Jewellery

Định nghĩa về kí hiệu Lengdre:
Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên $a$. Khi đó, ta có:
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = 1$ nếu $a \not \vdots p$ và $a$ là số chính phương $mod(p)$
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = -1$ nếu $a \not \vdots p$ và $a$ không là số chính phương $mod(p)$
+$\left( {\frac{{ a}}{p}} \right) = 0$ nếu $a \vdots p$

ý m` là không có cách của bạn đâu,nếu 2a+b chia hết cho p thì làm quoái j` mà vô lí chứ,cũng giống như a mũ 2 + b mũ 2 có ước nguyên tố dạng thì 4p+3 thì a,b cùng chia hết cho SNT đó,làm j` có chuyện vô lí ở đâu,khi sử dụng kí hiêu lengdre ta đã ngầm hiểu tử số của nó không chia hết cho mẫu r`

Cái bổ để mà bạn uyenha nói thực ra ko cần dùng cho bài này
Với lại, bạn Uyenha hiểu sai về kí hiệu Lengdre rồi đó
Giải theo cách dùng số chính phương $mod(p)$ như bạn Stranger411 là hoàn chỉnh rồi.

Đây là một bài toán điển hình cho việc lựa chọn số mũ lẽ trong giải toán thôi mà

Cho tam giác $ABC$ với $BC=a; AC=b; AB=c$ thỏa \[\left\{ \begin{array}{l}
a(a + c) = {b^2}\\
b(b + a) = {c^2}
\end{array} \right.\] . Chứng minh rằng $\frac{1}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Chuyên đề hệ phương trình bồi dưỡng HSG - Phạm Kim Chung

Link Download

Bài 173: (Sưu tầm )
Cho $a,b,c$ là 3 số thực khác nhau. Chứng minh rằng:
\[3m < a + b + c - \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} < a + b + c + \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} < 3M\]
Trong đó: $m = Min\{ a,b,c\} ;M = Max\{ a,b,c\} $

#418 em làm trùng anh xóa hộ
Chả biết làm như thế này được không
Giả sử $a<b<c$
Ta quy về chứng minh BĐT sau
\[
3a < a + b + c - \sqrt {a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca} < 3b < a + b + c + \sqrt {a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca} < 3c
\]
Xét hàm số $f(x) = (x - a)(x - b)(x - c) \Rightarrow f(a) = f(b) = f© = 0$
Theo định lý Lagrage tồn tại $a < x_1 < b < x_2 < c$ sao cho $f(a) - f(b) = (a - b)f'(x_1 )$
\[
f© - f(b) = (c - b)f'(x_1 ) \Rightarrow f'(x_1 ) = f'(x_2 ) = 0
\]
\[
f'(x) = 3x^2 - 2(a + b + c)x + ab + bc + ca
\]
\[
\Rightarrow x_1 = \frac{{a + b + c - \sqrt {a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca} }}{3}
\]
\[
x_2 = \frac{{a + b + c + \sqrt {a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca} }}{3}
\]
Do đó từ $a < x_1 < b < x_2 < c$
Suy ra $$3a < a + b + c - \sqrt {a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca} < 3b < a + b + c + \sqrt {a^2+ b^2 + c^2 ab -bc -ca} < 3c$$
Suy ra điều phải chứng minh .
@vietfrog: Lời giải bài 173 của bạn rất hay. . Ngoài ra bài làm ở #418 hoàn toàn đúng nên mình sẽ không xóa đâu .

Bài 171.
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$ . Chứng minh rằng :
$$a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}\le \dfrac{1}{\sqrt{3}}$$

Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-Cop-ski ta có:
$$a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}\leq \sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ac)}=\sqrt{ab+bc+ac}$$
Mà $$(ab+bc+ac)\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}$$
Nên $$a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a} \leq \frac{1}{\sqrt{3}}$$
Điều phải chứng minh $\square$