bangbang1412

Cho phương trình   $\frac{4}{n}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ 

Giả thiết rằng với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại $x,y,z$ nguyên dương thỏa mãn phương trình .

Giả sử $yz|x$ ($x=max{x,y,z}$) và $x,y,z$ khác nhau , $n\geq 3$ và $n|x$ ($n$ nguyên tố )

Đặt $f(n)$ là số bộ nghiệm không hoán vị của phương trình ban đầu thỏa mãn các điều kiện vừa đặt ra .

Chứng minh rằng $f(3)=f(5)=1$ là hai giá trị của $n$ nguyên tố duy nhất làm cho $f(n)=1$

 Coi như món quà tặng cho những ai nghiên cứu giả thuyết $Erdos$ về phân số Ai Cập , nhân tiện nếu ai nghiên cứu thì pm mình cùng trao đổi .

Giảm $a,b,c$ đi cùng một lượng $c=min{a,b,c}$ ta thấy vế phải không đổi , còn vế phải là $(a^{2}+b^{2}+2c^{2}-2ac-2bc)\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$ 

Nên bdt chỉ cần chứng minh với $2$ biến $a,b$ còn $c=0$ 

Khi đó ta cần có $(a^{2}+b^{2})^{3}\geq 27(ab)^{2}(a-b)^{2}$

Sau khi khai triển , và dùng $AM-GM$ ta thu được bdt luôn đúng 

Bằng quy nạp ta có $S=[\frac{n(n+1)}{2}]^{2}$

Mình nghĩ cái này không đúng lắm, ta chỉ có thể đặt $a-1=y^u \cdot m$ khi $y$ nguyên tố thôi. Chẳng hạn $18^2 \cdot 7=63 \cdot 36$.

$u$ có thể là $0$ mà bạn 

Chắc là tại định lên hỏi mấy bài xong không định dùng lâu dài , hoặc muốn phá chăng .

Rõ ràng $3|x$ , ta đặt $x=3a$ với $a$ nguyên dương . Khi đó thu được phương trình $9a^{2}=54ay^{2}-9y^{3}+9$

Hay $a^{2}=6ay^{2}-y^{3}+1$

Hay $(a-1)(a+1)=y^{2}(6a-y)$

Lưu ý ở đây $a$ không thể chia hết cho $y$ ( bạn tự giải thích )

Đặt $a-1=y^{u}.m$ và $a+1=y^{v}.n$

Ta có $y^{u+v}.mn=y^{2}(6a-y)$

Do đó ta có $u+v=2$ và $mn=6a-y$

Xét $u=v=1$ , khi đó ta có $a-1=my$ và $a+1=yn$ ta có $a+1-a+1=2=y(n-m)$ ( trường hợp này bạn xét ước là được).

Xét $u=2,v=0$ ta có $a-1=y^{2}.m$ và $a+1=n$ hay $2=n-m.y^{2}$ , nhân $2$ vế với $m$ ta có $2m=6a-y-(my)^{2}$ hay $6y^{2}.m+6-(my)^{2}=2m$ . Rõ ràng $6$ phải là một bội của $m$ 

 Cái này bạn xét ước nốt rồi thế vào phương trình ban đầu là ra .

Xét $u=0,v=2$ ta có $a=m+1$ và $a=y^{2}.n-1$ , giải tương tự như trên .

 

Mình chứng minh như sau 

Do $gcd(b,m)=1$ nên tồn tại lớp thặng dư nghịch đảo của $b$ theo $(modm)$ là $u$

Nhân $u$ với $2$ điều kiện đầu ta có $(au)^{x}\equiv (au)^{y}\equiv 1(modm)$

Giả sử cấp của $au$ theo $modm$ là $h$ khi đó $h|x$ và $h|y$

Do đó ta có $h|gcd(x,y)$ và $(au)^{gcd(x,y)}\equiv (au)^{h}\equiv 1(modm)$

Hay $a^{d}\equiv b^{d}(modm)$ trong đó $d=gcd(x,y)$

Với dạng này bạn cần thạo cấp số một chút 

$\sum \frac{a^{3}}{b+2c}=\sum \frac{a^{4}}{ab+2ac}\geq \frac{(\sum a^{2})^{2}}{3\sum ab}\geq \frac{\sum a^{2}}{3}\geq \frac{1}{9}(\sum a)^{2}$

Đẳng thức khi $a=b=c>0$

Bài $1$ : đặt $\frac{1}{a}=x,b=y,c=z$ cho dễ nhìn ,ta có bdt tương đương

                                        $\sum x\geq 3(\sum \frac{xy}{2x+y})$

Thực ra nó chỉ là cộng các vế các bdt sau :

                                              $\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{9}{2x+y}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$

Trước hết ta có bổ đề , với mọi $a,b,c$ dương thì ta có bất đẳng thức 

                                              $\prod (a+b-c)\leq abc$

Thật vậy ta chỉ cần xét cho $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh của một tam giác .

Đặt $(a+b-c)=x,(a+c-b)=y,(b+c-a)=z$

Khi đó bất đăng thức tương đương là 

                                             $8xyz\leq \prod (x+y)$ bất đẳng thức này đúng theo $AM-GM$

Áp dụng bất đẳng thức cho $3$ số $a,1,\frac{1}{b}$ ta có :

 $(a+1-\frac{1}{b})(a+\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{b}+1-a)\leq \frac{a}{b}=>(ab+b-1)(a-1+\frac{1}{b})(\frac{1}{ab}+\frac{1}{a}-1)\leq 1$

Thay $abc=1$ vào ta có đpcm 

Áp dụng hằng đẳng thức $Lagrange$ ta có $(1+a^{2})(1+b^{2})=(a+b)^{2}+(ab-1)^{2}$ và $2(1+c^{2})=(c+1)^{2}+(c-1)^{2}$

 $2(1+abc)+\sqrt{2\prod (1+a^{2})}=2+2abc+\sqrt{[(a+b)^{2}+(ab-1)^{2}][(c+1)^{2}+(c-1)^{2}]}\geq 2+2abc + (a+b)(c+1)+(1-ab)(c-1)=\prod (1+a)$

Ai có tài liệu , file gì về các loại , tích phân đường , tích phân $2$ và $3$ lớp , công thức $Stoke$ , công thức $Gauss$ thì cho mình xin với nhé   , càng nhiều ví dụ càng tốt 

 

 

Ngày 1:

Bài 1:

Tìm giá trị lớn nhất của $m$ để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực $a,b,c$ khác $0$ thỏa mãn $\left |\frac{1}{a}  \right |+\left | \frac{1}{b} \right |+\left |\frac{1}{c}  \right |\leq \frac{1}{3}$ 

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

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 5:

Giả sử $N$ là tập các số tự nhiên $n< 10^6$ thỏa mãn với mọi $n\in N$, tồn tại $1\leq k\leq 43$ sao cho $n^k\vdots 2012$. Tìm số phần tử của tập $N$

 

Bài $5$ , nhận thấy $n$ phải là bội của $1006$ vì $2012=2.2.503$

Rõ ràng $2$ và $503$ nguyên tố nên $n$ phải là một bội của $1006$

Chọn $k\geq 2$ là đủ thỏa mãn với mọi $n$ , nên số phần tử của nó phải là số các bội của $1006$ trong khoảng $(1006,10^{6}-1)$

  ơ , thế này có lộn đề hay gì không nhỉ , hình như ra $994$

Bài $1$ , chọn $a=b=c>0$ ta có $a\geq 9$ 

Cho đẳng thức điều kiện xảy ra , tức là $a=b=c=9$

Ta có bất đẳng thức $(9a^{2})^{3}\geq m$

Cho $a=9$ và cho đẳng thức xảy ra , tức là $m=9^{9}$

Ở đây chỉ cần chứng minh với $a,b,c>0$ là đủ nên $\sum \frac{1}{a}\leq \frac{1}{3}$

Và chứng minh $\prod (a^{2}+4(b^{2}+c^{2}))\geq (\sqrt[3]{(abc)^{2}}+4\sqrt[3]{\prod (b^{2}+c^{2})})^{3}\geq (81+4.162)^{3}=729^{3}=9^{9}$

Ở đây theo giả thiết thì $abc\geq 3(ab+bc+ac)\geq 9(abc)^{\frac{2}{3}}$ nên $abc\geq 729$

Vậy $m=9^{9}$ là giá trị tốt nhất

Với bài $6$ ta thấy nếu gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ thì tứ giác $APGQ$ là tứ giác nội tiếp .

Do đó theo tính chất góc nội tiếp thì $AG$ phải là phân giác góc $A$.

Ta lại có nhận xét .

Khi $Q$ di chuyển đến $C$ thì $P$ phải di chuyển đến $A$ , và $Q$ nằm trong hình tròn tâm $P$ bán kinh $1$ 

 Xong kết luận quỹ tích là nằm trên phân giác góc $A$ và không vượt quá $I$ là trọng tâm $ABC$

$\frac{2}{\sqrt{n}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=\frac{2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})}{1}$

Cộng các vế ta có đpcm

Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Đồng Tháp

Câu $2a$ là hệ quả của bổ đề mọi ước của $a^{2}+b^{2}$ với $(a,b)=1$ đều không có ước nguyên tố lẻđạng $4k+1$
Câu $1$ thì nó là cộng các vế của bất đẳng thức sau :
$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(a+c)^{2}}\geq \frac{1}{a^{2}+bc}$
Thật vậy ta có $(a^{2}+bc)(\frac{b}{c}+1)\geq (a+b)^{2}=>\frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{c}{(b+c)(a^{2}+bc)}$
Chứng minh tương tự cho các biểu thức còn lại ta có đpcm


Bài dãy phần $a$ , Chứng minh bằng quy nạp
Chi cần chứng minh $a_{n+1}>a_{n}$
Thật vậy nó tương đương với $1+\frac{a_{n}}{2013}>1$ , hiển nhiên đúng nên dãy tăng. , Do $a_{n+1}>>a_{n}$ nên dãy không bị chặn trên là điều hiển nhiên .