bangbang1412

Ta có : $\frac{2}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}$\

Nên ta có thể viết lại dãy như sau :

                   $2u_{n}=\frac{1}{1.2}-\frac{1}{2.3}+\frac{1}{2.3}-....+\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}$

Nhân đôi và lấy giới hạn của $2$ vế ta có $limu_{n}=\frac{1}{4}$

đây là min

$\left ( x-y \right )^{2}+\left ( y-z \right )^{2}+\left ( z-t \right )^{2}+\left ( t-x \right )\geq \frac{\left ( x-y+y-z+z-t+t-x \right )^{2}}{4}= 0$

vậy min=0

dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=t$

 nếu thế này thì nó dương r cần gì có cauchy schwar

CMR: Với mọi số nguyên tố p dạng 4k+1(k là số tự nhiên) thì luôn viết được p=$a^{2}+b^{2}$ với a,b$\in$ N

Xét $a=(2k)!$ , ta có $(2k)!\equiv (-1)(-2).....(-2k)\equiv 4k(4k-1)....(2k+1)(modp)$

Nên $a^{2}\equiv (p-1)!\equiv -1(modp)$ theo định lý $Wilson$

Đặt $q=[\sqrt{p}]$ . Xét $(q+1)^{2}$ các số có dạng $ax+y$ với $x,y$ là các số thuộc tập $A={0,1.....,q}$

Vì $(q+1)^{2}>p>q^{2}$ nên tồn tại các số thỏa mãn $ax_{1}+y_{1}\equiv ax_{2}+y_{2}(modp)$ hay $a(x_{1}-x_{2})+(y_{1}-y_{2})\equiv 0(modp)$

Ta đặt $|x_{1}-x_{2}|=x,|y_{1}-y_{2}|=y$ khi đó ta có $(ax)^{2}-y^{2}=(ax+y)(ax-y)\equiv 0 (modp)$

Ta có $x^{2}+y^{2}\equiv -(ax)^{2}+y^{2}\equiv 0(modp)$ ( theo chứng minh ban đầu ).

Và $x^{2}\leq q^{2}<p,y^{2}\leq q^{2}<p$ và $p$ nguyên tố , $x^{2}+y^{2}<2p$ 

Do đó $x^{2}+y^{2}=p$ vì trong khoảng $[1,2p-1]$ có duy nhất $p$ là bội của $p$ do $p$ nguyên tố .

Trước hết ta có thể đặt $x^{4}=a,y^{4}=b,z^{4}=c$ và cần tìm xem có các số $a,b,c>10^{40}$ thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}$ chia hết cho $x+y+z$.

Giả sử có tồn tại các số này , khi đó đặt $a^{2}+b^{2}+c^{2}=k(a+b+c)<=>a^{2}-ka+(b^{2}+c^{2}-kb-kc)=0$

Giả sử $a,b,c$ là các số thỏa mãn $a+b+c$ nhỏ nhất và $a+b+c>3.10^{40}$

Xét biệt thức $k^{2}-4(b^{2}+c^{2}-kb-kc)<=>k^{2}+4kb+4kc-4b^{2}-4c^{2}$

Khi đó phương trình $(2b-k)^{2}+(2c-k)^{2}+m^{2}=3k^{2}$ phải có nghiệm nguyên .

Còn giải cái này ntn mình cũng không rõ nữa .

 Đặt $x=5k+2$ .Xét $k$ theo các $mod3$ và $mod7$

Trước hết ta xét $k$ theo $mod3$ .

 Vì $x\equiv 5\equiv 2 (mod3)$ nên $k\equiv 0(mod3)$ 

Đặt $k=3m=>x=15m+2$

Giờ ta xét $m$ theo $mod7$ ta có $x=14m+m+2$

Nên cần có $m+2\equiv 3(mod7)$ tức là $m\equiv 1(mod7)$

Đặt $m=7a+1=>x=15(7a+1)+2=105a+17$

Hay phương trình có nghiệm $x\equiv 17 (mod105)$

Tìm tất cả các số $n\in \mathbb{N}$,$n> 0$ sao cho $n=a^{2}+b^{2}(a,b\in \mathbb{N};a,b>0;(a,b)=1;ab\vdots$ mọi số nguyên tố$\leq \sqrt{n}$ )

$ab$ chia hết cho gì bạn 

Cho ba số dương thoả mãn $x+y+z\leq \cfrac{3}{2}$. Tìm $MinP=x+y+z+\cfrac{1}{x}+\cfrac{1}{y}+\cfrac{1}{z}$

Còn một cách khác như sau , đặt $t=x+y+z\leq \frac{3}{2}$ 

Sử dụng $AM-GM$ ta có $P\geq t+\frac{9}{t}$ 

Đến đây có nhiều cách giải , ta có thể đặt $f(t)=t+\frac{9}{t}$ và có $f'(t)=1-\frac{9}{t^{2}}$ 

Vì vậy ta có thể thấy hàm nghịch biến nên $t\leq \frac{3}{2}=>f(t)\geq f(\frac{3}{2})=\frac{15}{2}$

Hoặc có thể dùng cách sau , ta đã dự đoán được $t=\frac{3}{2}$ nên sẽ chọn điểm rơi hợp lý .

$t+\frac{9}{t}=t+\frac{9}{4t}+\frac{27}{4t}\geq 3+\frac{9}{2}=\frac{15}{2}$ 

Xảy ra đẳng thức $<=>x=y=z=\frac{1}{2}$

Cho ba số thực $x^2+y^2+z^2=1$ Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

$P=x+y+z+xy+yz+zx$

 Không có điều kiện $x,y,z$ nên mình chỉ làm về giá trị lớn nhất .

   Theo bdt $AM-GM$ ta có :      $\sum \frac{x^{2}+\frac{1}{3}}{2}\geq \sum \frac{x}{\sqrt{3}}=>\sum \frac{\sqrt{3}x^{2}+\frac{1}{\sqrt{3}}}{2}=\sqrt{3}\geq \sum x$

Và $1=\sum x^{2}\geq \sum xy$ 

Nên $MaxP=1+\frac{1}{\sqrt{3}}$

Mình thấy trên này mọi người dùng không theo kí hiệu nào cả

bình thường khi làm mọi người dùng quen nên tự hiểu mà 

oh, thế là 3 cách

Cách 4 đây:

http://vn.answers.ya...08232734AAcpysl

vẫn còn một cách nữa nhưng cần công cụ toán cao cấp , đó là dùng khai triển $Taylor$ , nhưng nó hơi lằng nhằng tẹo . 

Giải phương trình sinx + cosx = tanx

Đặt $sinx=a$ khi đó $cosx=(1-a)^{\frac{1}{2}}$ và viết phương trình tương đương , xong giải bình thường thôi .có điều nó là phương trình bậc $4$ nên bạn cần biết cách giải .

Tìm mọi nghiệm nguyên dương của phương trình: 

$w^2+x^2+y^2=z^2$

 Bài toán này khá khó , bạn có thể lên $google$ tra bài viết chứng minh định lý lớn $Fermat$ của một bạn ở $VMF$ , sau đây chỉ là một thuật toán để chứng minh phương trình trên có vô số nghiệm mà mình đã nghĩ ra $2$ tháng trước .

Ta viết lại phương trình cho dễ nhìn :

                                                               $x^{2}+y^{2}+z^{2}=w^{2}$

Nó tương đương với việc chứng minh mặt cầu :

                                                               $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ có vô số điểm hữu tỷ .

Dễ thấy $A(-1,0,0)$ là một điểm có tọa độ thỏa mãn phương trình trên , gọi $B(0,t,t)$ là một điểm nào đó với $t$ là một số hữu tỷ bất kỳ .

Lập phương trình đường thẳng $AB$ ta có :

                                         $\frac{x+1}{1}=\frac{y}{t}=\frac{z}{t}$

Hay $t(x+1)=y=z$ , thay vào phương trình mặt cầu ta thu được :

                                         $x^{2}+2t^{2}(x+1)^{2}=1$

                                        $<=>x^{2}+2t^{2}.x^{2}+4.x.t^{2}+2t^{2}-1=0$ 

                                        $<=>x^{2}(1+2t^{2})+(4t^{2}).x+2t^{2}-1=0$

Có các nghiệm                $x=\frac{-4t^{2}+\sqrt{16t^{4}-4(2t^{2}-1)(2t^{2}+1)}}{2(1+2t^{2})}=\frac{-4t^{2}+\sqrt{16t^{4}-16t^{4}+4}}{2(1+2t^{2})}=\frac{2-4t^{2}}{2(1+2t^{2})}$

Và nghiệm còn lại tương tự , ta đã có biểu thức liên hệ $x,y,z$ nên phương trình luôn có vô số nghiệm .

Để cho dễ nhìn ta đặt $a=x^{2},b=y^{2}$ với $x,y\geq 0$ , ta có giả thiết $x+y=1$ và cần chứng minh

                                         $(xy)^{2}(x^{2}+y^{2})^{2}\geq \frac{1}{64}$

Lấy căn bậc hai của hai vế và ta chứng minh :

                                         $xy(x^{2}+y^{2})\geq \frac{1}{8}$

Nhưng bài này không đúng rồi cho $a=0,b=1$ thì sai 

Cơ bản là bạn đâu có hỏi bài lớp 8    Chỗ nào bạn không hiểu cứ hỏi.

chắc là không hiểu cái dòng thứ $3$ mà vế phải là $1$ đó , bạn giải thích nốt đi (p/s : lớp $8$ mà chơi bài này là không vừa )

Mình có bài này mong các bạn giải giùm:

Cho a>b>0. So sánh 2 số x; y với

$x=\frac{1+a}{1+a+a^{2}}$ và $y=\frac{1+b}{1+b+b^{2}}$

Mình đang học lớp 8 nhé.

Thanks

  Xét hàm số $y=\frac{1+x}{1+x+x^{2}}$ 

  Ta chứng minh hàm số nghịch biến với mọi $x>0$

  Thật vậy                                               $y'=\frac{x^{2}+x+1-(2x+1)(x+1)}{(1+x+x^{2})^{2}}=\frac{x^{2}+x+1-2x^{2}-3x-1}{(x^{2}+x+1)^{2}}=\frac{-2x^{2}-2x}{(x^{2}+x+1)^{2}}\leq 0$

Do đó ta có đpcm