bangbang1412

Áp dụng bất đẳng thức cauchy - schwarz ta có : 

                                    $(\sum ab)(\sum \frac{a}{b})\geq (\sum a)^{2}$

Và                                $(\sum \frac{1}{ab})(\sum \frac{a}{b})\geq (\sum \frac{1}{a})^{2}$

Nhân vế với vế và ta sẽ chứng minh 

                                    $(\sum a)(\sum \frac{1}{a})\geq (\sum ab)(\sum \frac{1}{ab})=(\sum ab)(\sum a).\frac{1}{abc}$ 

Thế nhưng đây chỉ là một hằng đẳng thức , ta có điều phải chứng minh , đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có $(1+1+\frac{1}{4})(1+1+\frac{1}{4})(a^{3}+b^{3}+c^{3}.16)\geq (a+b+c)^{3}$

Mặt khác $(2+\frac{1}{4})^{2}=\frac{81}{16}$

Do đó $Min P = \frac{16}{81}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=4c$

Ta thấy $x=0,y=0$ là thỏa mãn . Ở đây chỉ xét cho $y$ nguyên và $x$ nguyên dương .

Xét $y\equiv 1(mod5)=>y^{4}+4y+1\equiv 1+1+4\equiv 1(modp5)$ , vô lý 

      $y\equiv 2(mod5)=>y^{4}+4y+1\equiv 16+8+1\equiv 0(mod5)$ , có thể chọn .

      $y\equiv 3(mod5)=>y^{4}+4y+1\equiv 81+12+1\equiv 94(mod5)$ , vô lý 

      $y\equiv -1(mod5)=>y^{4}+4y+1\equiv -2(mod5)$ , vô lý.

Vậy đặt $y=5^{k}.s+2$ ,$(5,s)=1$ Ta có

$y^{4}+4y+1=25.A$ trong đó $A$ không là một bội của $5$.Ở đây xét $k>2$ ,

Do đó tìm được $s=0,k=2$ nên $y=x=2$

Chứng minh tương tự cho $k<3$

Bằng khai triển và cauchy trực tiếp ta chứng minh được :

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

Mặt khác $a+b+c=3$ nên ta có $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$

Ta chứng minh :

                               $\frac{1}{2}+\frac{\sum ab}{\sum a^{2}b}\geq \frac{4,5}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}<=>\frac{\sum ab}{\sum a^{2}b}\geq \frac{9-\sum a^{2}}{2\sum a^{2}}$ 

Vì vậy ta đặt vế trái là $P$ thì $P+0,5\geq \sum a^{2}+\frac{4,5}{\sum a^{2}}$ 

Đến đây dùng AM-GM và chọn điểm rơi là $a=b=c=1$ ta có đpcm

Cho $p_{1} < p_{2} < p_{3} <.........$ là dãy tất cả các số nguyên tố . Chứng minh rằng bắt đầu từ chỉ số n nào đó , ta luôn có $p_{n} > 4n$

Do $p_{n}>>n$ nên với mọi $n$ đủ lớn thì ta vẫn có $p_{n}>4n$
 

Tìm điều kiện cần và đủ của $p$ để phương trình $5x^{2}+y^{2}=p$ có nghiệm tự nhiên

Trong đó $p$ là một số nguyên tố lẻ 

Bài toán này khá được ( từng làm mình đau đầu ) 

Tuy nhiên mình thử chứng minh như sau 

Viết lại giả thiết là 

                                                                         $\sqrt{7}n>m$

Ta sẽ chứng minh 

                                                                         $\sqrt{7}n>m+\frac{1}{m}$

Ta chứng minh bằng quy nạp bài toán này .

Ta chứng minh quy nạp theo $n$

Trước hết ta chứng minh trong các số tự nhiên nhỏ hơn $\sqrt{7}n$ mà $m=max$ đúng thì nó đúng với mọi $m$ không lớn hơn nó .$(1)$

Ta chứng minh $m+\frac{1}{m}>m-1+\frac{1}{m-1}$

Thế nhưng bất đẳng thức này đúng , vậy $(1)$ được chứng minh 

Giả sử bất đẳng thức cần chứng minh đúng đến $n$ nào đó , ta chứng minh nó đúng với $n+1$ .

Nhân xét khi $n$ tăng $1$ đơn vị thì vế trái tăng $\sqrt{7}$ , mặt khác $2<\sqrt{7}<3$ nên ở đây $max=m+2$ 

Ta chứng minh :                                               $\sqrt{7}n+\sqrt{7}>m+2+\frac{1}{m+2}$

Nhưng theo giả thiết quy nạp ta đã có $\sqrt{7}n>m+\frac{1}{m}>m+\frac{1}{m+2}$

Nên chỉ cần chứng minh $\sqrt{7}>2$ , hiển nhiên đúng 

 Con cuối $x^{2}-2x-3=0<=>x^{2}-3x+x-3=0<=>x(x-3)+(x-3)=0<=>(x+1)(x-3)=0$

Khi hoặc $x=-1$ hoặc $x=3$ 

Thử lại thấy $x=3$ thỏa mãn (p/s : phải xơi con dễ )

Cho $f(x)$ khả tích ở $[a,b]$ và tồn tại ít nhất $2$ giá trị $s,u$ thỏa mãn bất đẳng thức $\frac{f(s).f(u)}{s.u}<\frac{f(u)}{u}$ 

Chứng minh tồn tại ít nhất một giá trị $c$ làm cho đẳng thức sau được thỏa mãn trong điều kiện xác định .

                                $\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{c}^{b}\frac{c}{f(c )}f(x)dx$

Trước hết bằng phương pháp quy nạp ta tính được :

                             $\prod_{k=1}^{q-1}(x^{k}+1) -1=\sum_{k=0}^{\frac{q(q-1)}{2}-1}x^{\frac{q(q-1)}{2}-k}$

Ta sẽ chứng minh :

                             $\sum_{k=0}^{\frac{q(q-1)}{2}-1}x^{\frac{q(q-1)}{2}-k}\equiv \sum_{k=0}^{q-2}x^{q-1-k}+1(modp)$

Điều này tương đương với :

                             $\sum_{k=q}^{\frac{q(q-1)}{2}}x^{k}\equiv 1(modp)$

Nó tương đương với :

                             $\sum_{k=q+1}^{\frac{q(q-1)}{2}}x^{k}\equiv 0(modp)$

Khi mà : 

                             $\sum_{k=q+1}^{\frac{q(q-1)}{2}}x^{\frac{q(q-1)}{2}-k}\equiv 0(modp)$

 Do $x-1$ không chia hết cho $p$ nguyên nó nên $(x-1,p)=1$ ; nên ta có thể nhân 2 vế với $x-1$ khi đó ta cần chứng minh .

                            $x^{\frac{q(q-1)}{2}-q}\equiv 1(modp)$

Hiển nhiên đúng theo giả thiết và  $q$ nguyên tố nên lẻ .

$\sqrt{x+1}\leq \frac{x+5}{2} ;\sqrt{y+2}\leq \frac{y+6}{2};\sqrt{z+3}\leq \frac{z+7}{2} => x+y+z\leq \frac{x+y+z+18}{2}=> 9\geq \frac{x+y+z}{2}$

Do đó $max(x+y+z)=18$ ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=3,y=2,z=1$ 

bạn giải cụ thể ra đi

$P=\sum \frac{1}{a^{4}(b+c)}$

Mà $\sum [\frac{1}{a^{4}(b+c)}+\frac{a}{2}+\frac{b+c}{4}]\geq \sum \frac{3}{2a}$

Sau đó bạn trừ vế với vế kết hợp giải thiết $abc=1$ thì $\sum \frac{1}{a}\geq 3$

Ý bạn kia là nt

Khi $n$ lẻ chọn $k=4$ là được .

Khi $n$ chẵn chọn $k=2$ là được .

Trong cả 2 trường hợp này số đã cho là bội của 3

CMR tồn tại số tự nhiên k sao cho tất cả các số  $k.2^{n}+1 \left ( n=1,2,... \right )$ đều là hợp số

$k$ là số có thể thay đổi hay luôn cố định với mọi $n$

$gt\Rightarrow x^{2}-1=y^{n}\Rightarrow (x-1)(x+1)=y^{n}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x-1=y^{a} & \\ x+1=y^{a+b} & \end{matrix}\right.\Rightarrow (x+1)-(x-1)=y^{a+b}-y^{a}\Rightarrow 2=y^{a}(y^{b}-1)\Rightarrow \begin{bmatrix} y^{a}=1;y^{b}-1=2 & \\ y^{a}=2;y^{b}-1=1 & \end{bmatrix}$

Từ đó : $\begin{bmatrix} y=3;a=0;b=1 & \\ y=2;a=1;b=1& \end{bmatrix}$

Thử lại không có nghiệm nòa thỏa

Suy ra $PTVN$

Bạn tính sao trong TH đơn giản là $y=ab$ với $a=b+2$ ; phải để ý xem $y$ có nguyên tố hay không .