uyenha

cho a,b,c,d>0,chứng minh các bất đẳng thức sau:
1.$\frac{a^{5}}{a^{3}+b^{3}}$+$\frac{b^{5}}{b^{3}+c^{3}}$+$\frac{c^{5}}{a^{3}+c^{3}}$$\geq$$(a^{2}+b^{2}+c^{2})/2$
2.nếu a+b+c=3 thì $\frac{1}{9-ab}$+$\frac{1}{9-ab}$+$\frac{1}{9-ab}$$\leq$3/8
3.nếu a+b+c+d=4 thì $\frac{1}{5-abc}$+$\frac{1}{5-bcd}$+$\frac{1}{5-cda}$+$\frac{1}{5-dab}$$\leq$1
4.3(a+b+c)$\geq$$\sqrt{a^{2}+8bc}+\sqrt{b^{2}+8ac}+\sqrt{c^{2}+8ab}$
5.$2\geq k\geq 0$ ta có $\frac{a^{2}-bc}{b^{2}+c^{2}+ka^{2}}+\frac{b^{2}-ac}{a^{2}+c^{2}+kb^{2}}+\frac{c^{2}-ab}{b^{2}+a^{2}+kc^{2}}\geq 0$
6.a,b,c lần lượt là độ dài các cạnh BC,CA,AB của tam giác nhọn
CMR $\frac{a+b}{cosC}+\frac{c+b}{cosA}+\frac{a+c}{cosB}\geq 4(a+b+c)$

cho a,b,c>1,$log_{ab}c$+$log_{bc}a$+$log_{ca}b$$\geq$$log_{a^{2}bc}bc$+$log_{b^{2}ac}ac$+$log_{c^{2}ab}ab$

1.cho 2 điểm P,C cố định trên 1 đường tròn.A,B di chuyển trên đường tròn thoả mãn góc ACB= a.cmr đường thẳng simson của P đối với tam giác ABC tiếp xúc với 1 đường tròn cố định
2.tam giác ABC ,M thay đổi trên BC.gọi D,E là điểm đối xứng của M qua AB ,AC.cmr trung điểm DE thuộc 1 đường thẳng cố định khi M chạy trên BC
3.tam giác ABC nội tiếp (O).cmr có 3 điểm trên (O) mà đườn g thẳng simson của nó tiếp xúc với đường tròn euler của tam giác ABC

$p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \Rightarrow \left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1$. Và điều này vô lí vì $p \equiv 2(\bmod 3)$.
Vậy không tồn tại $a,b,c$ thỏa mãn bài toán. $\blacksquare$

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

$p|a^2 + ab + b^2 \Rightarrow p|{(2a + b)^2} + 3{b^2}$
$ \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`

Trờ lại bài toán:
Vì vậy nếu $\left( {\frac{{ - 3}}{p}} \right) = 1 $ thì hoàn toàn vô lí vì ta chọn $p \equiv 2(\bmod 3)$

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

a ak`,tài liệu đuôi djvu là sao zvay hả a?

tài liệu tiếng anh nhiều khi viết đại trà lắm,chưa chắc hay hơn tài liệu tiếng việt đâu a,mà tài liệu việt nhiều người viết rất hay,dễ hiểu''vì viết = tiếng việt mà''

tìm công thức tổng quát của dãy:(a_n)
a₀=a₁=1,a₂=2,a$_{n}$=$\sum_{i=1}^{n}(2i-1)a_{i-1}a_{n-i}$

a₂=2,a₃=8,bai nay truy hoi theo a₁ ,...,a_n-1 moi giai duoc

cái chỗ a'>=a phải thêm ĐK la` a' >0 mới đúng

tìm các số nguyên dương a,b,c sao cho:
$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3(ab+bc+ca)}$ là 1 số nguyên

tìm tất cả các số nguyên dương m>1 sao cho tồn tại đa thức f(x) với các hệ số nguyên thỏa:
i)với mỗi a nguyên,f(a)$\equiv$0 hoặc 1 mod m
ii)tồn tại u,v nguyên sao cho f(u)$\equiv$0,f(v)$\equiv$1 mod m