Đến nội dung

ThienDuc1101

ThienDuc1101

Đăng ký: 12-01-2022
Offline Đăng nhập: 18-05-2024 - 13:11
***--

#741261 $\frac{a}{\sqrt{b}-1} + \fr...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 30-08-2023 - 16:09

Áp dụng BĐT AM-GM, ta được $\frac{a}{\sqrt{b}-1}=\frac{2a}{\sqrt{4b}-2}\geq \frac{2a}{\frac{b+4}{2}-2}=\frac{4a}{b}$

Chứng minh tương tự, ta được $\frac{b}{\sqrt{c}-1}\geq \frac{4b}{c},\frac{c}{\sqrt{a}-1}\geq \frac{4c}{a}$

Do đó, ta dược $VT\geq 4(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 12$

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=4$




#740560 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho $3^{2n} + 3n^...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 14-07-2023 - 16:52

- Xét $n=1$ (loại)

- Xét $n=2$ (t/m)

- Xét $n\geq 3$

Ta có $3^{2n}+3n^2+7>(3^n)^2$

Ta chứng minh $(3^n+3)^2>3^{2n}+3n^2+7\Leftrightarrow 6.3^n+2>3n^2$

Ta chứng minh $6.3^n>3n^2\Leftrightarrow 2.3^n>n^2$

 +) Với $n=3$ (t/m),...

Giả sử mệnh đề đúng đến $n=k(k\in N,k>3)$, ta được $2.3^k>3k^2$

Ta chứng minh mệnh đề đúng với $n=k+1$

Thật vậy $2.3^{k+1}=2.3^k+2.3^k+2.3^k>k^2+2k+1=(k+1)^2$ (đpcm)

Kết hợp với $3^{2n}+3n^2+7$ là số chính phương, ta có các TH:

- Xét $3^{2n}+3n^2+7=(3^n+1)^2\Leftrightarrow 3n^2+6=2.3^n$ (loại do $n\geq 3$)

- Xét $3^{2n}+3n^2+7=(3^n+2)^2\Leftrightarrow 3n^2+3=4.3^n$ (loại do $n\geq 3$)

Vậy $n=2$




#740168 $\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}\geq...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 23-06-2023 - 16:59

gui lai hinh duoc khong anh,mo qua

Đề bài là: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng $\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}\geq a^3+b^3+c^3$

Mình chứng minh bài này luôn nhé.

Áp dụng BĐT AM-GM, ta được $\frac{a^5}{b^2}+ab^2\geq 2a^3$

Tương tự, ta được $\frac{b^5}{c^2}+bc^2\geq 2b^3,\frac{c^5}{a^2}+ca^2\geq 2c^3$

Cộng vế với vế, ta được $\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}+ab^2+bc^2+ca^2\geq 2(a^3+b^3+c^3)$

Ta chứng minh $a^3+b^3+c^3\geq ab^2+bc^2+ca^2$

Thật vậy, áp dụng BĐT AM-GM, ta được $a^3+b^3+b^3\geq 3ab^2$

Tương tự, ta được $b^3+2c^3\geq 3bc^2,c^3+2a^3\geq 3ca^2$

Cộng vế với vế, ta được (đpcm)

Dấu = xảy ra khi $a=b=c$




#739936 Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn $\sqrt{x}+\sqr...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 09-06-2023 - 21:49

Bài 3:

Ta có

$xy+5y-\sqrt{4y-1}=\frac{7x}{2}-\sqrt{x+1}\Rightarrow 2xy+10y-7x=2(\sqrt{4y-1}-\sqrt{x+1})$

Do $x,y$ là các số nguyên nên $\frac{2xy+10y-7x}{2}$ là số hữu tỉ, do đó $\sqrt{4y-1}-\sqrt{x+1}$ là số hữu tỉ.

Khi đó, ta xét các TH:

TH1: Nếu $\sqrt{4y-1}\neq \sqrt{x+1}$.

Ta chứng minh bổ đề 1: Nếu $\sqrt{a}$ là số hữu tỉ (với a nguyên) thì a là số chính phương.

Thật vậy, ta đặt $\sqrt{a}=\frac{p}{q}(p,q\in N,(p,q)=1)\Rightarrow a=\frac{p^2}{q^2}$ là số nguyên. Do đó $p^2\vdots q^2$, mà $(p,q)=1$ nên $q=1$, ta được a là số chính phương.

Ta chứng minh bổ đề 2: Nếu $\sqrt{c}-\sqrt{d}$ là số hữu tỉ (với c,d nguyên) thì c,d là các số chính phương.

Thật vậy, ta có $\sqrt{c}-\sqrt{d}=\frac{c-d}{\sqrt{c}+\sqrt{d}}$ là số hữu tỉ, do đó $\sqrt{c}+\sqrt{d}$ là số hữu tỉ

Khi đó $\sqrt{c}=\frac{\sqrt{c}-\sqrt{d}+\sqrt{c}+\sqrt{d}}{2}$ là số hữu tỉ, chứng minh tương tự bổ đề 1, ta được c là số chính phương, d cũng là số chính phương.

Đến đây, ta được $4y-1,x+1$ là các số chính phương. Vì $4y-1\equiv 3(mod4)$ nên TH này loại.

TH2: Nếu $\sqrt{4y-1}=\sqrt{x+1}$, khi đó ta được $2xy+10y-7x=0\Rightarrow 2y(x+5)-7(x+5)=-35\Rightarrow (2y-7)(x+5)=-35$

Đến đây, ta tìm được $(x,y)=(2,1)$ :D




#739597 Một số bài toán khó trong các đề thi thử vào lớp 10 THPT 2023 - 2024

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 27-05-2023 - 21:14

Em xin phép làm bài 3 ạ.

 

Bài toán 3: [Đề thi thử vào lớp 10 trường Ngô Sỹ Liên, Quận Hoàn Kiếm, 10/05/2023]
Cho x, y là các số thực dương và x + y ≤ 1.
a. Chứng minh rằng $\frac{x^{2} + y^{2}}{2} \ge \left( \frac{x+y}{2} \right)^{2}$.
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = $\left( 1+x+\frac{1}{x} \right)^{2}$ + $\left( 1+y+\frac{1}{y} \right)^{2}$.

 

a)$\frac{x^2+y^2}{2}\geq (\frac{x+y}{2})^2\Leftrightarrow 2(x^2+y^2)\geq (x+y)^2\Leftrightarrow (x-y)^2\geq 0$ (luôn đúng)

Dấu = xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

b)Áp dụng BĐT ở câu a, ta được

$P=(1+x+\frac{1}{x})^2+(1+y+\frac{1}{y})^2\geq \frac{(1+x+\frac{1}{x}+1+y+\frac{1}{y})^2}{2}\geq \frac{(2+x+y+\frac{4}{x+y})^2}{2}=\frac{(2+x+y+\frac{1}{x+y}+\frac{3}{x+y})^2}{2}\geq \frac{(2+2+3)^2}{2}=\frac{49}{2}$

Dấu = xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$




#738906 Tính $abc$

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 29-04-2023 - 15:39

Từ GT, ta được $a-b=\frac{2}{c}-\frac{2}{b}=2.\frac{b-c}{bc}$

Tương tự, ta được $b-c=2.\frac{c-a}{ca}$, $c-a=2.\frac{a-b}{ab}$

Do đó, ta được $(a-b)(b-c)(c-a)=\frac{8(a-b)(b-c)(c-a)}{(abc)^2}$

Do $a,b,c$ là các số phân biệt nên $(abc)^2=8\Rightarrow abc\in {2\sqrt{2},-2\sqrt{2}}$




#736947 $b=\frac{6a^{^{2}}}{a^{^{2}}+1};c=\frac{2b^{2}}{b^{2}+9};a=...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 28-01-2023 - 00:02

Đầu tiên, nhận xét: $a,b,c$ là các số thực dương.

Ta có:

$b=\frac{6a^2}{a^2+1} \leq \frac{6a^2}{2a} = 3a$.

$c=\frac{2b^2}{b^2+9} \leq \frac{2b^2}{6b} = \frac{b}{3}$.

$a=\frac{2c^2}{c^2+1} \leq \frac{2c^2}{2c} = c$.

Kết hợp ba bất đẳng thức trên, suy ra: $b \leq 3a \leq 3c \leq 3\frac{b}{3} = b$.

Vì dấu bằng xảy ra nên $\begin{cases} a=1 \\ b=3 \\ c=1 \end{cases}$(ĐK để đẳng thức xảy ra trong BĐT AM-GM)

Thử lại thấy thỏa mãn, nên thế vào ta có: $P=a+b+c=1+3+1=5$.

Còn TH $a=b=c=0$ nữa anh ơi.




#736434 $\sum \frac{1}{(3x+1)(y+z)+x}\leqslan...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 23-12-2022 - 23:46

Lúc vào phòng thi mk quên luôn cái BĐT phụ kia  :( thành ra mất luôn 3đ, tiếc ghê

ui tiếc vậy :( . Chiều qua mình cũng vừa thi xong, đề năm nay khoai quá.




#736432 $\sum \frac{1}{(3x+1)(y+z)+x}\leqslan...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 23-12-2022 - 23:24

LHS là gì vậy bn?

Nó là viết tắt của Left hand side, mình thấy hôm trước một vài người dùng nên bắt chước theo :icon6:




#736430 $\sum \frac{1}{(3x+1)(y+z)+x}\leqslan...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 23-12-2022 - 23:04

Ta có $\frac{1}{(3x+1)(y+z)+x}=\frac{1}{3y(z+x)+x+y+z}\leq \frac{1}{3y(x+z)+3}$ (theo BĐT AM - GM)

Tương tự, ta được $LHS\leq \frac{1}{3x(y+z)+3}+\frac{1}{3y(z+x)+3}+\frac{1}{3z(x+y)+3}=\frac{1}{3}.\sum_{}^{}[\frac{1}{\frac{1}{y}}+\frac{1}{\frac{1}{x}}+1]$

Đăt $a=\frac{1}{\sqrt[3]{x}},b=\frac{1}{\sqrt[3]{y}},z=\frac{1}{\sqrt[3]{z}}(a,b,c>0,abc=1)$

Thay vào, ta được $LHS\leq \frac{1}{3}\sum_{}^{}(\frac{1}{a^3+b^3+1})$

Áp dụng BĐT $a^3+b^3\geq ab(a+b)$, ta được $LHS\leq \frac{1}{3}\sum (\frac{1}{ab(a+b)+1})=\frac{1}{3}\sum (\frac{1}{ab(a+b)+abc})=\frac{1}{3}$ (đpcm).

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$




#736211 $2^{a!} + b^3 = 9^c + 3$

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 12-12-2022 - 21:48

- Xét $a=0$, thay vào, ta có $b^3-1$ là lũy thừa của 9. Đặt $b^3-1=9^n$ (n là số tự nhiên), khi đó, ta có $(b-1)(b^2+b+1)=9^n$. Mà $b^2+b+1\not\equiv 0(mod9)$ nên $b-1=9^n\Rightarrow b=9^n+1$

- Xét $a=1$, tương tự TH trên, ta có $b=9^n+1$

- Xét $a=2$, thay vào, ta có $b^3+1=9^k$ (k là số tự nhiên), khi đó, ta có $(b+1)(b^2-b+1)=9^k$. Mà $b^2-b+1\not\equiv 0(mod9)$ nên $b=9^k-1$

- Xét $a\geq 3\Rightarrow a!\vdots 6$. Khi đó, ta có $2^a!\equiv 1(mod9)$ nên $b^3-3\equiv -1(mod9)\Rightarrow b^3\equiv 2(mod9)$. Mà $b^3$ là số lập phương nên $b^3\equiv 0,1,8(mod9)$ (vô lí)

Vậy...




#736171 $1+\sum{\frac{1}{a}}+\sum...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 10-12-2022 - 18:36

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz, ta được $1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}\geq 1+\frac{9}{a+b+c}+\frac{9}{ab+bc+ca}+\frac{1}{abc}$

Mà $a+b+c\leq 6$, khi đó, ta có $ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=12,abc\leq \frac{(a+b+c)^3}{27}=8$

Thay vào, ta có $VT\geq 1+\frac{3}{2}+\frac{3}{4}+\frac{1}{8}=\frac{27}{8}$ (đpcm)

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=2$




#735643 CMR: $\frac{a}{b}+\frac{b}{...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 08-11-2022 - 23:58

Bài này mình nghĩ là như này sẽ đơn giản hơn:

 

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3$

 

$\frac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq \frac{9\sqrt[3]{abc}}{3\sqrt[3]{abc}}= 3$

 

=> Đpcm

Anh ơi, chỗ kia bị ngược dấu. Em xin được sửa lại như này ạ $\frac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\leq \frac{9\sqrt[3]{abc}}{3\sqrt[3]{abc}}$ 




#735529 Chứng minh rằng $m^2+r$ hoặc $p^2+r$ là số chính phương

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 30-10-2022 - 22:02

- Xét $m,p$ đều lẻ. Khi đó, ta có $mp+1\vdots 2\Rightarrow r=2$ (vô lí vì $m>2,p>2$)

- Xét $m=p=2$. Thay vào, ta có $r=5\Rightarrow m^2+r=n^2+r=9$ là số chính phương (thỏa mãn)

- Xét trong 2 số $m,p$ có 1 số chia hết cho 2. Khi đó, ta có $m=2$ hoặc $p=2$

+) Nếu $m=2\Rightarrow r=2p+1\Rightarrow p^2+r=(p+1)^2$ là số chính phương (thỏa mãn)

+) Nếu $p=2\Rightarrow r=2m+1\Rightarrow m^2+r=(m+1)^2$ là số chính phương (thỏa mãn).

Vậy ta có (đpcm).




#735527 Chứng minh rằng m là số chính phương

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 30-10-2022 - 21:13

Đặt $(m,n)=d$ (d là số nguyên dương). Khi đó, ta có $m=dx,n=dy(x,y=1)$ (x,y là cấc số nguyên dương)

Thay vào, ta có $d^2x^2+d^2y^2+dx\vdots d^2xy\Rightarrow dx^2+dy^2+x\vdots dxy$

Mà $dxy$ chia hết cho x, d nên $dx^2+dy^2+x$ chia hết cho x, d.

Mà $dx^2,dy^2,dxy\vdots d\Rightarrow x\vdots d(1)$ và $dx^2,x,dxy\vdots x,(x,y)=1\Rightarrow d\vdots x(2)$

Từ (1) và (2), ta có $x=d$. Khi đó, ta có $m=d^2$ là số chính phương (đpcm).