HaiDangPham

các bn cho mk hỏi là làm sao để lên quân hàm ạ

Số lượng bài viết bạn đóng góp trên diễn đàn. 50 Hạ sĩ, 100 Trung sĩ, 200 Thượng sĩ,... 

Thiết nghĩ chuyện này không quá quan trọng. 

Bài toán. Cho số nguyên tố $p$ bất kì. Chứng minh rằng $p^{p+1}+(p+1)^p$ không phải là số chính phương. 

1) Tìm tất cả các số tự nhiên có năm chữ số $\overline{abcde}$ sao cho $\sqrt[3]{\overline{abcde}}=\overline{ab}$. 

2) Tìm các chữ số $a, b, c$ với $a \geq 1$ sao cho $\sqrt{\overline{abc}}=(a+b)\sqrt{c}$. 

 

Bài 4. Cho $a,b,c\in \mathbb{R^+}$. Chứng minh rằng:
                       $\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$

Ta có $(a+b+c).\sum  \frac{a^2+b^2}{a+b} =\sum \left( a^2+b^2+\frac{a^2c+b^2c}{a+b}\right) =2(a^2+b^2+c^2)+\sum\frac{a^2c+b^2c}{a+b}$. 

Bất đẳng thức ban đầu tương đương với $$ \frac{a^2c+b^2c}{a+b}+\frac{ab^2+ac^2}{b+c}+\frac{bc^2+a^2b}{c+a} \leq a^2+b^2+c^2$$ Ta có \begin{align*} & \frac{a^2c+b^2c}{a+b}+\frac{ab^2+ac^2}{b+c}+\frac{bc^2+a^2b}{c+a} - (a^2+b^2+c^2) \\ &= \frac{a^2c+b^2c}{a+b}-c^2+\frac{ab^2+ac^2}{b+c}-a^2+\frac{bc^2+a^2b}{c+a} -b^2 \\ &=\frac{-ca(c-a)}{a+b}+\frac{bc(b-c)}{a+b}+\frac{-ab(a-b)}{b+c}+\frac{ca(c-a)}{b+c} +\frac{-bc(b-c)}{c+a}+\frac{ab(a-b)}{c+a} \\ &= \frac{-ab(a-b)^2}{(b+c)(c+a)} +\frac{-bc(b-c)^2}{(a+b)(c+a)} +\frac{-ca(c-a)^2}{(a+b)(b+c)} \leq 0 \end{align*}

Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. 

Giải phương trình: $\sqrt{7-x}+\sqrt{4-x}+\sqrt{6+x}=6$

Dự đoán $x=3$.

Viết lại $\sqrt{7-x}-2=\frac{-(x-3)}{\sqrt{7-x}+2}, \sqrt{4-x}-1=\frac{-(x-3)}{\sqrt{4-x}+1}, \sqrt{6+x}-3=\frac{x-3}{\sqrt{6+x}+3}$. 

Phương trình ban đầu tương đương $$ -(x-3)\left(\frac{1}{\sqrt{7-x}+2}+\frac{1}{\sqrt{4-x}+1}-\frac{1}{\sqrt{6+x}+3}\right)=0.$$

Để căn thức có nghĩa ta cần điều kiện $x \geq -6$. Suy ra $$ \frac{1}{\sqrt{7-x}+2}+\frac{1}{\sqrt{4-x}+1} \geq \frac{1}{\sqrt{7-(-6)}+2}+\frac{1}{\sqrt{4-(-6)}+1} \approx 0,419 $$ và $$ \frac{1}{\sqrt{6+x}+3} \leq \frac{1}{3}\approx 0,333 $$

Điều này chứng tỏ $$ \frac{1}{\sqrt{7-x}+2}+\frac{1}{\sqrt{4-x}+1}-\frac{1}{\sqrt{6+x}+3} >0.$$

Vì vậy $x-3=0$ hay $x=3$. Đây là nghiệm duy nhất của phương trình. 

 

Bài 7. Cho $a,b,c\in \mathbb{R^+}$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3abc$. Chứng minh rằng:

                       $\frac{a^2}{b+2}+\frac{b^2}{c+2}+\frac{c^2}{a+2}\geq 1$

Ta có $\frac{(a+b+c)^2}{3} \leq a^2+b^2+c^2 =3abc \leq 3.\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3$. 

Suy ra $a+b+c \geq 3$. 

Dùng AM-GM ta được $\frac{a^2}{b+2}+\frac{b+2}{9} \geq \frac{2a}{3}$ và các bất đẳng thức tương tự. 

Cộng chúng lại ta được $$\frac{a^2}{b+2}+\frac{b^2}{c+2}+\frac{c^2}{a+2}\geq \frac{5(a+b+c)-6}{9} \geq 1.$$

Đây là điều cần chứng minh. 

Phương trình có nghiệm duy nhất $x=\frac{12\sqrt{2}}{7}$. 

Bắt đầu với dự đoán: vế trái $S$ của phương trình thỏa mãn $S \geq 5$ với mọi $x$. Thử một vài giá trị thấy đúng. Tuy vậy, chỉ cần biến đổi tương đương ta cũng có được kết quả cần tìm. 

Cụ thể, đổi biến $x=\sqrt{2}y$, phương trình đã cho trở thành $$\sqrt{2y^2-6y+9}+\sqrt{2y^2-8y+16}=5$$ sau đó bình phương hai vế và rút gọn ta được $$\sqrt{(2y^2-6y+9)(2y^2-8y+16)}=y(7-2y).$$

Với điều kiện $0\leq y \leq \frac{7}{2}$ tiếp tục bình phương hai vế phương trình trên và biến đổi tương đương ta được $$(7y-12)^2=0,$$ vì vậy $y=\frac{12}{7}$. 

Chắc sẽ có cách để chứng minh bất đẳng thức. 

Có thể đánh giá giá trị của $x-y$ mà không cần đặt thêm ẩn phụ $k$.

Ta có $(x-y)^3=x^3-y^3-3xy(x-y)$, suy ra $$(x-y)^3+3xy(x-y)=xy+61$$

Do $x, y$ nguyên dương nên dễ thấy $x>y>0$. Khi đó $3xy(x-y)>xy$. Vì vậy $$(x-y)^3<61.$$ 

Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$, đường cao $AD$. $E, F$ lần lượt là hình chiếu của $D$ lên $CA, AB$. $S$ là một điểm bất kì nằm trên đường tròn $(O)$. $SB, SC$ cắt $EF$ lần lượt tại $M, N$. Chứng minh $(SMN)$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
geogebra-export.png

Hình vẽ trên của bạn hình như đã chỉ ra đường tròn cố định là gì mất rồi. Điều này sẽ làm mất đi khá nhiều sự thú vị cho bài toán. Hi vọng bạn có thể thay hình vẽ khác chỉ bao gồm giả thiết bài toán mà thôi. 

Bài toán 1: a) Tìm số dư khi chia $10^{2023}+2024$ cho 3
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì $n^3+2024n+2$ không chia hết cho $10^{2023}+2024$

Bài toán 2:Cho 40 số nguyên dương $a_1;a_2;...;a_{19}$ và $b_1;b_2;...;b_{21}$ thỏa mãn đồng thời $\left\{\begin{matrix} & 1 \leq a_1\end{matrix}\right.$.
Chứng minh rằng tồn tại 4 số $a_i;a_j;b_k;b_l$ sao cho $\left\{\begin{matrix} & a_i\end{matrix}\right.$

Bài toán 3:a) Chứng minh rằng với n lẻ thì $3^{2n+1}+-7 \vdots 20$
b)Tìm tất cả các só nguyên n để $n^4-2n^3+3n^2+2n-2$ là số nguyên tố

Đề có mấy chỗ bị lỗi. Bạn xem lại ạ. 

$\left\{\begin{matrix} 2y^{3}-2x^{3}=3\\ y=4x^{3}-x+3 \end{matrix}\right.$

Mọi Người giúp mình giải bài này với ạ

Nhân hai vế phương trình thứ nhất với $4$ ta được $$(2y)^3-(2x)^3=12,$$ và nhân hai vế phương trình thứ hai với $2$ ta được $$ 2y=(2x)^3-2x+6.$$ Đặt $2x=u, 2y=v$ ta có hệ phương trình mới $$\left\{\begin{matrix} v^3-u^3=12\\ v=u^{3}-u+6 \end{matrix}\right.$$ Từ phương trình thứ hai ta suy ra $$u^3=u+v-6$$ thay vào phương trình thứ nhất ta được $$v^3=u^3+12=u+v+6$$ Cộng lại ta có $$u^3+v^3=2(u+v)$$ Dẫn tới hoặc $u+v=0$ hoặc $u^2-uv+v^2=2$. 

Nếu $u^2-uv+v^2=2$ khi đó $(u+v)^2=3uv+2$. Do $(u+v)^2 \geq 0$ nên $uv \geq \frac{-2}{3}$. Mặt khác do $(u+v)^2 \geq 4uv $ nên $uv \leq 2$. Ta lại có $$(uv)^3=(u+v-6)(u+v+6)=(u+v)^2-36=3uv-34$$ suy ra $(uv)^3 \leq 3.2-34=-28$ hay $uv \leq \sqrt[3]{-28} <\frac{-2}{3}$, mâu thuẫn. 

Vậy ta phải có $u+v=0$ khi đó $u=-\sqrt[3]{6}$ còn $v=\sqrt[3]{6}$. Dẫn tới $$x=\frac{-\sqrt[3]{6}}{2}, y=\frac{\sqrt[3]{6}}{2}.$$

Em nghĩ sự khó hiểu nằm ở cái khác nhau giữa định nghĩa điểm dựng được trong bài viết và định nghĩa điểm dựng được trong suy nghĩ của anh (và có thể người khác cũng có).

 

Điểm khác biệt: định nghĩa điểm dựng được trong bài viết nhấn mạnh vào hai yếu tố cơ sở dựng hình (hai điểm $(0, 0)$ và $(1, 0)$) và cách thức (bằng thước thẳng và compass); trong khi định nghĩa điểm dựng được trong suy nghĩ của anh dường như lược bỏ cơ sở dựng hình, để cho cơ sở dựng hình là tùy ý. Nếu loại bỏ cơ sở dựng hình trong định nghĩa (tức là để cho cơ sở dựng hình tuỳ ý) thì điểm nào cũng dựng được. Em chọn lấy định nghĩa như trong bài viết để làm tiêu chuẩn (đương nhiên đây là một tiêu chuẩn nhân tạo), để người đọc tuân theo.

 

Cả hai câu hỏi của anh đều bắt nguồn từ việc bỏ quên cơ sở dựng hình.

 

Trả lời câu hỏi 1. Nếu tuân theo định nghĩa điểm dựng được của bài viết #1 thì cả $A$ và $C$ đều không phải điểm dựng được.

 

Trả lời câu hỏi 2. Em hiểu từ "xác định" trong câu hỏi này là "dựng". Câu trả lời của em là không.

Thực ra không phải anh không hiểu yếu tố "cơ sở" trong phép dựng hình trong mặt phẳng toạ độ, bài viết của em đã nói quá rõ. Ngược lại, chính bởi vì đã hiểu và chấp nhận điều đó nên trong anh mới có những khúc mắc cần giải quyế liên quan tới nó. 

Bây giờ anh có câu hỏi thứ ba để làm rõ hơn những nghi ngại của anh, câu hỏi này để làm sáng tỏ hơn câu hỏi 2: 

Câu hỏi 3. Vậy, với phép dựng hình trong mặt phẳng toạ độ, mọi điểm thuộc về giả thiết bài toán có nhất thiết phải là những điểm dựng được? 

Cụ thể, có phải là, ta không thể phát biểu bài toán như anh đã trình bày với $A(\sqrt[3]{2};0)$, mà phải với các điểm dựng được, chẳng hạn $A(\sqrt{2};0)$ hay $A \left(\sqrt{\sqrt{2}-1};0 \right)$? Hay nói cách khác, với một điểm không phải là điểm dựng được, thì liệu có thể coi nó như là giả thiết bài toán, để từ đó triển khai phép dựng hình trong mặt phẳng toạ độ hay không? 

Nếu k mở rộng hơn,không chỉ giới hạn trong 15 nữa thì làm thế nào vậy thầy.

Ví dụ: Chứng minh $\frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+...+\frac{1}{\sqrt[3]{2009}}>237$. Em đã áp dụng bất đẳng trên nhưng giả không được

Chọn $n$ có dạng $n=2m^3$. Khi đó $\sqrt[3]{k}+\sqrt[3]{n-k} \leq \sqrt[3]{4.(k+n-k)}=2m$ suy ra $$\frac{1}{\sqrt[3]{k}}+\frac{1}{\sqrt[3]{n-k}} \geq \frac{2}{m}$$ Dẫn tới $$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sqrt[3]{k}}=\sum_{k=1}^{m^3-1} \left(\frac{1}{\sqrt[3]{k}}+\frac{1}{\sqrt[3]{n-k}}\right)+\frac{1}{m} \geq (m^3-1).\frac{2}{m}+\frac{1}{m}=2m^2-\frac{1}{m} >2m^2-1$$

Chủ yếu là chọn $n$ sao cho kết quả đánh giá tương đối đơn giản và đẹp mắt.

Một cách tiếp cận dùng đánh giá bất đẳng thức. 

Bài 3. Từ phương trình ban đầu ta suy ra \begin{equation} (2xy+10y-7x)^2-4y-x=-2\sqrt{(4y-1)(x+1)} \end{equation} 

Do đó vế trái phương trình $$S=(2xy+10y-7x)^2-4y-x=[x(2y-7)+10y]^2-4y-x \leq 0$$ 

Bây giờ nếu $y \geq 4$ thì $$[x(2y-7)+10y]^2 \geq (x+10y)^2 > x^2+100y^2 > x+4y$$ tức là khi đó $S > 0$, mâu thuẫn. 

Vậy ta phải có $1 \leq y \leq 3$. 

Xét $y=3$, thay vào $(1)$ ta được  $$x^2-61x+888=-2\sqrt{11(x+1)}$$ Để $\sqrt{11(x+1)}$ là số nguyên thì $x \equiv -1 \pmod{11}$. Khi đó vế trái phương trình đồng dư với $4$ modulo $11$, còn vế phải phương trình đồng dư $0$ modulo $11$. Do đó phương trình vô nghiệm. 

Xét $y=2$ thay vào $(1)$ ta được $$ 9x^2-121x+396=-2\sqrt{7(x+1)}$$ Tương tự như trên ta phải có $x\equiv -1 \pmod{7}$ khi đó vế trái phương trình đồng dư $4$ modulo $7$, còn vế phải đồng dư $0$ modulo $7$ do đó phương trình vô nghiệm. 

Xét $y=1$ thay vào $(1)$ ta được $$25x^2-101x+96=-2\sqrt{3(x+1)}$$ Để $25x^2-101x+96<0$ thì ta phải có $x_1 <x<x_2$ trong đó $x_1, x_2$ là hai nghiệm của phương trình $25x^2-101x+96=0$. Chỉ có duy nhất giá trị nguyên $x=2$ nằm trong khoảng nói trên. Thay $x=2$ vào phương trình trên ta thấy thoả mãn. 

Tóm lại phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất $(x;y)$ là $(2;1)$. 

Lời giải sau đây triển khai phương pháp đánh giá bất đẳng thức mà không sắp thứ tự $a, b, c$. 

Từ giả thiết ta suy ra $(ab-a-b)c=ab$. Vì $a, b, c$ nguyên dương nên ta  phải có $ab-a-b \geq 1$. Do đó 

$$c=\frac{ab}{ab-a-b}=\frac{(a-1)(b-1)+(a-1)+(b-1)+1}{(a-1)(b-1)-1}=1+\frac{(a-1)+(b-1)+2}{(a-1)(b-1)-1}$$

Đặt $x=a-1, y=b-1, z=c-1$. Khi đó \begin{equation} z=\frac{x+y+2}{xy-1} \end{equation}

Từ giả thiết ta dễ thấy $a,b,c \geq 2$ tức là $x, y, z \geq 1$. Ngoài ra do $ab-a-b \geq 1$ nên $xy \geq 2$.

Suy ra $$z=\frac{x+y+2}{xy-1} \leq \frac{xy+3}{xy-1}=1+\frac{4}{xy-1} \leq 5$$

Do đó $1 \leq z \leq 5$. 

Bây giờ ta viết lại $(1)$ dưới dạng khác là \begin{equation} (zx-1)(zy-1)=(z+1)^2 \end{equation}

Nếu $z=5$ thì $(5x-1)(5y-1)=36$, dẫn tới $x=1, y=2$ hoặc $x=2, y=1$. 

Nếu $z=4$ thì $(4x-1)(4y-1)=25$, không có nghiệm nguyên. 

Nếu $z=3$ thì $(3x-1)(3y-1)=16$, dẫn tới $x=1, y=3$ hoặc $x=3, y=1$. 

Nếu $z=2$ thì $(2x-1)(2y-1)=9$, dẫn tới $x=1, y=5$ hoặc $x=y=2$. 

Nếu $z=1$ thì $(x-1)(y-1)=4$ dẫn tới $x=2, y=5$ hoặc $x=5, y=2$ hoặc $x=y=3$. 

Từ đó ta suy ra các nghiệm $(a;b;c)$ là $(2;3;6)$, $(2; 4; 4)$, $(3; 3; 3)$ cùng các hoán vị.