catbuilts

xét
+ x=0: thay vô làm tiếp
+ x khác 0. Đặt y=kx.
thay vào.
Lấy bình phương 2 vế của pt(1), sau đó chia cho pt(2) vế theo vế, ta dc

$\frac{\left (1+k+\sqrt{1-k^2} \right )^2}{k\sqrt{1-k^2}}=12$

Khai triển, rút gọn ta có

$1+k=\left ( 5k-1 \right )\sqrt{1-k^2}$

bình phương 2 vế, ta dc phương trình bậc 4 với hệ số tự do = 0

$k(25K^3-10k^2-23k+12)=0$

pt này có nghiệm là 0,6 ; -1 và 0,8
từ đây giải tiếp ra x, y

đặt $e=cos\frac{2\pi}{7} +isin\frac{2\pi}{7}$ là căn bậc 7 của đơn vị.
Tính $\sum_{i=1}^{6}\coprod_{j=1}^{4} \left (\left (e^i \right )^j+1 \right )$
Mong được mọi người giúp đỡ. Thanks !

Sửa lại đề bài một chút cho rõ ràng hơn

Đặt: $\quad\varepsilon = \cos\frac{2\pi}{7}+i\sin\frac{2\pi}{7}=\sqrt[7] 1\;\in\mathbb C\qquad$ (Căn bậc 7 của đơn vị trong trường số phức)

Tính: $\quad\sum_{k=1}^6 \prod_{j=1}^4 \left((\varepsilon^k)^j+1\right)$

sai từ chỗ này và nguyên nhân là do làm tắt $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$
muốn dùng lengdre(hay tiếng việ gọi là thặng dư toàn phương) trước tiên ta phải đưa nó về dạng (mà ở đây) là
a²$\equiv$-3 (mod p) cái đã,mà ở đây muốn đưa về dạng này ta phải giả sử a không chia hết cho p,''vậy nên thiếu TH a,b chia hết cho p'',mà TH này luôn đúng,nếu không thấy dc thì cho a=b=p ta có 12p² chia hết cho p ,vì vậy có giải kiểu gì đi nữa vẫn phải thông qua a,b,c chia hết cho p rồi mới giải tiếp,nên không có cách bạn stranger nói

xét $\left ({\frac{{ - 3}}{p}} \right )$
Đâu cần giả sử x không chia hết cho p chứ. Ta chỉ quan tâm có tồn tại x để x²$\equiv$-3 (mod p) hay ko thôi.

Tất nhiên nếu ptrinh x²$\equiv$-3 (mod p) có nghiệm thì x ko chia hết cho p rồi.

@ Uyenha: Hình như bạn còn vướng cái kí hiệu Lengdre thì phải

$p|a^2 + ab + b^2 \Rightarrow p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$. Và điều này vô lí vì $p \equiv 2(\bmod 3)$.
cái này và bổ đề của nguyênta tự mâu thuẫn nhau,ta chắc chắn có $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = -1$ nhưng từ $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$ là thiếu,nếu như $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 0$ thì sao,bạn đã xét nó đâu,ý mình là thiếu sót ở chỗ này đó.

cách cm của bạn và bổ đề của bạn tạ ,2 cái này mâu thuẫn nhau,vì ta chắc chắn có $\binom{-3}{p}=-1$ nhưng còn từ pl(2a+b)² +3b² ta không thể suy ra dc $\binom{-3}{p}=1$,còn th $\binom{-3}{p}=0$ thì vứt đâu r`


vậy nếu $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right)$ không bằng 1 thì sao,tức là $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right)=0$,(ta không quan tâm đến th $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right)=-1$ ,việc làm của bạn là đang chứng minh bổ đề của nguyenta thôi

Cả 2 bạn Nguyenta98 và Stranger411 đều từ mấu chốt $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$ (*) để giải quyết bài toán.

Bài của bạn Nguyenta98 thì đúng rồi, ko cần bàn nữa.

Vấn đề ở đây là chỗ từ $p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$

suy ra dc $\binom{-3}{p}=1$ của bạn Stranger.

hiểu sai ý mình r`,đây này,ta có pl (2a+b)² +3b² (1),neu 2a+b không chia hết cho p hiển nhiên b cũng vậy,ta biến đổi (1) thành (2a+b)² $\equiv$ -3b² (mod p),do (b,p)=1 cho nên tồn tại c sao cho bc$\equiv$1(mod p),do dó ta có ((2a+b)c)² $\equiv$-3 (mod p),dẫn tới vô lí do p dạng 3K+2,vậy nên 2a+b,b cùng chia hết cho p,rõ ràng không có cách của bạn stranger vì nó không tồn tại

nếu nói như cách trên của bạn stranger thì không có a,b tự nhiên nào thỏa mãn a² +b² có ước nguyên tố dạng 4k+3(1),a,b chia hết cho số nguyên tố đó thì hiển nhiên có (1)

Mình nghĩ ý bạn Uyenha là như sau: Bạn Nguyenta98 từ (*) suy ra a,b,c đều chia hết cho p.
Nhưng khi đó thì 2a+b, b cũng chia hết cho p, dẫn đến $\binom{-3}{p}=1$ sai !

Theo mình thì bạn Strager giải đúng rồi.

Trường hợp $\binom{-3}{p}=0$ là ko thể xảy ra

Kí hiệu $\binom{-3}{p}=0$ có nghĩa là -3 chia hết cho p, mà p chia 3 dư 2 nên ko thể.

còn kí hiệu $\binom{-3}{p}=1$ có nghĩa là với 2 số -3, p nguyên tố cùng nhau. ptrinh $x^2\equiv-3(mod p)$ (1) tồn tại nghiệm. Tức là ko bắt buộc mọi trường hợp đều phải có nghiệm. Ví dụ từ (*) ta chỉ cần chọn b chia p dư 1, để có ${(2a + b)^2} \equiv -3 (mod p) $ (lúc này x=2a+b). ptrinh (1) tồn tại nghiệm, tương đương $\binom{-3}{p}=1$. và từ đây suy ra dc điều vô lí $\blacksquare$

Hướng làm:

đặt $P(x)=\sum_{i=0}^{m}a_{i}x^i$ ;Với$i\in {0,1,2,3}$

$P(2)=n$ hay $\sum_{i=0}^{m}a_i2^i=n$
Hàm sinh của số đa thức thỏa yêu cầu bài toán là $\coprod_{i=0}^{\propto }A_i(x)=\left (1+x^{2^i}+\left ( x^{2^i} \right )^2+\left ( x^{2^i} \right )^3 \right )=\frac{1}{(1-x)(1-x^2)}$
từ đó tính hệ số $S_n$, suy ra đáp số $\blacksquare$

Bạn thiếu điều kiện a,b dương (nếu ko thì ko có min)

Dự đoán min khi $a=b=\frac{1}{2}$

$a+b+b\geq 3\sqrt[3]{ab^2}$

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{ab^2}}$

$\Rightarrow A\geq 3\sqrt[3]{ab^2}+\frac{3}{\sqrt[3]{ab^2}}=3(x+\frac{1}{x})$ (Đặt $\sqrt[3]{ab^2}=x$)

$x=\sqrt[3]{ab^2}\leq \frac{a+b+b}{3}\leq \frac{1}{2}$

Dùng điểm rơi trong Am-Gm

$A=3\left (x+\frac{1}{4x}+\frac{1}{4x}+\frac{1}{4x}+\frac{1}{4x} \right )\geq 5\sqrt[5]{\frac{1}{4^4.x^3}}\geq 5\sqrt[5]{\frac{1}{4^4.(\frac{1}{2})^3}}=\frac{15}{2}$ $\blacksquare$

Cho $x^2+y^2+z^2=3$

$\frac{x^2}{2(y^2+xz)}\geq \frac{x^2}{2y^2+x^2+z^2}= \frac{x^2}{y^2+3}$

Thêm bớt để dùng Am-Gm $\frac{x^2}{y^2+3}+ \frac{x^2(y^2+3) }{16} \geq \frac{x^2}{2}$

với 3 số a,b,c thỏa $a+b+c=3$ thì $(a+b+c)^2=9 \geq 3(ab+bc+ca) \Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$, do đó $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\leq 3$

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Bài giải

$\left (\frac{VT}{2}+\sum \frac{x^2(y^2+3) }{16} \right )-\sum \frac{x^2(y^2+3) }{16}\geq \sum \frac{x^2}{2}-\frac{3+9}{16}\doteq \frac{3}{4}$ $\blacksquare $

Chắc muốn một cách giải hay nên mới post bài này lên . Nhưng tui biết làm Schwarz bình thường thôi :
$$VT\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}\geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2-(xy+yz+zx)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2-\frac{(x+y+z)^2}{3}}=\frac{3}{2}$$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$
Ơ mà sao lại cho $a,b,c>0$ =))

Chỗ $\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2-(xy+yz+zx)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2-\frac{(x+y+z)^2}{3}}$ Bị nhầm dấu rồi bạn

$\frac{a}{b^2c^2}=\frac{9a^3}{9a^2b^2c^2}=\frac{9a^3}{(a^2+b^2+c^2)^2}$

tương tự cho 2 số hạng sau.
Lúc này, cần chứng minh

$\frac{a^3+b^3+c^3}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq \frac{1}{a+b+c}$

Nhân chéo lên, theo Cauchy-Schaz thì BĐT này đúng $\blacksquare$

Mình chẳng biết biến đổi thế nào để ra như thế cả

$f(x)=f'(x)(x-x_{0})+f(x_0)$

Ở đây $x_0=\frac{1}{3}$ $\blacksquare $

mình cũng nghĩ như bạn ngày không em. Hy vọng diễn đàn để lỏng 1 tí, chỉ có post đề với đáp án thì khô khan quá. Có nói chuyện trao đổi vui hơn nhiều (tất nhiên có liên quan đến chủ đề, chơ không spam .

Dùng Dirichle
chia hình chữ nhật thành 5 hình nhỏ, sao cho khoảng cách 2 điểm trong mỗi hình đó ko quá $\sqrt{5}$

$A=3\left ( a^{4}+b^{4} \right )+2a^{4}b^{4}$

$a^{3}+b^{3}+1=3 \geq 3ab\left ( AM-GM \right ) \Rightarrow ab\leq 1 \Rightarrow A \leq B=3\left ( a^{4}+b^{4} \right )+2a^{3}b^{3}$

$a^{3}+1+1\geq 3a \Rightarrow a^{3}+2+b^{3}\geq 3a+b^{3} \Rightarrow 4-b^{3} \geq 3a$

Tương tự $4-a^{3} \geq 3b$

$A \leq B \leq a^{3}(4-b^{3})+b^{3}(4-a^{3})+2a^{3}b^{3}=8$ $\blacksquare$

bài1: giải các pt:
1.$\large \left | 2010-x \right |^{2011}+\left | 2011-x \right |^{2010}=1$

$S=\left | a \right |^{2011}+\left | a+1 \right |^{2010}$
Để dễ nhìn, đặt $2010-x=a$
+nếu $a>0$ thì $S=a^{2011}+\left ( a+1 \right )^{2010}>1$ , vô nghiệm
+$a=0$ thỏa
+$a<0$ Chia thành các trường hợp nhỏ hơn
TH1: $a< -1$, khi đó $S>1$ vô nghiệm
TH2: $a =-1$ : thỏa
TH3: $0>a>-1$ , đặt $a= -b$ (cho dễ nhìn, ko đặt cũng ko sao cả)
lúc này $S=b^{2011}+\left ( 1-b \right )^{2010}$
ta có với x mà $0<x<1$ , $x$ mũ càng cao thì càng bé.
Do đó $S< b + (1-b) = 1$, suy ra vô nghiệm

Vậy chỉ có 2 nghiệm duy nhất $2010, 2011$

Gom số đầu và cuối lại
$S=\left (\frac{1}1{}+\frac{1}{100} \right )+\left ( \frac{1}{2}+\frac{1}{99} \right )+...$
$=\frac{101}{1.100} +\frac{101}{2.99}+...$
$=101.\left ( \frac{1}{1.100}+\frac{1}{2.99}+... \right )$
$=\frac{101a}{1.2.3.4...100}$ (quy đồng, đặt a bằng tử số của tổng trong ngoặc)
để S là số tự nhiên thì $101a$ phải chia hết cho $1.2.3..100$.
Mà $101$ là số nguyên tố, nên $(101,k)=1$ với $k=1,2,..,100$.
Do đó $101a$ phải chia hết cho $1.2.3..100$ tương đương $a$ phải chia hết cho $1.2.3..100$
a tất nhiên nhỏ hơn $1.2.3..100$ (do tổng đó bé hơn 1) nên suy ra a không chia hết cho $1.2.3..100$.
Vậy S ko thể là số tự nhiên