tquangmh

Tìm các số nguyên dương $a, b, c> 1$ đôi một khác nhau thỏa mãn: $abc-1\vdots (a-1)(b-1)(c-1).$

Do vai trò của $a;b;c$ là như nhau nên giả sử : $a\leq b\leq c$. 

Đặt :$\left\{\begin{matrix} x=a−1\\ y=b−1 \\ z=c−1 \end{matrix}\right.$ với  $0< x\leq y\leq z$ và $x;y;z \in \mathbb{Z}^{+}$.

Ta có : 

$(x+1)(y+1)(z+1)−1\vdots xyz$

$\Leftrightarrow xyz+xy+yz+zx+x+y+z\vdots xyz$

$\Leftrightarrow \frac{xyz+xy+yz+zx+x+y+z}{xyz} \in \mathbb{Z}^{+}$

$\Leftrightarrow f(x,y,z)=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \in \mathbb{Z}^{+}$

Để ý rằng : Nếu $a>b;a,b \in \mathbb{Z}^{+}\Rightarrow \frac{1}{a}< \frac{1}{b}$.

Do đó : 

$f(x,y,z)\leq f(1,2,3)\approx 2,8(3)\Rightarrow f(x,y,z) \in \left \{ 1;2 \right \}$

mà : $f(3,4,5)\approx 0,98(3) < 1 \Rightarrow x \in \left \{ 1;2 \right \}$

* TH1 : $\left\{\begin{matrix} f(x,y,z)=1\\x=1 \end{matrix}\right.$. Có : 

$f(1,y,z)=1+\frac{2}{y}+\frac{2}{z}+\frac{1}{yz}=1$

$\Leftrightarrow \frac{2}{z}+\frac{2}{y}+\frac{1}{yz}=0$ (vô lí vì $y;z\in \mathbb{Z}^{+}$ )

Lí luận tương tự : 

* TH2 : $\left\{\begin{matrix} f(x,y,z)=1\\ x=2 \end{matrix}\right.$. $\rightarrow$ $(x=2;y=4;z=14)$ $\rightarrow$ $(a=3;b=5;c=15)$.

* TH3 : $\left\{\begin{matrix} f(x,y,z)=2\\ x=1 \end{matrix}\right.$. $\rightarrow$ $(x=1;y=3;z=7)\rightarrow (a=2;b=4;c=8)$.

Bài 1 : 

Theo đề bài, ta có : 

$n = 9k$   (k là số tự nhiên)

$n + 1 = 25t$   (t là số tự nhiên)

Từ đó, ta suy ra : 

$n = 25t - 1 = 9k$

$\Rightarrow 25t - 1\vdots 9$

Xét $t = 9f + r$ (f, r là số tự nhiên; $r = 0;1;2;3;...;8$)

Thử với các giá trị của $r$, ta chọn đc $r = 4$.

Do đó : $n + 1 = 25(9f + 4) = 225f + 100$ 

Vậy : $n = 9(25f + 11)$ với $f$ là số tự nhiên. 

1.C/m các bt sau không thể có cùng giá trị âm:

ab-a-b+1 ; bc-b-c+1 và ac-a-c+1

2.C/m đa thức x²⁰¹⁴+x²⁰¹²+1 chia hết cho đa thức x²+x+1

Bài 1 : 

$ab-a-b+1=(a-1)(b-1);bc-b-c+1=(b-1)(c-1);ca-c-a+1=(a-1)(c-1)$

$\Rightarrow (ab-a-b+1)(bc-b-c+1)(ca-c-a+1)=(a-1)^{2}(b-1)^{2}(c-1)^{2}\geq 0$        $(1)$

Nếu các biểu thức trên cùng âm thì $(1)$ ko xảy ra (vô lí). Vậy, các biểu thức trên ko thể cùng âm

Bài 2 : đề có bị sai ko bạn ?? 

Theo AM-GM: $$2abc=3a^{2}+4b^{2}+5c^{2}\geq 12\sqrt[12]{a^{6}b^{8}c}\Leftrightarrow a^{3}b^{2}c\geq 46656$$

Do đó: $$3a+2b+c\geq 6\sqrt[6]{a^{3}b^{2}c}=36$$

Đầu bài là các số thực bất kì mà anh.    

Cho các số thực x,y thỏa mãn $x+y+4=0$. Tìm Max của

$A=2(x^{3}+y^{3})+3(x^{2}+y^{2})+10xy$

Có : 

$A=2(x^{3}+y^{3})+3(x^{2}+y^{2})+10xy$

$\Leftrightarrow A=2(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})+3(x^{2}+y^{2})+10xy$

$\Leftrightarrow A=-5(x^{2}+y^{2})+18xy$

Phần : $-5(x^{2}+y^{2})$ đánh giá max bằng BĐT Bunhia

Phần : $18xy$ dựa vào BĐT đc chứng minh bằng tương đương : $xy\leq \frac{(x+y)^{2}}{4}$

Tìm n biết 2ⁿ chia 7 dư 1

Bài toán đưa về : Tìm $n\in \mathbb{N}$ để $2^{n}\equiv 1(mod7)$.

Giải : 

_ Xét : $n=3k(k\in \mathbb{N})$. 

Ta có : $2^{3k}\equiv 1(mod7)\Leftrightarrow 8^{k}\equiv 1(mod7)$ (luôn đúng). Vậy ta đc 1 nghiệm là $n=3k$.

_ Xét : $n=3k+1(k\in \mathbb{N})$.

Ta có : $2^{3k+1}\equiv 1(mod7)\Leftrightarrow (2.8^{k}-1)\vdots 7\Leftrightarrow [8^{k}+(8^{k}-1)]\vdots 7$  $(1)$

Dễ thấy : $(8^{k}-1)\vdots 7$ và $8^{k}$ không chia hết cho 7 nên $(1)$ vô lí.

_ Xét : $n=3k+2(k\in \mathbb{N})$.

Ta có : $2^{3k+2}\equiv 1(mod7)\Leftrightarrow (4.8^{k}-1)\vdots 7\Leftrightarrow [3.8^{k}+(8^{k}-1)]\vdots 7$.    $(2)$

Lập luận tương tự trường hợp $n=3k+1$ và để ý thêm rằng : $(3;7)=1$. Ta thấy $(2)$ cũng vô lí.

Vậy :  $n=3k(k\in \mathbb{N})$ 

bạn tham khảo : http://diendantoanho...ca/#entry630020

cho x,y,z là các số thực thoả mãn: $y^{2}+yz+z^{2}=1-\frac{3}{2}x^{2}$ .Tim Min,Max của: 

            Q=x+y+z

Ta có : 

$y^{2}+yz+z^{2}=1-\frac{3x^{2}}{2}$

$\Leftrightarrow 2y^{2}+2yz+2z^{2}+3x^{2}=2$

$\Leftrightarrow 2=x^{2}+y^{2}+z^{2}+(x^{2}+y^{2})+(z^{2}+x^{2})+2yz\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2zx+2yz$

$\Leftrightarrow (x+y+z)^{2}\leq 2$

$\Leftrightarrow -\sqrt{2}\leq x+y+z\leq \sqrt{2}$

Dấu "=" : ....

* Giải thích : $x^{2}+y^{2}\geq 2xy\Leftrightarrow (x-y)^{2}\geq 0$ còn $z^{2}+x^{2}\geq 2zx$ tương tự. Hai BDT này đúng với mọi số thực x, y, z.

P/s : Bài này bạn tpdtthltvp có giải ở đâu rồi nhưng mình quên link.

Cho x,y,z >0 và $x^3+y^3+z^3=2$. Tìm GTNN

$P=\frac{x^4}{y+z}+\frac{y^4}{x+z}+\frac{z^4}{x+y}$

* Bổ đề : $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$ và $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}$

Dễ chứng minh bằng Cauchy

* Ta có : $P=\frac{x^{4}}{y+z}+\frac{y^{4}}{z+x}+\frac{z^{4}}{x+y}=\frac{x^{6}}{x^{2}y+x^{2}z}+\frac{y^{6}}{y^{2}x+y^{2}z}+\frac{z^{6}}{z^{2}x+z^{2}y}\geq \frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)+(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})}\geq ...$ (Đọan này áp dụng bổ đề trên)

Có cho x, y, z dương hay không âm không vậy bạn ?

Có phải mỗi tỉnh lấy 25 người mỗi khối không?

Em ko biết anh ạ ! ... Em chỉ biết thi và xem kết quả thôi anh ! Vậy nên anh có thể lên fb mà hỏi. 

Tại sao lại có lớp 9, mình tưởng chỉ có lớp 4,8,11 thôi chứ

Em chẳng biết nữa, anh lên fb của bạn Thần Đồng Toán Học để xem chi tiết. Để em sửa lại tiêu đề.

Đây là link tổng kết kết quả thi toán violympic. (Thông báo chính thức)

http://violympic.vn/Page_New_Detail.aspx?ID=1618

Cho a,b,c>0.CM: $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq a+b+c$

_ Áp dụng Cauchy  : $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\geq 2 \sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}}=2b$

Tương tự, cộng lại theo vế, có đpcm.

Dấu "=" khi a = b = c

_ Ta có BDT : $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)\Rightarrow \frac{a^{3}+b^{3}}{2ab}\geq \frac{a+b}{2}$

Tương tự cộng lại ta có d0pcm.

_ Dấu "=" khi a = b = c.

* Chứng minh bằng tương đương : $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)\Leftrightarrow (a+b)(a^{2}-ab+b^{2})-ab(a+b)\geq 0 \Leftrightarrow (a+b)(a-b)^{2}\geq 0$

 (a,b,c dương nên BDT luôn đúng)