fanmu20nam

[Đề bài: Với mỗi số tự nhiên $n$, gọi $a(n)$ là ước số lẻ lớn nhất của $n$. Hãy tính tổng
$$\sum_{n=2024}^{4048} a(n)$$

___________

Đặt $n=2^k.l$ ($l$ là số tự nhiên lẻ, $k\in \mathbb{N}$), $S=\sum_{n=2024}^{4048} a(n)$. Theo bài ra, ta có $a(n)=l \Rightarrow n=2^k.a(n) \Leftrightarrow a(n)= \frac{n}{2^k} $.
Do $a(n)$ là số lẻ và $n\leq 4048 \Rightarrow 1 \leq a(n) \leq \frac{4048}{2^k}=2^{12-k} (1) \Rightarrow 12-k \geq 0 \Leftrightarrow 0 \leq k \leq 12$.
Với $k=12$, lúc này theo (1) ta có $1 \leq a(n) \leq 2^{12-12} = 1 \Rightarrow a(n) = 1$, lúc này $S=1$.
Với $0 \leq k \leq 11$, gọi $S_k$ là tổng tất cả ước số lẻ lớn nhất của $n=2^k.a(n)$ với mỗi trường hợp $k$.
Ta có $2^{12-k}$ là số chẵn nên theo (1), $1 \leq a(n) \leq 2^{12-k}-1$, từ đây $S_k=1+3+5+...+(2^{12-k}-1)=2^{2(11-k)}=4^{11-k}$
Lúc này, ta có $S=1+4^{11-11}+4^{11-10}+4^{11-9}+...+4^{11-0}=1+4^0+4^1+4^2+...+4^{11}=1+\frac{(4-1)(4^0+4^1+4^2+...+4^{11})}{3}$
$=1+\frac{4^{12}-1}{3}=5592406$.
Vậy $S=5592406$ hay $\sum_{n=2024}^{4048} a(n)=5592406$.
Sai! Điểm 2/10

 

Cho các số thực dương $a,b,c$ và số thực không âm $k$. Chứng minh rằng với mọi $a^{2k}+b^{2k}+c^{2k}=3$ thì ta có $$\left( \frac{ab}{c}\right)^{k}+\left( \frac{bc}{a}\right)^{k}+\left( \frac{ca}{b}\right)^{k}\geq3. $$

Chú ý rằng trường hợp $k=0$ thì đẳng thức xảy ra với mọi $a,b,c$. 

 

Với $k=0$, ta có: $VT=\left ( \frac{ab}{c} \right )^0+\left ( \frac{bc}{a} \right )^0+\left ( \frac{ca}{b} \right )^0=1+1+1=3=VP$ (Luôn đúng).

Với $k>0$, ta có: $VT^2\geq 3\left (\left ( \frac{ab}{c} \right )^k.\left ( \frac{bc}{a} \right )^k+ \left ( \frac{bc}{a} \right )^k.\left ( \frac{ca}{b} \right )^k+\left ( \frac{ca}{b} \right )^k.\left ( \frac{ab}{c} \right )^k \right )=3\left ( a^{2k}+b^{2k}+c^{2k} \right )=9$
$\Rightarrow VT \geq 3$ hay ta có đpcm.

BÀI TOÁN 6. Giả sử $x, y, z \geq 1$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2$. Chứng minh $$\sqrt{x+y+z} \geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}.$$      

Áp dụng BĐT Bunhia vào $VP$, ta có:

$VP=\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x}}.\sqrt{x}+\frac{\sqrt{y-1}}{\sqrt{y}}.\sqrt{y}+\frac{\sqrt{z-1}}{\sqrt{z}}.\sqrt{z}$

$\leq \sqrt{\left ( \frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z} \right )\left ( x+y+z \right )} $

$=\sqrt{x+y+z}.\sqrt{3-\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right )}=\sqrt{x+y+z}$.

Vậy ta có đpcm. Đạt được khi $x=y=z=\frac{3}{2}$.

BÀI TOÁN 4.

Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng $$ \frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}.$$

Bất đẳng thức tương đương: $\frac{a(a+b+c)}{(b+c)^2}+\frac{b(a+b+c)}{(c+a)^2}+\frac{c(a+b+c)}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{9}{4}$.

Áp dụng BĐT Bunhia, ta có: $\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2} \geq \frac{1}{3}\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right )^2$.

Theo BĐT Nesbit, ta lại thu được $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}$

$\Rightarrow VT \geq \frac{1}{3}.\left ( \frac{3}{2} \right )^2 + \frac{3}{2} = \frac{9}{4}$.

Vậy ta có đpcm. Đạt được khi $a=b=c$.

Nhờ mọi người giúp em bài này với ạ! Em cảm ơn mọi người rất nhiều!
Tìm tất cả các số nguyên dương $n$, biết tập hợp tất cả các ước nguyên dương của $n$ là $\begin{Bmatrix} d_1;d_2;d_3;...;d_k \end{Bmatrix}$ thỏa mãn:

$\left\{\begin{matrix} 1=d_1<d_2<d_3<...<d_k \\  d_7-10d_5=1 \\16d_7+d_9=n \end{matrix}\right.$

ĐKXĐ: $\left | x \right | \geq \left | y \right |$.

Hệ phương trình tương đương: $\left\{\begin{matrix}y\sqrt{x^2-y^2}=12 (1)\\y+\sqrt{x^2-y^2}=12-x(2)\end{matrix}\right.$

Từ phương trình $(1)$ và $(2)$, ta có $x<12 (*)$ và $y>0(**)$.

Bình phương phương trình $(2)$, ta có: $x^2+2y\sqrt{x^2-y^2}=(12-x)^2\Leftrightarrow24=-24x+144$. (Do có $(1)$).

$\Leftrightarrow x=5$ (Thỏa mãn $(*)$). Thế vào $(1) \Rightarrow y\sqrt{25-y^2}=12\Rightarrow y^2(25-y^2)=144$.

$\Leftrightarrow (y^2-16)(y^2-9)=0\Rightarrow (y-4)(y-3)(y+4)(y+3)=0$.

Do có $(**)$ nên $(y-4)(y-3)=0 \Leftrightarrow y\in \left \{ 3;4 \right \}$ (Thỏa mãn ĐKXĐ và $(**)$).

Vậy $(x;y) \in \left\{(5;3);(5;4) \right\}$.

Không mất tính tổng quát, giả sử $c\geq b\geq a$.

$\Rightarrow c(c-b)(c-a)\geq 0\Leftrightarrow abc+2c^3\geq c^2(a+b+c)\Leftrightarrow abc\geq c^2(a+b+c)-2c^3$.

$\Rightarrow VT\leq (a+b+c)+2c^3-c^2(a+b+c)=2c^3+(1-c^2)(a+b+c) (1).$

Do $a,b,c\in \left [ 0,1 \right ]$ nên $1-c^2\geq 0$. Kết hợp $c\geq b\geq a$

$\Rightarrow 2c^3+(1-c^2)(a+b+c)\leq 2c^3+(1-c^2)(c+c+c)=3c-c^3 (2).$

Bây giờ, ta sẽ chứng minh $3c-c^3\leq 2\Leftrightarrow c^3-3c+2\geq 0 \Leftrightarrow (c-1)^2(c+2)\geq 0$ (Luôn đúng).

Kết hợp $(1)$ và $(2)$ ta có đpcm. Đạt được khi $a=b=c=1$ hoặc $b = c = 1,a=0$ và các hoán vị của chúng.