lahantaithe99

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:

     $\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[11]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

Đại khái là ta có một BĐT phụ như sau:

Cho $a,b,c>0$ thì $5(a+b+c)^6\geq 729abc(a^3+b^3+c^3+2abc)$

Áp dụng BĐT trên vào bài toán và dựa vào đk $abc=1$ ta có $5(a+b+c)^6\geq 729(a^3+b^3+c^3+2)$

$\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[6]{\frac{a^3+b^3+c^3+2}{5}}$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ thì 

$\frac{a^3+b^3+c^3}{3}+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}+1+1\geq 5\sqrt[5]{\frac{(a^3+b^3+c^3)^3}{27}}$

Do đó mà ta thu được $\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

Mặt khac với $abc=1$ ta dễ thấy $\sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}\geq \sqrt[11]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

Do đó ta có đpcm 

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : $a\leqslant b\leqslant c$, a+b+c=6, ab+bc+ca=9.

Chứng minh rằng: $0\leqslant a\leqslant 1\leqslant b\leqslant 3\leqslant c\leqslant 4$

Với $a$ âm thì bài toán vẫn đúng nhé

Giả thiết suy ra $(a-b)(a-c)\geq 0\Leftrightarrow a^2-ac-ab+bc\geq 0\Leftrightarrow a^2+9\geq 2a(b+c)=2a(6-a)$

hay $(a-1)(a-3)\geq 0$. Nếu $a\geq 3$ thì $a+b+c\geq 9$ (vô lý) nên $a\leq 1$

Bằng một cách tương tự có $(b-a)(b-c)\leq 0$ ta suy ra $(b-1)(b-3)\leq 0$ tương đương $1\leq b\leq c$

và $(c-1)(c-3)\geq 0$. Nếu $c\leq 1$ thì vô lý nên $c\geq 3$

Lại có $c(6-c)=c(a+b)=9-ab\geq 9-\frac{(a+b)^2}{4}=9-\frac{(6-c)^2}{4}$

Giải bất phương trình này thu được $c\leq 4$

Từ các điều trên suy ra đpcm

Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$$\dfrac{1}{b^2+c^2+2}+\dfrac{1}{c^2+a^2+2}+\dfrac{1}{a^2+b^2+2}\leqslant \dfrac{3}{4}$$

Khai bút mùng 2

BĐT cần chứng minh $\sum \frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+2}\geqslant \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{(b+c)^2+(b-c)^2}{b^2+c^2+2}\geqslant 3$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có

$\sum \frac{(b+c)^2}{b^2+c^2+2}\geqslant \frac{4(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6}$ và $\sum \frac{(b-c)^2}{b^2+c^2+2}\geqslant \frac{[(a-b)+(b-c)+(a-c)]^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6}=\frac{4(a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6}$

Ta cần chứng minh

$\frac{4(a+b+c)^2+4(a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6 }\geqslant 3\Leftrightarrow (a+b+c)^2+2(a-c)^2\geqslant 3(a^2+b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow ab+bc-ac-b^2\geqslant 0\Leftrightarrow (a-b)(b-c)\geqslant 0$ $(*)$

Đến đây ta chỉ cần giả sử $a\geqslant b\geqslant c$ thì BĐT $(*)$ luôn đúng nên ta có đpm

Dấu $=$ khi $a=b=c=1$

Cho các số thực dương a, b, c và a+b+c$\leq$3.

Chứng minh $\Sigma$$\sqrt{a}$$\geq$$\Sigma$ab

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có

$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\geqslant 3a$

Tương tự với các biến còn lại  và cộng theo vế thu được

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

Rút gọn ta thu đc đpcm

Nhì còn anh Nguyễn Đức Minh ( Whatever2507 ) nữa anh ơi 

Cảm ơ chú, anh đã thêm .

Giải phương trình nghiệm nguyên dương: $2^x=1+3^y.7^z$

Với $y\in\mathbb{N^*}$ thì $3|2^x-1$ nên $\Rightarrow x=2t$ ($t\in \mathbb{N^*}$)

Khi đó $(2^t-1)(2^t+1)=3^y7^z$. Đặt $2^t-1=3^a7^b,2^t+1=3^c7^d$ ( $a,b,c,d\in\mathbb{N}$)

$2=3^c7^d-3^a7^b$ không chia hết cho $3$ và $7$ nên ta có $2$ trường hợp:

+) TH1: $c=0,b=0$ thì $2=7^d-3^a\equiv 1$ (mod 3) ( với $a,d$ nguyên dương) (vô lý)

+) TH2: $a=0$ dễ thấy $d=0$. Khi đó $2+7^b=3^c$ $(*)$

$(*)$ : Xét $c\geqslant 3$

Khi đó $7^b\equiv 25$ (mod 27) nên $b\equiv 4$ (mod 9). Khi đó $3^c=2+7^{9k+4}\equiv 35$ (mod 37)

Ta thấy nếu $c$ có dạng $6m+1,6m+3,6m+5$ thì $3^c-2$ không chia hết cho $7$ nên $c=2c_1$

Khi đó $9^{c_1}\equiv 35$ (mod 37). Xét modul $9$ cho $c_1$ ta thấy $9^{c_1}\not\equiv 35$ (mod 37) nên loại

Do đó $c=2$. Từ đó thu được $(x,y,z)=(6,2,1)$

Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix} 3xy=2(x+y) & \\ 5yz=6(y+z) & \\ 4zx=3(z+x) & \end{matrix}\right.$

Hệ phương trình tương đương

$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{3}{2} & & \\ \frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{5}{6} & & \\ \frac{1}{z}+\frac{1}{x}=\frac{4}{3} & & \end{matrix}\right.$

Đến đây giải như bình thường 

Cho a,b,c >0, a+b=c=3. Chứng minh:

$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge ab+bc+ca$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$

$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\geqslant 3a$

Thiết lập tương tự với $b,c$ và cộng các vế BĐT lại thu được

$2(\sqrt{a})+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^2+b^2+c^2\geqslant 3(a+b+c)=(a+b+c)^2$

Rút gọn ta được đpcm

Dấu $=$ khi $a=b=c=1$

  Cho các số thực dương  $a,b,c> 0$ .CMR:

 

   $\frac{a^2(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2(c+a)}{c^2+ac+a^2}+\frac{c^2(a+b)}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{2(ab+bc+ac)}{a+b+c}$

BĐT cần chứng minh tương đương với

$\sum \frac{a^2(b+c)(a+b+c)}{b^2+bc+c^2}\geqslant 2(ab+bc+ac)$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\sum \frac{a^2(ab+bc+ac)}{b^2+bc+c^2}\geqslant 2(ab+bc+ac)$

Dễ thấy  $a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ac$ nên cần chứng minh

$\sum \frac{a^2(ab+bc+ac)}{b^2+bc+c^2}\geqslant ab+bc+ac\Leftrightarrow \sum \frac{a^2}{b^2+bc+c^2}\geqslant 1$ $(*)$

BĐT $(*)$ luôn đúng khi áp dụng Cauchy Schwarz

$\sum \frac{a^2}{b^2+bc+c^2}=\sum \frac{a^4}{a^2b^2+a^2bc+a^2c^2}\geqslant \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+abc(a+b+c)}\geqslant 1$

Vậy ta có đpcm

Cho $a,b,c\geqslant 1$ thoả mãn $a+b+c+2=abc$. CMR

$\frac{\sqrt{ab-1}+\sqrt{bc-1}+\sqrt{ca-1}}{\sqrt[4]{abc}}\leqslant \frac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\sqrt{\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}}$

Tìm x,y nguyên dương sao cho: $2 + 3^{x} = 5^{y}$

+) Nếu $x=1$ thì $y=1$

+) Nếu $x\geq 2$ thì $5^y\equiv 2$ (mod 9) nên $y=6k+5$ ( $k\in\mathbb{N}$)

Khi đó $3^x=5^{6k+5}-2\equiv 23$ (mod 31) $(1)$

Mặt khác $3^x=5^y-2\equiv 3$ (mod 4) nên $x$ lẻ

Từ đó kết hợp với $(1)$ thì $x=30t+1,30t+3,.....,30t+29$ ( $t$ là số tự nhiên bất kỳ)

Khi đó $3^x\equiv 3,27,26,17,29,13,24,30,22,12,15,11,6\not\equiv 23$ (mod 31) nên trái với $(1)$

Vậy  $(x,y)=(1,1)$

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên dương của pt

 

b, $2^{x}+1=3^{y}$

Bài 2: tìm nghiệm nguyên của pt

a, $x^{2}+y^{2}=1999$

b, $x_1^{3}+x_2^{3}+x_3^{3}=304*1975*195*1995$ với $x_1*x_2*x_3$ không chia hết cho 3

c, $\frac{5}{3}x-y=\sqrt{3x+2}-\sqrt{2y-1}-1$

Bài 1: 

b) $2^x+1=3^y\equiv 0$ (mod 3) nên $x$ lẻ

+) Nếu $x\geq 4$. Khi đó $3^y\equiv 1$ (mod 16)

Xét các TH $y=4k,4k+1,4k+2,4k+3$ ( $k\in\mathbb{N}$) ta thấy $y=4k$ ( $k\neq 0$) là thỏa mãn

Khi đó $2^x=3^{4k}-1\equiv 0$ (mod 5) (vô lý)

Do đó $x<4$. Mà $x$ lẻ nên $x=1,3$. Thế vào tìm $y$

Bài 2:

a) Một số chính phương chia $4$ có dư là $0,1$ nên $x^2+y^2\equiv 0,1,2$ (mod 4)

Mà $1999\equiv 3$ (mod 4) nên phương trình vô nghiệm

b) Đặt $(x_1,x_2,x_3)=(a,b,c)$ ( cho dễ viết )

Khi đó từ điều kiện đề bài suy ra $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ac)$ chia hết cho $3$ nên $a+b+c$ chia hết cho $3$

Do đó $(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)$ chia hết cho $9$. Điều này vô lý vì theo đk thì $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho $9$ nhưng $3abc$ không chia

hết cho $9$

Thay $(n,n-1)$ $= > a_{n+1}=7a_{n}-a_{n-1}-2$.Từ đó và từ đề bài 

 

 $= > a_{n+2}-7a_{n+1}+a_{n}=a_{n+1}-7a_{n}+a_{n-1}= > a_{n+2}-8a_{n+1}+8a_{n}-a_{n-1}=0$

 

 Đến đây giải pt đặc trưng là xong

Giải phương trình đặc trưng mặc dù vẫn ra nhưng xong biến đổi rắc rối hơn. Nên sử dụng dãy phụ $(b_n)$ thỏa mãn $b_n^2=a_n$

$b_1=1,b_2=2,b_3=5,b_{n+1}=3b_{n}-b_{n-1}$

Sau đó chứng minh quy nạp sẽ dẫn đến $b_n^2=a_n$

                     ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN LỚP 10 KHTN NĂM 2015

Câu I: Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} 2x^3+1=3zx & & \\ 2y^3+1=3xy & & \\ 2z^3+1=3yz & & \end{matrix}\right.$

Câu II: Cho dãy $\left \{ a_n \right \}$ ( $n\in\mathbb{N^+}$) xác định bởi 

$\left\{\begin{matrix} a_1=1,a_2=4 & \\ a_{n+2}=7a_{n+1}-a_n-2 & \end{matrix}\right.$

CMR $a_n$ là số chính phương với mọi số nguyên dương $n$

Câu III: Cho tam giác $ABC$ có $M,N$ lần lượt thuộc đoạn $CA,AB$ sao cho $MN$ song song với $BC$. $P$ là điểm di chuyển trên đoạn $MN$. Lấy điểm $E$ sao cho $EP\perp AC$ và $EC\perp BC$. Lấy $F$ sao cho $FP\perp AB$ và $FB\perp BC$

a) Chứng minh rằng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P$ di chuyển

b) Đường thẳng qua $A$ vuông góc $EF$ cắt $BC$ tại $Q$. CMR trung trực $BC$ chia đôi $PQ$

c) Gọi $EM$ cắt $FN$ tại $L$. $AQ$ cắt $MN$ tại $R$. Chứng minh rằng $RL\perp BC$

Câu IV Cho đa thứ $P(x)$ thỏa mãn $P(0)=2014!$ và $(x-1)P(x-1)=(x-2015)P(x)$. CMR đa thức $(P(x))^2+1$ không thể phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng $1$

Câu V: Cho $a,b,c,d>0$ và $a+b+c+d=4$. CMR

$P=\frac{(a+\sqrt{b})^2}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}+\frac{(b+\sqrt{c})^2}{\sqrt{b^2-bc+c^2}}+\frac{(c+\sqrt{d})^2}{\sqrt{c^2-cd+d^2}}+\frac{(d+\sqrt{a})^2}{\sqrt{d^2-ad+a^2}}\leq 16$

                                             ____________________Hết______________________

Ta sẽ chứng minh $4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)\geqslant 0$
Xét hiệu: $4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)-4(a+b-2c)^3+27(a-c)^2(b-c)=9c(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geqslant 0$

Do đó khi $c=\text{min}\{a,b,c\}$ thì ta cần chứng minh $4(a-c+b-c)^3-27(a-c)^2(b-c)=(a-c-2b+2c)^2(4a+b-5c)\geqslant 0$ luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=2b, c=0$ và các hoán vị tương ứng.

Em có thể nêu ý tưởng cho việc xét hiệu này không?