drnohad

mấy bạn cm dùm đi,mình đâu có lời giải

Cường e, đề sai rùi, Bài 30/4 là thế này
$ \sum \sqrt{\dfrac{2a}{a+b}} \leq 3 $

1) Tìm số tự nhiên n sao cho $n^3 + 3$ chia hết cho $n + 3.$

2) Chứng minh rằng, nếu các số x và y là các số nguyên dương thỏa mãn dẳng thức:
$x^y + y^x = x^x + y^y$ thì $x = y.$

Bài 1
Do $(n^3+3)$ $(n+3)$ nên $[n^2(n+3)-(n^3+3)] \vdots (n+3)$
Hay $(3n^2-3) \vdots (n+3)$
$[3n(n+3)-(3n^2-3)] \vdots (n+3)$
Hay $(9n+3) \vdots (n+3)$
$[9(n+3)-(9n+3)] \vdots (n+3)$
Hay $24 \vdots (n+3)$
Đến đây thì dễ rùi !!
Bài 2:
Giả sử $x>y$ sau đó vứt VP sang VT rồi vài dòng lập luận là ra

$\dfrac{ 2005^{2006} + 1}{ 2005^{2007} +1}$ và $\dfrac{ 2005^{2004} + 1}{ 2005^{2005} + 1}$

Trước hết ta có nhận xét sau :
Với $\dfrac{a}{b}<1$ thì $\dfrac{a}{b}<\dfrac{a+n}{b+n}$,($n>0$)
Áp dụng:
$\dfrac{2005^{2004}+1}{2005^{2005}+1}=\dfrac{2005^{2006}+2005^2}{2005^{2007}+2005^2}>\dfrac{2005^{2006}+1}{2005^{2007}+1}$

AM-GM thôi mà
$\sqrt {{a^2}.{a^2}.\dfrac{{3{b^2} - {a^2}}}{2}} \le \sqrt {\dfrac{{{{\left( {{a^2} + {a^2} + \dfrac{{3{b^2} - {a^2}}}{2}} \right)}^3}}}{{27}}} = ...$

Anh ơi coi lại đi, cứ tiếp tục biến đổi sẽ ngược dấu đấy

Em có 1 cách, mấy pác xem giúp
Do VT, VP là các đa thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa $3b^2-a^2=2$
$3b^2=a^2+1+1 \geq 3 \sqrt[3]{a^2} $
$b \geq \sqrt[3]{a} $
Do đó chỉ cần cm đc $(\dfrac{a+ \sqrt[3]{a} }{2})^3 \geq a^2$
$(a+ \sqrt[3]{a} )^3 \geq 8a^2$
$a^3+a+3a. \sqrt[3]{a} (a+ \sqrt[3]{a} ) \geq 8a^2$
Áp dụng AM-GM
$a^3+a \geq 2a^2$
$3a. \sqrt[3]{a} (a+ \sqrt[3]{a} ) \geq 3.a \sqrt[3]{a} .2 \sqrt[3]{a^2} =6a^2$
Cộng lại ĐPCM

P/S: àh, nếu mấy bác xem rồi mà thấy hay thì Thanks em jùm cái ^^ !!!!

Với a=b=0.5, BĐT sai !

sr, mình nhầm