Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 1$ . Chứng minh rằng :
$\left | \frac{a-b}{c} +\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}\right |\leq \left ( 1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right )^{2}$
- HaiDangPham yêu thích
Sangnguyen3 Chưa có ai trong danh sách bạn bè.
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 12-06-2023 - 12:30
Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 1$ . Chứng minh rằng :
$\left | \frac{a-b}{c} +\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}\right |\leq \left ( 1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right )^{2}$
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 01-06-2023 - 10:06
Cho a,b,c dương thỏa mãn $a^{2} +b^{2} +c^{2} =6$
Tìm max của $P= \frac{1}{a^{2}+b^{2}} + \frac{1}{b^{2}+c^{2}} +\frac{1}{c^{2}+a^{2}}-\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{12abc}$
$6P=3 +\sum \frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}- \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2abc}$
$\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}\leq \frac{c^{2}}{2ab}$
$\Rightarrow \sum \frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}\leq \sum \frac{c^{2}}{2ab}=\frac{\sum a^{3}}{2abc}$
$\Rightarrow 6P\leq 3 \Rightarrow P\leq \frac{1}{2}$
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 12-05-2023 - 00:32
Với $n=1 \Rightarrow p_{1}=2 = 2^{2^{1-1}}$
$n=2 \Rightarrow p_{2}=3< 2^{2^{2-1}}=4$
Giả sử đúng với $n=k$ thì $p_{k}\leq 2^{2^{k-1}}$
Cần chứng minh : $p_{k+1}\leq 2^{2^{k}}$
Xét 1 số $x = p_{1}.p_{2}...p_{k}+1$ thì tồn tại 1 số nguyên tố $p_{l}$ sao cho $x\vdots p_{l}$ và $(p_{l};p_{i})=1$ với $i=\overline{1,2,..,n}$
$\Rightarrow p_{l}\geq p_{k+1}$
$p_{k+1}\leq p_{l}\leq p_{1}.p_{2}...p_{k}+1\leq 2^{2^{0}}.2^{2^{1}}.2^{2^{2}}...2^{2^{k-1}}+1 = 2^{2^{k}-1}+1\leq 2^{2^{k}}$
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 12-05-2023 - 00:05
Viết $\sqrt{2}=\overline{a_{o}a_{1}a_{2}...}$ với $a_{i} \in \left \{ 0,1,2...,9 \right \}$ . Chứng minh rằng trong các số từ $a_{1000000}$ đến $a_{2000000}$ có ít nhất 1 số khác $0$
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 10-05-2023 - 22:20
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 03-05-2023 - 00:40
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi XY là một dây cung của đường tròn (O). Giả sử đường thẳng XY cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P và Q. Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm các đoạn BQ, CP, XY, PQ. Chứng minh rằng tứ giác MNIJ nội tiếp.
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 03-05-2023 - 00:39
Tìm $a,b \in Z , a,b>0$ thỏa mãn $a^{4}+10a^{2}+2^{b}$ là 1 số chính phương
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 06-04-2023 - 23:26
Cách của mình :
Giả sử đa thức $P(x)$ có nghiệm nguyên là $x_{0}$
$\Rightarrow P(x)=\left ( x-x_{0} \right ).G(x)$ với $G(x)$ là đa thức hệ số nguyên
Khi đó : $P(Q(1))=\left ( Q(1)-x_{0} \right ).G\left ( Q(1) \right );...;P(Q(23))=\left ( Q(23)-x_{0} \right ).G\left ( Q(23) \right )$
Giả sử nếu có 1 trong 23 số $Q(1)-x_{0},...,Q(23)-x_{0}$ chia hết cho 23. Suy ra vế phải của tích đó chia hết cho 23 nhưng vế trái lại không
=> Điều giả sử là sai => đpcm
Giả sử không có số nào trong 23 số $Q(1)-x_{0},...,Q(23)-x_{0}$ chia hết cho 23.
Theo nguyên lí dirichlet, tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 23 , giả sử đó là : $Q(i)-x_{0},Q(j)-x_{0}$ với $1\leq i< j\leq 23$
$Q(i)-x_{0}\equiv Q(j)-x_{0} (mod 23)$
$\Rightarrow Q(i)\equiv Q(j) (mod 23) \Rightarrow i^{3}-1\equiv j^{3}-1 (mod23) \Rightarrow i^{3}\equiv j^{3} (mod 23)$
Nếu như có 1 trong 2 số $i,j \vdots 23$ thì số còn lại cũng sẽ chia hết cho 23. Suy ra vô lí do $1\leq i< j\leq 23$
$\Rightarrow \left ( i;23 \right )=\left ( j;23 \right )=1$
$i^{3}\equiv j^{3}(mod 23)\Rightarrow i^{21}\equiv j^{21}(mod 23)$
Theo định lí Fermat nhỏ , ta có : $i^{22}\equiv 1 (mod 23);j^{22}\equiv 1(mod 23)$
$\Rightarrow i^{22}\equiv j^{22}=j.j^{21}\equiv j.i^{21} (mod 23) \Rightarrow i^{21}\left ( j-i \right )\vdots 23$
Vì $(i^{21};23)=1$
$\Rightarrow j-i\vdots 23$
Mà ta lại có : $1\leq \left | j-i \right |\leq 22$
$\Rightarrow j-i\vdots 23$ ( vô lí)
Vậy là điều giả sử sai cho nên điều phải chứng minh
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 06-04-2023 - 10:10
Ở trường hợp (2) , $y+3=\sqrt{1-x^{2}}$
Vì $y\geq -\frac{3}{2} \Rightarrow y+3\geq \frac{3}{2}> 1$
$\sqrt{1-x^{2}}\leq 1$
nên trường hợp này sai
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 05-04-2023 - 22:54
$\displaystyle \displaystyle \begin{cases} x^{2}+y^{2}+3\sqrt{1-x^{2}}=1-3y(1) \\ 2x\sqrt{x+2} +(x+1-y)\sqrt{3+2y}=0(2) \end{cases}$
Từ $(1)$ biến đổi ta được $(2\sqrt{1-x^2}-3)^2=(2y+3)^2\Rightarrow ....
Cụ thể ở pt (2) đi bạn mình cx ra nhân tử ở pt (1) nhưng chưa tìm đc cách giải quyết ở pt 2
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 05-04-2023 - 22:50
Cho đa thức $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên . Chứng minh rằng nếu $P(Q(1)).P(Q(2)).P(Q(3))....P(Q(23))$ không chia hết cho 23 với $Q(x)=x^{3}-1$ thì P(x) không có nghiệm nguyên
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 04-04-2023 - 10:31
Xét trong ba số =0 thì bđt đúng
Xét cả ba số khác 0
$\sum \sqrt{\frac{a^{3}+abc}{b+c}}=\sum \left ( a^{3}+abc \right )\sqrt{\frac{1}{\left ( a^{2}+bc \right )\left ( ab+ac \right )}}\geq \sum \left ( 2a^{3}+2abc \right )\frac{1}{(a+b)(a+c)}$
Cần chứng minh : $\sum (2a^{3}+2abc)\left ( b+c \right )\geq (a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \sum a^{3}(b+c)\geq 2\sum a^{2}b^{2}$
$\Leftrightarrow \sum ab\left ( a^{2}+b^{2} \right )\geq 2\sum a^{2}b^{2}$
BĐT này đúng theo cauchy
Dấu bằng xảy ra khi 1 số =0 , hai số còn lại bằng nhau hoặc cả ba số bằng nhau
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 17-03-2023 - 10:52
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường cao BE và CF cắt nhau tại H. M,N là trung điểm AB,AC . X,Y lần lượt đối xứng với E,F qua M,N. XY cắt BC tại Z
CMR. a) ZA là tiếp tuyến (AXY)
b) ZA cắt (O) tại I, (AXY) cắt (O) tại P. Hạ đường cao AD của tg ABC. CMR IH,PD cắt nhau tại 1 điểm nằm trên (O)
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 28-02-2023 - 23:48
$\left\{\begin{matrix} p-1=2x(x+2) (1) & & \\ p^{2}-1=2y(y+2) (2)& & \end{matrix}\right.$
Lay (2)-(1) , ta co :
$p^{2}-p=2\left ( y-x \right )\left ( y+x \right ) \Leftrightarrow p(p-1)=2\left ( y-x \right )\left ( y+x \right )$
$x< p,y< p\Rightarrow 0< y-x< p \Rightarrow \left ( y-x;p \right )=1$
$p=2 \Rightarrow 2x(x+2)=1 (VL)$
$\Rightarrow p> 2 \Rightarrow \left ( 2;p \right )=1$
$2\left ( y-x \right )\left ( y+x \right )\vdots p\Rightarrow y+x\vdots p$
$0
The vao giai tim dc x,y
Gửi bởi Sangnguyen3 trong 27-02-2023 - 10:44
Bổ đề : $a+b+c+abc=4$ thì $a+b+c\geq ab+bc+ca$
Chứng minh : https://diendantoanh...g-abcgeqabbcca/
$\sum \frac{a}{\sqrt{b+c}}=\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{a}.\sqrt{ab+ac}}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{\sum \left (\sqrt{a}.\sqrt{ab+ac} \right ) }\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{\sqrt{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{\sqrt{2}(a+b+c)}=\frac{\sqrt{2}}{2}(a+b+c)$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học