CMR $\dfrac{xz^2}{2y^3+yz^2}+\dfrac{zy^2}{2x^3+xy^2}+\dfrac{yx^2}{2z^3+zx^2}\geq 1$ với $x,y,z$ là các số dương.

1)Chứng tỏ rằng : nếu có 6 số nguyên tố a,b,c,d,e,g thoả mãn đẳng thức $\ a^2 + \ b^2+\ c^2+\ d^2+\ e^2=\ g^2$ thì cả sáu số này không thể là số lẽ .

Giả sử cả 6 số đều lẻ.
Khi đó $a^2,b^2,c^2,d^2,e^2 \equiv 1 (mod 8)$
$\Rightarrow g^2\equiv 5 (mod 8)$ vô lý
Vậy phải có ít nhất 1 số chẵn.

Dãy Fibonaxi được xác định như sau:
$u_1=u_2=1, u_{n+1}=u_n+u_{n-1}$ với $n>1$.
Tìm ƯCLN của các số hạng thứ 1000 và 770 của dãy số đó.

3)p,q,r là 3 số nguyên tố liên tiếp
p^2+q^2+r^2 cũng là số nguyên tố
tìm p,q,r ?

Xét $p=2,q=3,r=5$ thì $p^2+q^2+r^2=38 $ko thỏa mãn
Xét $p=3,q=5,r=7$ thì $p^2+q^2+r^2=83$ thỏa mãn
Nếu $p,q,r>3 \Rightarrow p,q,r\not\vdots 3$
$\Rightarrow p^2, q^2, r^2\equiv 1 (mod 3)$
$\Rightarrow p^2+q^2+r^2\vdots 3$ ko là số nguyên tố.
Vậy 3,5,7 là 3 số thỏa mãn.

2)cho p=101010...101
n chữ số 0 và (n+1) chữ số 1
tìm n để p là số nguyên tố

101 là số nguyên tố.
NẾu số đã cho chứa $n>2$ số 1 thì 11p chứa 2n số 1 và sẽ chia hết cho số q gồm n chữ số 1.
Nếu n lẻ thì $q\not\vdots 11 \Rightarrow p\vdots p$, nếu q chẵn thì $q\vdots 11 \Rightarrow p\vdots \dfrac{p}{n}. $Vậy với n>2 thì p là hợp số.
Do đó chỉ có số 101 thỏa mãn.

1) Tìm 2 số nguyên tố p,q để
7p+q và p.q +11 cũng là số nguyên tố

Nếu p,q cùng lẻ thì $7p+q$ chẵn ko là số nguyên tố.
Do đó p hoặc q bằng 2
Xét p=2:
$ q=3 \Rightarrow 7p+q=17, pq+11=17 $thỏa mãn.
Nếu $q>3 \Rightarrow q=3k+1$ hoặc $3k+2$
Nếu $q=3k+1 \Rightarrow 7p+q=14+3k+1\vdots 3$ ko là số nguyên tố
$q=3k+2 \Rightarrow pq+11 \vdots 3$ ko là số nguyên tố.
Vậy $p=2,q=3$
Xét $q=2$
$p=3 \Rightarrow 7p+q=23$ là số nguyên tố.
$p>3 \Rightarrow p=3k+1, 3k+2$
Nếu $p=3k+1 \Rightarrow 7p+q\vdots 3$
$p=3k+2 \Rightarrow pq+11\vdots 3$
Vậy $p=3,q=2$
Ta tìm được 2 cặp duy nhất thỏa mãn là $(p,q)=(2,3);(3,2)$

Có em tuyên truyền cho, ông anh yên tâm

1/Cho a+b=1 và ab 0
CMR a/$ \dfrac{a}{ b^{3}-1 }$+$ \dfrac{b}{ a^{3}-1 }$=$ \dfrac{2ab-2}{ (ab)^{2}-1 }$

$VT=\dfrac{a}{(b-1)(b^2+b+1)}+\dfrac{b}{(a-1)(a^2+a+1)}$
$=\dfrac{a}{-a(b^2+b+1)}+\dfrac{b}{-b(a^2+a+1)}=\dfrac{-1}{b^2+b+1}+\dfrac{-1}{a^2+a+1}$
$=\dfrac{-(a^2+a+1+b^2+b+1)}{(b^2+b+1)(a^2+a+1)}=\dfrac{-[(a+b)^2-2ab+3]}{a^2b^2+ab(a+b)+a^2+b^2+ab+2}$
$=\dfrac{2(ab-2)}{a^2b^2+(a^2+2ab+b^2)+2}=\dfrac{2(ab-2)}{a^2b^2+3}$
Đến đây khai triển tiếp thì ko có cái cuối, có lẽ đề sai.

Bài 2:
$(\dfrac{a}{b-c}+\dfrac{b}{c-a}+\dfrac{c}{a-b})(\dfrac{1}{b-c}+\dfrac{1}{c-a}+\dfrac{1}{a-b})=0$
Khai triển rồi rút gọn suy ra:
$(\dfrac{a}{(b-c)^2}+\dfrac{b}{(c-a)^2}+\dfrac{c}{(a-b)^2})+\dfrac{a+b}{(b-c)(c-a)}+\dfrac{b+c}{(c-a)(a-b)}+\dfrac{c+a}{(a-b)(b-c)}=0$
Mà $\dfrac{a+b}{(b-c)(c-a)}+\dfrac{b+c}{(c-a)(a-b)}+\dfrac{c+a}{(a-b)(b-c)}=\dfrac{(a+b)(a-b)+(b+c)(b-c)+(c+a)(c-a)}{(a-b)(b-c)(c-a)}=0$
Vậy có đpcm .

Ủa, bài này gần giống trên báo TTT2 số mới nhất, sao mấy bác ko cho topic này off lại một thời gian nhỉ ?

Bài này hoàn toàn tương tự:
Cho tam giác $ABC (AB\neq AC), AD $là đường phân giác ngoài của góc $BAC$.CMR: $AD^2=DB.DC-AB.AC$

$\Delta ABC $cân có $\hat{A}=\180^ \circ $nên $\hat{B}=\hat{C}=\15^ \circ$.
Trong tam giác ABD dựng điểm I sao cho $\hat{IDB}=\hat{IBD}=\15^ \circ$.$ \Delta DIB=\Delta BAC $nên $IB=AB$. Từ đó tính được$ \hat{BIA}=\60^ \circ, \hat{DIA}=\120^ \circ.$
CM được$ \Delta DIB=\Delta DIA (c.g.c)$
vậy $BD=AD$.
Tương tự ta cũng có $AE=EC$,
Từ đó $\Delta DAE$ đều

Cho $a,b,c>0$ và n là số tự nhiên $\geq 2$. CMR:
$\sqrt[n]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\dfrac{c}{a+b}}>\dfrac{n}{n-1}.\sqrt[n]{n-1}$

Cho bốn số $a,b,c,d$ thỏa mãn điều kiện $0<b\leq a\leq 4, a+b\leq 7, 2\leq c\leq 3\leq d.$
CMR $\dfrac{2c+\dfrac{1}{c}+d+\dfrac{2}{d}}{a^2+b^2}\geq \dfrac{49}{150}$

Mệnh đề: Số nào cũng bằng 0.
lấy một số a tùy ý và một nửa của nó là x. Ta có a=2x.
Nhân 2 vế với a ta được $2ax=a^2$ hay $a^2-2ax=0$. Lại thêm$ x^2$ vào hai vế được $a^2-2ax+x^2=x^2$
Hay $(a-x)^2=x^2$
Có thể viết là $(x-a)^2$.
Do đó $x-a=x$. Tức là a=0.
Bác bỏ:Bình phương hai số bằng nhau ko thể suy ra hai số bằng nhau.
Tổng hai số dương bằng 0:
Giả sử có hai số dương a và b. Tổng của chúng bằng c cũng dương. Nhân hai vế với a+b được:
$c(a+b)=(a+b)^2$
$ac+bc=a^2+2ab+b^2$
$(a^2+ab-ac)+(ab+b^2-bc)=0$
$a(a+b-c)+b(a+b-c)=0$
Giản ước cho $a+b-c$ ta được $a+b=0$
Bác bỏ bằng luật giản ước phép nhân.
Mấy bài hình còn lại xây dựng được phải vẽ hình nên chịu.

Mệnh đề: Số nào cũng bằng 0.
lấy một số a tùy ý và một nửa của nó là x. Ta có a=2x.
Nhân 2 vế với a ta được 2ax=a^2 hay a^2-2ax=0. Lại thêm x^2 vào hai vế được a^2-2ax+x^2=x^2
Hay (a-x)^2=x^2
Có thể viết là (x-a)^2.
Do đó x-a=x. Tức là a=0.
Bác bỏ:Bình phương hai số bằng nhau ko thể suy ra hai số bằng nhau.
Tổng hai số dương bằng 0:
Giả sử có hai số dương a và b. Tổng của chúng bằng c cũng dương. Nhân hai vế với a+b được:
c(a+b)=(a+b)^2
ac+bc=a^2+2ab+b^2
(a^2+ab-ac)+(ab+b^2-bc)=0
a(a+b-c)+b(a+b-c)=0
Giản ước cho a+b-c ta được a+b=0
Bác bỏ bằng luật giản ước phép nhân.

Đây là topic liên quan phương trình và hệ phương trình mà, sao bạn lại post đề ấy.
Mà đã giải xong bài của tui đâu.

Kì này tui để trượt mất cơ hội đi Hải Phòng một cách cay đắng.
Cuộc thi kết thóc rùi, cũng nên khoe về ông bạn một chút chứ nhỉ.
Le_duc đạt giải ba (không cao lắm), truyền hình vừa quay xong (mình đứng cạnh thơm lây nhưng hơi tức).
Có bạn nào đạt giải nữa ko?

Bà con vào đây giải nè:
Cho biết phương trình $ax^3+bx^2+cx+d=0$ (a khác 0) có ba nghiệm dương là $x_1,x_2,x_3$. CMR: $x^7_1+x^7_2+x^7_3\geq -\dfrac{b^3c^2}{81a^5}.$
Bài 2: CMR nếu $a,b,c$ là những số nguyên l­ẻ thì PT $ax^2+bx+c=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

Trang này làm sao ấy, anh vào mãi mà ko được.

Bài này có thể giải như sau:
Dễ CM được $­ \dfrac{MA'}{AA'} +\dfrac{MB'}{BB'}+\dfrac{MC'}{CC'}=1$­, với A',B',C' là giao của AM với BC, CM với AB.(1)
Vẽ MD//AI. Áp dụng hệ quả Ta-let có$­ \dfrac{MA_1}{GA_1}=\dfrac{MD}{GI}, \dfrac{MA'}{AA'}=\dfrac{MD}{AI}.
GI= \dfrac{1}{3}AI$­ do đó$ \dfrac{MA_1}{GA_1}= \dfrac{MD}{1/3AI}=3.\dfrac{MA'}{AA'}$
Tương tự :$\dfrac{MB_1}{GB_1}=3.\dfrac{MB'}{BB'}, \dfrac{MC_1}{GC_1}=3.\dfrac{MC'}{CC'}$
Kết hợp với (1) Ta được ĐPCM.