Nguyentiendung9372

Cho $a, b$ là các số nguyên dương

Chứng minh rằng $\frac{(3a+3b)!(2a)!(3b)!(2b)!}{(2a+3b)!(a+2b)!(a+b)!(b!)^{2}}\in Z$

Cho $p$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên tố $q$ sao cho với mọi số nguyên $n$ thì ${n^p} - p$ không chia hết cho $q$

Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho: $13^{n}-1 \vdots 2^{2015}

${\gamma _2}\left( {{{13}^n} - 1} \right) \ge {\gamma _2}\left( {{2^{2015}}} \right) \Leftrightarrow {\gamma _2}\left( {{{13}^2} - {1^2}} \right) + {\gamma _2}\left( n \right) - 1 \ge 2015 \Leftrightarrow 2 + {\gamma _2}\left( n \right) \ge 2015 \Leftrightarrow {\gamma _2}\left( n \right) \ge 2013 \Leftrightarrow n \ge {2^{2013}}$

Vậy GTNN của $n$ là $n = {2^{2013}}$

Mong là không nhầm

Cho các số thực $x, y, z$ thỏa mãn ${x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx = 1$

Tìm GTNN của $\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right)\left( {z - x} \right)$

Em làm từ đầu đến cuối giống anh dấu = cũng giống anh nhưng mà hình như sai dấu =

Giống anh hay sai lặt vặt. Hồi anh đi thi HSG huyện, BĐT anh biết duy nhất Cauchy 2 số. Lớp trẻ càng ngày càng giỏi. Cơ mà năm anh thi thì anh không biết sai ở đâu. Nhưng mà em có biết khóa chị Hiền không? Cùng khóa anh

 

Câu 5

 

Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

 

$A=\frac{1}{1+x^2}+\frac{4}{4+y^2}+xy$

 

với $xy \ge 2$ 

Đề năm nay dễ hơn đề bọn mình. Mình cũng là người huyện Kinh Môn

Đặt $y=2t$

BĐT cần chứng minh trở thành

${1 \over {1 + {x^2}}} + {1 \over {1 + {t^2}}} + 2xt \ge {2 \over {1 + xt}} + 2xt$  đúng do $xt \ge 1$

Đặt $xt=m$

BĐT trở thành

${2 \over {1 + m}} + 2m = {2 \over {1 + m}} + {{m + 1} \over 2} + {{3m - 1} \over 2} \ge 2\sqrt {{2 \over {1 + m}}.{{m + 1} \over 2}}  + {{3.1 - 1} \over 2} = 3$

Vậy $\min A = 3$ khi $x=1, y=2$

Chứng minh:  ${{\left( 1+\frac{1}{m} \right)}^{m}}<{{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n}}$ với $m,n\in {{\mathbb{N}}^{*}},m<n$ 

Bạn có thể chứng minh dãy số ${\left( {{u_n}} \right)_{n \ge 1}}$ tăng với ${u_n} = {\left( {1 + {1 \over n}} \right)^n}$

Điều này không khó

Xét ${u_{n + 1}} \ge {u_n} = {\left( {{{n + 2} \over {n + 1}}} \right)^{n + 1}} \ge {\left( {{{n + 1} \over n}} \right)^n} \Leftrightarrow {{n + 2} \over {n + 1}}\root n \of {{{n + 2} \over {n + 1}}}  \ge {{n + 1} \over n} \Leftrightarrow \root n \of {{{n + 1} \over {n + 2}}}  \le {{n\left( {n + 2} \right)} \over {{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}$

Áp dụng BĐT AM - GM, ta có

$\root n \of {{{n + 1} \over {n + 2}}}  \le {1 \over n}\left( {n - 1 + {{n + 1} \over {n + 2}}} \right) = {{{n^2} + 2n - 1} \over {n\left( {n + 2} \right)}}$

Cuối cùng ta cần chứng minh 

${{{n^2} + 2n - 1} \over {n\left( {n + 2} \right)}} < {{n\left( {n + 2} \right)} \over {{{\left( {n + 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {{\left( {{n^2} + 2n + 1} \right)\left( {{n^2} + 2n - 1} \right)}} < {n^2}{\left( {n + 2} \right)^2}$, đúng

Suy ra đpcm

Cho $U_{0}=a, U_{n+1}=\frac{U_{n}^{2}+1}{2U_{n}} \forall n\geqslant 0 và U_{n}> 0$

Xác định $U_{n}$   

Ta có

${u_{n + 1}} - 1 = {{{{\left( {{u_n} - 1} \right)}^2}} \over {2{u_n}}}$

${u_{n + 1}} + 1 = {{{{\left( {{u_n} + 1} \right)}^2}} \over {2{u_n}}}$

Do đó

${{{u_n} - 1} \over {{u_n} + 1}} = {\left( {{{{u_{n - 1}} - 1} \over {{u_{n - 1}} + 1}}} \right)^2} = {\left( {{{{u_{n - 2}} - 1} \over {{u_{n - 2}} + 1}}} \right)^4} = ... = {\left( {{{{u_1} - 1} \over {{u_1} + 1}}} \right)^{{2^n}}} = {\left( {{{a - 1} \over {a + 1}}} \right)^{{2^n}}}$

Từ đây dễ dàng suy ra ${u_n} = {{ - {{\left( {{{a - 1} \over {a + 1}}} \right)}^{{2^n}}} + 1} \over {{{\left( {{{a - 1} \over {a + 1}}} \right)}^{{2^n}}} - 1}}$

a) Ta có

${{{{(a + b + c)}^2}} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + {1 \over 2}({{{a^3} + {b^3} + {c^3}} \over {abc}} - {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over {ab + bc + ca}}) \ge 4 \Leftrightarrow {{{{(a + b + c)}^2}} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - 3 + {{{a^3} + {b^3} + {c^3}} \over {2abc}} - {3 \over 2} \ge {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over {2\left( {ab + bc + ca} \right)}} - {1 \over 2} \Leftrightarrow  - \sum {{{{{\left( {a - b} \right)}^2}} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}}}  + \sum {{{\left( {a + b + c} \right){{\left( {a - b} \right)}^2}} \over {4abc}}}  \ge \sum {{{{{\left( {a - b} \right)}^2}} \over {4\left( {ab + bc + ca} \right)}}} $

$ \Leftrightarrow \sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {{{a + b + c} \over {4abc}} - {1 \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - {1 \over {4\left( {ab + bc + ca} \right)}}} \right)}  \ge 0$

Mỗi biểu thức trong ngoặc đều không âm, nên có đpcm

(bạn có thể dùng coccoc để kiểm tra)

Ta có

Để cho tiện, ta đặt 

${a_1} + {a_2} = {x_1},{a_3} + {a_4} = {x_2},...,{a_{2003}} + {a_{2004}} = {x_{1002}}$

Ta cần tìm max của 

$P = \sum\limits_{k = 1}^{1002} {\sqrt {{x_k}} }$ với  $\sum\limits_{k = 1}^{1002} {{x_k}}  = 1002.2005$

Đến đây, áp dụng Cauchy - Schwarz, ta có

${\left( {\sum\limits_{k = 1}^{1002} {\sqrt {{x_k}} } } \right)^2} \le 1002.\sum\limits_{k = 1}^{1002} {{x_k}}  = {1002^2}.2005 \Rightarrow P \le 1002\sqrt {2005} $

Dấu bằng xảy ra khi 

${x_i} = {x_j} = 2005 \Leftrightarrow \left\{ {\left( {{a_1},{a_2}} \right),\left( {{a_3},{a_4}} \right),...,\left( {{a_{2003}},{a_{2004}}} \right)} \right\} = \left\{ {\left( {1,2004} \right),\left( {2,2003} \right),...,\left( {1002,1003} \right)} \right\}$ và các hoán vị

Vậy ${P_{\max }} = 1002\sqrt {2005} $

USAMO 1980

Do 2 vế không âm nên bình phương 2 vế ta thu được BĐT tương đương

$4{\left( {a + b + c} \right)^2} \ge {\left( {\sum {\sqrt {{a^2} + 3} } } \right)^2} \Leftrightarrow 4\left( {\sum {{a^2}}  + 2\sum {ab} } \right) \ge \sum {{a^2}}  + 9 + 2\sum {\sqrt {{a^2} + 3} \sqrt {{b^2} + 3} } $

$ \Leftrightarrow 3\sum {{a^2}}  + 8\sum {ab}  \ge 2\sum {\sqrt {{a^2} + 3} \sqrt {{b^2} + 3} }  + 9$

Áp dụng AM - GM, ta có

$2\sqrt {{a^2} + 3} \sqrt {{b^2} + 3}  \le {a^2} + {b^2} + 6$

Tương tự suy ra

$2\sum {\sqrt {{a^2} + 3} \sqrt {{b^2} + 3} }  \le 2\sum {{a^2}}  + 18$

Vậy ta chỉ cần chứng minh

$\sum {{a^2}}  + 8\sum {ab}  \ge 27$, hiển nhiên đúng theo AM - GM

Dấu bằng khi $a=b=c=1$

cho a,b,c>0, $n\in N*$ chứng minh rằng 

$\frac{a^{n}}{b+c}+\frac{b^{n}}{a+c}+\frac{c^{n}}{b+c}\geq \frac{3}{2}\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{n-1}$

Giả sử $a \ge b \ge c$

Suy ra ${a \over {b + c}},{b \over {c + a}},{c \over {a + b}}$ và ${a^{n - 1}},{b^{n - 1}},{c^{n - 1}}$ là hai dãy đơn điệu giảm

Áp dụng Chebyshev, có

$$VT = {a^{n - 1}}{a \over {b + c}} + {b^{n - 1}}{b \over {c + a}} + {c^{n - 1}}{c \over {a + b}} \ge {1 \over 3}\left( {\sum {{a \over {b + c}}} } \right)\left( {{a^{n - 1}} + {b^{n - 1}} + {c^{n - 1}}} \right) \ge {1 \over 3}.{9 \over 2}.{\left( {{{a + b + c} \over 3}} \right)^{n - 1}} = {3 \over 2}{\left( {{{a + b + c} \over 3}} \right)^{n - 1}}$$

Suy ra...

Ta chứng minh tồn tại hai số tự nhiên lien tiếp

Phản chứng. Giả sử không tồn tại hai số tự nhiên liếp nào

Xét tập hợp gồm $51$ phần tử $X = \left\{ {{x_1},{x_2}...{x_{51}}} \right\},{x_i} \in \left\{ {1,2,3,...,100} \right\},{x_1} < {x_2} < ... < {x_{51}}$

Ta đặt ${k_i} = {x_{i + 1}} - {x_i},i = \overline {1,50} $

Do không tồn tại $2$ số tự nhiên liên tiếp nào nên ${k_i} \ge 2$

Ta có $${x_2} = {x_1} + {k_1}$$

          $${x_3} = {x_2} + {k_2} = {x_1} + {k_1} + {k_2}$$

$$...$$

$${x_{51}} = {x_1} + \sum\limits_{i = 1}^{50} {{k_i}}  \ge {x_1} + 100 > 100$$

Vô lí.

Chứng tỏ tồn tại $2$ số tự nhiên liên tiếp. Vậy suy ra đpcm