xảy ra khi $(x,y,z)=(3,0,0)$ và các hoán vị . 

Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên thì hai số $2032^n+8^n$ và $2032^n-8^n$ có số chữ số bằng nhau .

Cho $\Delta ABC$ không cân , nội tiếp (O) , B,C cố định , A thay đổi trên (O).Trên các tia AB,AC lần lượt lấy các điểm M,N để $MA=MC, NA=NB$ . $(AMN)$ cắt $(ABC)$ cắt nhau tại A và P . MN cắt BC tại Q.Gọi I là tâm của $(OBC)$ , I' đối xứng I qua MN.Chứng minh $AI'\perp BC$ . 

P/s: Nguyên mẫu bài này là VMO 2014 =))) 

Do $a+b+c$=1 nên $1-a=b+c$ ,  $1-b=a+c$ ,  $1-c=b+a$

Khi đó $\frac{a}{1-a}=\frac{a}{b+c}$ , $\frac{b}{1-b}=\frac{b}{a+c}$ , $\frac{c}{1-c}=\frac{c}{b+a}$

Đặt $b+c=x$ , $c+a=y$ , $a+b=z$

Suy ra $a+b+c=\frac{x+y+z}{2}$

Khi đó $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} = \frac{y+z-x}{2x}+\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}=\frac{1}{2}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z})-\frac{3}{2}\geq 1+1+1-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ 

Suy ra $\Delta ABC$ đều 

Biến đổi đẳng thức đã cho ta được $p(p+1)+q(q+1)=n(n+1)\Leftrightarrow p(p+1)=(n-q)(n+q+1)$

Giả sử tồn tại p,q nguyên tố và n nguyên dương thỏa mãn bài toán , khi đó từ đẳng thức trên ta suy ra $n-q \vdots p$ hoặc $n+q+1\vdots p$

Xét các trường hợp$n-q \vdots p$

+)Th1:$n-q \vdots p$ thì suy ra $n-q\geq p$ do đó $n+q+1>p+1$

Suy ra $p(p+1)< (n-q)(n+q+1)$ (mâu thuẫn )

+) Th2: $n+q+1\vdots p$ , khi đó tồn tại số tự nhiên k để $n+q+1=kp$ (k khác 0)

Do đó từ $p(p+1)=(n-p)(n+q+1)$ ta suy ra $p+1=k(n-q)$

Mà $(p+q)(p+q+1)=(p+1)p+q(q+1)+2pq\geq n(n+1)$

KMTTQ giả sử $p\geq q$

Do $n(n+1)> p(p+1)$ nên $n>p$

Từ  $n+q+1=kp$  ta được $kp>n>p$

nên $k>1$

Mặt khác $kp<(p+q)+q+1 \leq 3p+1 <4p $ 

Như vậy ta có $1<k<4$ và k là số tự nhiên nên ta được hoặc $k=2$ hoặc $k=3$

+) Với $k=2$ thì $n=2p-q-1$ và $p+1=2(n-q)$ nên suy ra $3(p-1)=4q$

Do đó q chia hết cho 3 , q nguyên tố nên $q=3$ suy ra $p=5$ và $n=6$

+) Với $k=3$ thì $n=3p-q-1$ và $p+1=3(n-q)$ suy ra $2(2p-1)=3q$

Do đó q chia hết cho 2 , q nguyên tố nên $q=2$ suy ra $p=2$ và $n=3$

(P/s: Đánh vội nên nếu có chỗ sai sót mong bạn thông cảm =)))) )

Ghê gì nhầm dấu =)))

=))))) 

À nhầm nãy tôi biến đổi ra $p=\frac{2q+1}{2-q}$. Chắc nhầm dấu =)))

=))))) cung ghe

Đoạn TH2 sao ra được $p=\frac{2q+1}{p+2}$ vậy =)))

$2q-2p=pq-1 \Leftrightarrow p(q+2)=2q+1\Leftrightarrow p=\frac{2q+1}{q+2}$ =)) 

Cho $p=q$ thì đề luôn có nghiệm $x=p=q$ mà ?

Để em sửa =))

thấy cx hợp lí mà ko có giá trị ko biết đúng không nữa =)))

Chắc là đúng thôi =))) 

Không mất tính tổng quát ta giả sử $p\leq q$

Ta có $p^2-pq+q^2=x^2 \Leftrightarrow (p-q)^2+pq=x^2\Leftrightarrow pq=(x-p+q)(x+p-q)$

+) $p=q$ thì $p=q=x$ (thỏa mãn )

+) $p<q$ thì $x-p+q > x+p-q$

Do p,q nguyên tố và $p<q$ nên ta có các trường hợp sau :

-TH1: $x-p+q = q , x+p-q=p$ (loại do từ đó suy ra $p=q$ )

-TH2:$x-p+q =pq$ và $x+p-q=1$

Khi đó suy ra $2q-2q=pq-1$

$\Leftrightarrow p=\frac{2q+1}{q+2}=2-\frac{3}{q+2}< 2$ ( p không là snt )

Vậy $p=q=x$ thì thỏa mãn đề bài 

Cho hàm số $f(x)=(5x+1)(3x+1)$ .CMR  với mọi $n\epsilon \mathbb{N}^{*}$ , luôn $\exists a\epsilon \mathbb{N}^{*}$ để $f(a)=n$

( gợi ý dùng Thặng dư Trung Hoa ) 

Câu 1 

Lấy D,E,F,I  lần lượt là trung điểm của HA,HB,HC,HM

Ta có : EF là đường trung bình của tam giác HBC 

Suy ra $\widehat{HFE}= \widehat{HCB }$ (1)

IF là đường trung bình của tam giác HCM nên $\widehat{HFI}=\widehat{HCM}$ (2)

Lấy (2) trừ (1) ta được $\widehat{BCM}=\widehat{EFI}$

Lại có DE là đường trung bình tam giác ABH nên $\widehat{EDH}=\widehat{BAH}$ (3) 

Mà DI là đường trung bình tam giác AHM nên $\widehat{HDI}=\widehat{HAM}$ (4)

Lấy (3) cộng (4) ta được $\widehat{EDI}=\widehat{BAM}$ 

Mà $\widehat{BAM}=\widehat{BCM}$ (cùng chắn cung BM )

 Nên $\widehat{EDI}=\widehat{EFI}$

Hay DEIF nội tiếp 

Do đó I thuộc đường tròn (DEF)

Kết hợp với đường tròn Euler đi qua trung điểm của HA,HB,HC với H là trực tâm ta được đpcm 

Ta có $2(m^{2}+n^{2})-1= (m+n)^{2}+(m-n)^{2}-1=(m+n-1)(m+n+1)+(m-n)^{2}$

Do $m+n-1$ là ước nguyên tố của $2(m^{2}+n^{2})-1$ nên

$m+n-1 | (m-n)^{2}$

$\Rightarrow m+n-1 | m-n$

+) Nếu $m-n \geq m+n-1$ thì $0\geq 2n-1\geq 1$ ( vô lí ) 

$\Rightarrow m+n-1 > m-n$

Mà $m+n-1 | m-n$

Nên $ m-n=0 $ ( $m+n-1 \geq 1 $ )

Hay $m=n$

+)  Nếu $p=q$ thì $p-1=q^{2}-1$ suy ra hoặc $p=q=0$ hoặc $p=q=1$ ( vô lí do p,q nguyên tố )

Suy ra $p\neq q$ , do p , q nguyên tố nên $p-1 \vdots q$ và $q^{2}-1 \vdots p$ 

$\Rightarrow \exists m,n \epsilon \mathbb{N}^{*}$ sao cho $p-1=mq$ và $q^{2}-1=np$

Thay vào đề bài ta đc $m=n$ 

Do đó  $p-1=mq$ và  $q^{2}-1=mp$

Thay $p=mq+1$ vào  $q^{2}-1=mp$ ta được $q^{2}-m^{2}q-m-1=0 $ (*)

Coi (*) là phương trình bậc 2 ẩn q , khi đó 

$\Delta =m^{4}+4m +4$ là số chính phương 

Có $m^{4}<\Delta <(m^{2}+2)^{2}$

Nên $\Delta =(m^{2}+1)^2$

$\Leftrightarrow m=1$

Suy ra $q=2 , p=3 $