linhlun97

Mình nghĩ Ý của bạn TranLeQuyen là đặt $a=\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}$ $\Rightarrow a\geq 0$

Khi đó $VT=f(a)=4a+\frac{1}{a}+\sqrt{\frac{1}{2}(a^2+\frac{1}{a^2})}$

Sau đó xét miền giá trị của f(a) bằng kiến thức đạo hàm 

 Gọi$c=max {a,b,c}\Rightarrow 1\leq c\leq 2\Rightarrow (c-1)(c-2)\leq 0$

$\Rightarrow c^2-3c\leq -2$

Mà $a^3+b^3\leq (a+b)^3=(3-c)^3$

Khi đó$a^3+b^3+c^3\leq (3-c)^3+c^3=27+9c^2-27c=27+9(c^2-3c)\leq 27-2.9=9$

$"="\Leftrightarrow a=0,b=1,c=2$ và các hoán vị

Bài 2 nha mọi người

$a_{n+2}-7a_{n+1}=7a_{n+1}-a_n$

$\Rightarrow$(a_{n+2}-7a_{n+1})^2=2^2.3(2a_{n+1}-1)(2a_{n+1}+1)$=(7a_{n+1}-a_n)^2$

$a_{n+2}^2-14a_{n+2}.a_{n+1}=-14a_{n+1}.a_n+a_n^2$

Cho n chạy từ 1 dến n

Ta thu được $a_{n+2}^2+a_{n+1}^2-14a_{n+2}.a_{n+1}=a_1^2+a_0^2-14a_1a_0=-12$

$(a_{n+2}-7a_{n+1})^2=2^2.3(2a_{n+1}-1)(2a_{n+1}+1)$

suy ra $(2a_{n+1}-1)(2a_{n+1}+1)=3m^2$

$gcd(2a_{n+1}-1,2a_{n+1}+1)=1$

Và $(2a_{n+1}+1)\vdots 3$(quy nạp)

$\Rightarrow (2a_{n+1}+1)=3x,x\in \mathbb{Z}$

Suy ra $(2a_{n+1}-1).x=m^2$

Mà $(2a_{n+1}-1,x)=1$

=>dpcm

Ta có $x+y-1=\sqrt{2x-4}+\sqrt{y+1}\leq \sqrt{(x-2+y+1)(2+1)}=\sqrt{3(x+y-1)}$ (bdt Bunhiakovski)

Suy ra $0\leq x+y-1\leq 3\Leftrightarrow 1\leq x+y=t\leq 4$

Xét$f(t)=t^2+\sqrt{9-t}+\frac{1}{\sqrt{t}}, t\in [1,4]$

$f'(t)=2t+\frac{1}{2\sqrt{9-t}}-\frac{1}{2\sqrt{t^3}}> 0 \forall t\in [1,4]$

Suy ra $f(t)$ đồng biến trên [1,4]

Max$f(t)= f(4)\Leftrightarrow x=4,y=-1$

Min $f(t)= f(1)\Leftrightarrow x=2,y=-1$

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{SC}=(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}).\overrightarrow{SC}=-10$

$AB^2=SA^2+SB^2-2.SA.SB.cos\widehat{ASB}=13$

$\Rightarrow cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{2}{\sqrt{13}}$$\Rightarrow sin(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{3}{\sqrt{13}}$

ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.AB.SC.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

Vậy $d(AB,SC)=2/3$

Trên SB lấy B', trên SC lấy C' sao cho SB'=SC'=SA=3

Khi đó sẽ tính được $AB'=3, AC'=3\sqrt{2},B'C'=3\sqrt{3}$ 

Suy ra tam giác AB'C' vuông tại A

Xét hình chóp $S.AB'C'$ Có SA=SB'=SC'

nên hình chiếu của S lên mp (AB'C') là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB'C', và đó chính là trung điểm B'C', gọi là H

Ta sẽ tính được $SH=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Khi đó $$V_{S.AB'C'}=\frac{1}{3}.SH.S_{AB'C'}=\frac{1}{3}.\frac{3}{\sqrt{2}}.\frac{1}{2}.3.3\sqrt{2}=\frac{3}{4}$$

Mặt khác $\frac{V_{S.AB'C'}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA.SB'.SC'}{SA.SB.SC}=\frac{9}{20}$

VẬY $V_{S.ABC}=5/3$

vè cơ bản tư tưỡng là thế, còn tính toán bạn kiểm tra lại nhé

Câu 2:

$(a+b+c)^2\geq 4a(b+c)$$\Leftrightarrow 4\geq a(b+c)$

 Suy ra $(b+c)^2\geq 4bc\geq bc.a(b+c)$

$\Rightarrow b+c\geq abc$

Ta chứng minh bổ đề sau đây

$x,y\in \mathbb{N}, p\in\mathbb{P}, p\geq 3, p\equiv 3 (mod2)$ thì

 $x^3\equiv y^3 (mod p)\Leftrightarrow x\equiv y (mod p)$

nếu $x\vdots 3 \Rightarrow dpcm$

Nếu $x\overline{\vdots } \Rightarrow y\overline{\vdots }\Rightarrow (x,p)=(y,p)=1$

Áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có

$x^{p-1}=x^{3k+1}\equiv 1\equiv (x^3)^k.x\equiv (y^3)^k.x (modp)$

$y^{p-1}=y^{3k+1}=(y^3)^k.y\equiv 1 (mod p)$

Mặt khác $(x,p)=(y,p)=1$

suy ra dpcm

vậy ta chứng minh được bổ đề

 

áp dụng vào bài toán cho $p=2013k+2\equiv 2 (mod3)$

gt$\Rightarrow x^3\equiv -y^3 (mod p)\Rightarrow x+y\vdots p$(1)

$\Rightarrow (x+y)^2\vdots p$$

Mà$x^2-xy+y^2=(x+y)^2-3xy\vdots p$

Suy ra $xy\vdots p$ (2) (vì (3,p)=1)

Từ (1),(2) =>dpcm

Bài 29

Cho $p_{n}$ là số nguyên tố thứ $n$. Chứng minh rằng:

a.$p_{n}>2n$ với mọi $n>4$

b.$p_{n}>3n$ với mọi $n>11$

a) Ta có $p_{5}=11>2.5$

Giả sử bất đẳng thức đúng với $n=k\geq 5$

Khi $n=k+1$

2 số nguyên tố liên tiếp kể từ số 3 trở đi đều cách nhau ít nhất là 2 vì mọi số nguyên tố khác 2 đều là số lẻ

Suy ra $p_{k+1}-p_{k}\geq 2 \Rightarrow p_{k+1}\geq p_{k}+2> 2k+2=2(k+1)$

=> dpcm
b) ta có$p_{12}=37> 3.12$

Chia tập hợp các số nguyên dương thành các nhóm 3 số:

$A_{1}={1,2,3}$

$A_{2}={4,5,6}$

....

$A_{k}={3k-2,3k-1,3k}$

Trong 12 tập đầu tiên có 11 số nguyên tố, kể từ tập 13 trở đi, trong  mỗi tập $A_{k} , k\geq 13$ có 1số 3k chia hết cho 3 và lớn hơn 3, trong 2 số 3k-1, 3k-2 có 1 số chẵn và lớn hơn 2 => Trong mỗi tập có nhiều nhất là 1 số nguyên tố.   Do vậy số nguyên tố thứ n $p_{n}$ sẽ thuộc tập $A_{k+1}$ hoac các tập sau nữa.
Từ đó suy ra dpcm

Goi giao điểm của AO với (O) là D

$BH\perp AC, CD\perp AC\Rightarrow BH//CD$

Tương tự CH//BD

Nên BHCD là hbh mà M là trung điểm BC 

Suy ra M là trung điểm HD

$\bigtriangleup ADH$ có OM là dtb nên $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$

Dễ dàng chứng minh được $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$  với M là trung điểm BC

$\bigtriangleup OMB, \widehat{OMB}=90, \widehat{BOM}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{BAC}=60$

$\Rightarrow OM=\frac{1}{2}OB=2(cm)$

Vậy AH =4cm

$VT \vdots 2001 \Rightarrow VP\vdots 2001\Rightarrow x\vdots 2001(1)) Ma VT> 0\Rightarrow VP> 0\Rightarrow 2001>x(2)) Tu (1)(2)\Rightarrow PT vô nghiệm$

mình nghĩ bài này ko cho điều kiện $x\epsilon \mathbb{Z}$ nên bạn ko thể áp dụng tính chất chia hết

$AB= c,BC=a, AC=b$
$\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}$
$\Rightarrow c.\overrightarrow{DC}=b.\overrightarrow{BD}$
$\Rightarrow c(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD})=b.(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})$
$\Rightarrow \overrightarrow{AD}=\frac{c}{b+c}.\overrightarrow{AC}+\frac{b}{b+c}.\overrightarrow{AB}$
lập các đẳng thức tương tự, cộng vế theo vế và biến đổi sẽ được $a=b=c$

ta dễ dàng cm được các bdt sau
$a^4+b^4\geq a^3b+ab^3$
$b^4+c^4\geq b^3c+bc^3$
$a^4+c^4\geq a^3c+ac^3$
cộng các bdt trên ta được
$2(a^4+b^4+c^4)\geq a^3b+a^3b+b^3c+b^3a+c^3a+c^3b$
$\Rightarrow 3(a^4+b^4+c^4)\geq a^3b+a^3b+a^4+b^3c+b^3a+b^4+c^3a+c^3b+c^4$
$\Rightarrow 3(a^4+b^4+c^4)\geq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)$
$\Rightarrow (a^4+b^4+c^4)\geq (a^3+b^3+c^3)$

haiz, minh lam được ít quá. chắc không hi vọng