Đến nội dung


Chú ý

Nếu không nhận được email từ diễn đàn, bạn hãy kiểm tra thùng rác hoặc thư mục spam của hộp thư, hoặc dùng chức năng tìm kiếm trong hộp thư với từ khoá "diendantoanhoc.org".


ThienDuc1101

Đăng ký: 12-01-2022
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 23:57
*****

#735222 Cho các số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn $\frac{a+1...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 03-10-2022 - 22:47

Anh có thể giải thích cho em tại sao lại có $\Rightarrow x+y\vdots d$  và tại sao lại cần C/m $\Rightarrow d\leq x+y$ ạ ?  :D

Chỗ này anh thay $x=\frac{a}{d},y=\frac{b}{d}$. Khi đó, ta có $d\leq \frac{a}{d}+\frac{b}{d}\Rightarrow d^2\leq a+b$. Đến đây, ta được (đpcm).




#735221 $(n^3+11n)\vdots 6$

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 03-10-2022 - 22:41

- Xét $n=1$, thay vào ta được $VT=12\vdots 6$ (thỏa mãn)

- Xét $n=2$, thay vào ta được $VT=30\vdots 6$ (thỏa mãn)

Giả sử mệnh đề đúng đến $n=k$ (k là số nguyên dương). Khi đó, ta có $k^3+11k\vdots 6$

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

Thật vậy, ta có $(n+1)^3+11(n+1)=n^3+11n+3n(n+1)+12$ (đúng vì $3n(n+1)\vdots 3.2,n^3+11n\vdots 6,12\vdots 6$)

Từ đó, ta được (đpcm).




#735211 Tổng hợp các bài BĐT

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 03-10-2022 - 21:10

 

3+2(\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z})\geq 6$

 

Anh ơi đoạn này em chứng minh dùng bđt Cauchy-Swcharz thì nó không ra ạ:

$(\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z})\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+xz)}\geq \frac{1}{(x+y+z)^2}=1$

 

Chỗ này em nghĩ nếu dùng Cauchy - Schwarz thì nó sẽ không chặt. Thay vào đó dùng BĐT Nesbit sẽ nhanh và chính xác hơn anh ạ.




#735197 CMR: Với mọi số nguyên dương $n$ thì $3^{5^n}+5^...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 02-10-2022 - 23:52

Em cũng không chắc nữa, chắc biểu thức cần chứng minh là $3^{5^n}+5^{3^n}$

Ta thấy $3^n,5^n$ là các số lẻ. Do đó, ta đặt $5^n=2k+1,3^n=2p+1$ (k,q là các số nguyên dương)

Khi đó, ta có $VT=3^{2k+1}+5^{2q+1}=9^k.3+25^q.5\equiv 1.3+1.5\equiv 0(mod8)$

Đến đây, ta được (đpcm).




#735129 Tổng hợp các bài BĐT

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 27-09-2022 - 19:25

Giúp em bài này với ạ.

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




#735126 Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng 1. Cạnh $a,b,c$ thỏa mã...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 27-09-2022 - 16:32

Em nghĩ rằng bài này còn có một phương pháp chứng minh khác theo em thấy thì cũng khá hay và khá là đẹp (tuy rằng hơi dài) khi áp dụng vào đẳng thức bài cho.

Đó là bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel, em áp dụng như sau:

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

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

Em đặt đẳng thức bài cho là $A$

Ta có $A=\sum \frac{a^2}{ab+ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ (Do cauchy-schwarz engel)

Sau đó em áp dụng bđt: $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

$\Rightarrow A\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}$

$\Rightarrow A\geq \frac{3}{2}$

Dấu "=" khi $a=b=c$

Suy ra điều phải chứng minh.

Em nghĩ còn 1 cách khác nữa là sử dụng BĐT AM - GM.

Sau các phép biến đổi, ta cần chứng minh $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{c+a}\geq \frac{9}{2}\Leftrightarrow $(a+b+b+c+c+a)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 9$

Áp dụng BĐT AM - GM, ta được $a+b+b+c+c+a\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$ và $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Nhân 2 vế với nhau, ta được (đpcm).




#735048 Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho $8p+1$ là một số chính p...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 21-09-2022 - 23:28

- Xét $p=2$, thay vào ta được $8p+1=17$ (loại)

- Xét $p=3$, thay vào ta được $8p+1=25$ (thỏa mãn)

- Xét $p>3$, khi đó ta có $p$ lẻ.

Vì $8p+1$ là số chính phương, đặt $8p+1=k^2$ (k là số nguyên)

Thay vào, ta được $8p=(k-1)(k+1)\vdots p$

Mà $(k-1,k+1)=2$ và $p\neq 2$. Do đó có 1 trong 2 số $k-1,k+1$ chia hết cho $p$.

+ Nếu $k-1\vdots p$, đặt $k-1=qp$ (q là số nguyên)

Thay vào, ta được $8=q(k+1)$. Đến đây bạn lập bảng xét ước của 8 là được nhá.

TH còn lại bạn làm tương tự :icon6:

Vậy $p=3$.




#735027 Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn $\sqrt{x}+\sqr...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 20-09-2022 - 16:28

Bài 1:

Ta có $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{x+y+3}+1\Rightarrow x+2\sqrt{xy}+y=x+y+3+2\sqrt{x+y+3}+1\Rightarrow \sqrt{x+y+3}=\sqrt{xy}-2\Rightarrow x+y+3=xy-4\sqrt{xy}+4\Rightarrow \sqrt{xy}=\frac{xy+x+y-1}{4}$

Đến đây, nếu ta giả sử $xy$ không là số chính phương, thì VT sẽ số vô tỉ trong khi VP là số hữu tỉ (vô lí)

Do đó, $xy$ là số chính phương. Đặt $xy=k^2\Rightarrow \sqrt{xy}=k$ (k là số nguyên)

Lại có $x+y+3=xy-4\sqrt{xy}+4\Rightarrow x+y+2\sqrt{xy}=xy-2\sqrt{xy}+1\Rightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y})^2=(\sqrt{xy}-1)^2\Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{xy}-1$$\Rightarrow \sqrt{y}=k-1-\sqrt{x}\Rightarrow y=(k-1)^2-2(k-1)\sqrt{x}+x\Rightarrow \sqrt{x}=\frac{(k-1)^2+x-y)}{2(k-1)}$

Đến đây làm tương tự, ta được $x$ là số chính phương. Do đó $y$ cũng là số chính phương.

Đặt $x=a^2,y=b^2$ (a,b là các số nguyên)

Thay vào, ta có $a+b=ab-1$. Đến đây, ta tìm được $(a,b)=(3,2),(a,b)=(2,3)$

Thay vào, ta tìm được $(x,y)=(4,9),(x,y)=(9,4)$  :lol:




#734884 CMR $\left ( 125^{20} +8\right )\left ( 25^{30} +10...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 09-09-2022 - 22:14

Ta thấy $125^{2k}$ chia 3 luôn dư 1 nên $125^{20}+1 \vdots 3$

Lại có $25^{30}+10 \vdots 5$

$(3,5)=1$

Nên ta có $(125^{20}+1)(25^{30}+1)\vdots 15$

Anh ơi. Cái chỗ $125^{20}+1\vdots 3$ phải sửa 1 thành 2 chứ ạ.




#734777 $x^3+1=4y^2$

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 03-09-2022 - 16:53

Ta có $x^3+1=4y^2\Rightarrow x^3=(2y-1)(2y+1)$

Đặt $d=(2y-1,2y+1)$ (d nguyên dương). Vì $2y-1,2y+1$ là 2 số lẻ liên tiếp. Do đó $d=1$.

Khi đó, đặt $2y-1=a^3,2y+1=b^3$ (a,b nguyên dương)

Khi đó, ta được $(b-a)(a^2+ab+b^2)=2$

Đến đây ta lập bảng xét ước là hoàn thành bài toán.




#734776 $x^2-y^2=xy+8$

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 03-09-2022 - 16:46

Ta có $x^2-y^2=xy+8\Rightarrow x^2-xy-y^2-8=0$

Coi đây là phương trình bậc 2 theo ẩn $x$. Khi đó, phương trình có nghiệm khi $\Delta =y^2+4(y^2+8)=5y^2+32$ là số chính phương.

Mà $5y^2+32\equiv 2(mod5)$ (vô lí)

Vậy phương trình vô nghiệm.




#734772 Cho 0< a,b,c < $\frac{1}{2}$ CM tr...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 03-09-2022 - 16:11

CM rõ ra đc không ạ 

Giả sử cả 3 BĐT đều đúng. Khi đó nhân cả 3 BĐT lại với nhau thì ta được $a^2b^2c^2(1-2a)(1-2b)(1-2c)>\frac{1}{27^3}$

Áp dụng BĐT AM - GM, ta được $a^2(1-2a)\leq \frac{(a+a+1-2a)^3}{27}=\frac{1}{27}$

Tượng tự bạn chứng minh với 2 BĐT còn lại là được nhá.




#734745 $333^{333} +555^{555} +777^{777} $ kh...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 01-09-2022 - 21:34

 ${333^{333} +555^{555} +777^{777} }$ Chứng minh đây không phải là số chính phương

Em xin được trình bày cách khác ạ.

Ta có $333\equiv 2(mod5)$. Do đó, ta có $333^{333}\equiv 3(mod5)$

Chứng minh tương tự, ta có $777^{777}\equiv 2(mod5)$

Do đó $VT\equiv 0(mod5)$

Giả sử VT là số chính phương. Khi đó, ta chứng minh $VT\equiv 0(mod25)$

Thật vậy, ta có $333^{333}\equiv 13(mod25)$ và $777^{777}\equiv 22(mod25)$

Do đó $VT\equiv 10(mod25)$ (vô lí)

Vậy VT không phải số chính phương.




#734498 cho $a+ b >1$ . CM $a^4 +b^4> \frac{1}...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 18-08-2022 - 23:24

Ta có $(a+b)^2\leq \frac{a^2+b^2}{2}$. Khi đó, ta có $1<\frac{a^2+b^2}{2}\Rightarrow \frac{1}{4}<(a^2+b^2)^2$

Lại có $(a^2+b^2)^2\leq 2(a^4+b^4)\Rightarrow \frac{1}{4}<2(a^4+b^4)\Rightarrow \frac{1}{8}$ (đpcm).




#734496 CM $\frac{1}{a}+ \frac{1}{b...

Gửi bởi ThienDuc1101 trong 18-08-2022 - 22:37

Bài toán thiếu ĐK : $a>0,b>0$

Khi đó bạn đưa về biến đổi tương đương là được nhá.