nhungvienkimcuong

Cho $x;y;z$ thỏa $x+y+z=0$. Tìm min:
$$A=\sum 3^{|x-y|}-\sqrt{6\sum x^2}$$

đổi biến $\left ( \left | x-y \right |,\left | y-z \right |,\left | z-x \right | \right )\rightarrow \left ( a,b,c \right )\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a,b,c\geq 0\\b+c\ge a,... \end{matrix}\right.$

vì $\sum x=0$

$\Rightarrow \sum x^2=-2\sum yz\Rightarrow 6\sum x^2=4\sum x^2-4\sum yz=2\sum a^2$

mặt khác $\left\{\begin{matrix} b+c\ge a\\.. \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \sum a(b+c)\geq a^2\Rightarrow \sum a\geq \sqrt{2\sum a^2}$

$\Rightarrow P=\sum 3^a-\sqrt{2\sum a}\geq \sum \left ( 3^a-a \right )$

Xét hàm $\mathcal{F}(t)=3^t-t,t\ge 0$ thì dễ thấy $\mathcal{F}(t)$ đồng biến trên $\left [0,+\infty \right )$

$\Rightarrow \mathcal{F}(t)\geq \mathcal{F}(0)\Rightarrow 3^t-t\ge 1,\forall t\ge 0$

do đó

$\mathcal{A}\geq 3$

vậy $\boxed{\mathcal{A}=3\Leftrightarrow x=y=z=0}$

Cho $(b,m,n)$ là các số nguyên dương thỏa mãn $b>1$ $,m\neq n$ . Chứng minh rằng nếu $b^{m}-1 , b^{n}-1$ có cùng các ước nguyên tố thì $b+1$ là lũy thừa của 2

xem ở đây

còn một cách khác ngắn hơn là sử dụng định lý $\text{Zsigmondy}$ rồi xét một vài trường hợp không thỏa định lý là được

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x,n)$ thoả mãn phương trình sau
$x^{3}+3367=2^{n}$

xem ở đây

Nhưng áp dụng kiểu gì nhỉ? Bạn cho mình hướng với!

ta sử dụng bổ đề sau

$\boxed{\text{Bổ đề 2}}$

Cho đường tròn $(O)$ và đường thẳng $d$ nằm ngoài đường tròn.Gọi $S$ là hình chiếu của $O$ trên $d$.Vẽ cát tuyến $SAB,SCD$.$AF,BE$ lần lượt cắt $d$ ở $C,D$.CMR $S$ là trung điểm $CD$

sử dụng Bổ đề $1$ và $2$ ta có được $Q.E.D$

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn bàng tiếp góc A có tâm (J) tiếp xúc BC ở D. AJ cắt (O) tại E khác O. Đường thẳng qua J vuông góc với OJ cắt AO, DE ở M, N. CM: JM=JN

mình nghĩ ra một bổ đề cho bài toán này

tiếc là chưa chứng minh được  

$\boxed{\text{Bổ đề 1}}$

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và có $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$.Gọi $E=AJ\cap (O)$ và $M$ là điểm đối xứng của $A$ qua $O$.Gọi $N=JM\cap (O)$ và $D=NE\cap BC$.CMR $(J)$ tiếp xúc $BC$ ở $D$

$\boxed{\text{Problem}}$Cho $\Delta ABC$ với phân giác trong $BE,CF$ cắt nhau tại $I$ và lần lượt cắt $(ABC)$ ở $M,N$.Đoạn $MN$ lần lượt cắt $AC,AB$ tại $P,Q$ Đường thẳng qua $P$ song song với $CF$ cắt đường thẳng qua $Q$ song song với $BM$ ở $T$.Chứng minh rằng $TI$ đi qua trung điểm $EF$

$\boxed{\text{Problem}}$

Cho $a,b$ là hai số nguyên dương thỏa $\left ( a,b \right )=1$.Hai dãy $\left \{ a_n \right \},\left \{ b_n \right \}$ thỏa 

$(a+b\sqrt{2})^{2n}=a_n+b_n\sqrt{2}$

Tìm các số nguyên tố $p$ thỏa mãn tồn tại $n\leq p$ thỏa mãn $p\mid b_n$

Cho tam giác ABC có trung tuyến AM, phân giác AN. Đường vuông góc với AN tại N cắt AM , AB tại Q, P. Đường vuông góc với AB tại P cắt AN tại K. Chứng minh KQ vuông góc BC.

Gọi $X=AC\cap PQ$ và $Y$ là giao điểm đường thẳng qua $A$ song song với $BC$

vì $\left\{\begin{matrix} AY||BC\\ \text{M là trung điểm BC} \end{matrix}\right.$ nên  $A(PXQY)=-1$

do đó $(PXQY)=-1$

mặt khác dễ thấy $N$ là trung điểm $XP$ nên ta có

$\overline{NQ}.\overline{NY}=NP^2=\overline{AN}.\overline{NX}$

từ trên dễ thấy $Q$ là trực tâm $\Delta AXY$ nên

$QK\perp AY\Rightarrow QK\perp BC$

Tìm $a,b\in \mathbb{N}$,  $a,b>0$  để  $\frac{a^b+b}{ab^2+9} \in N$

Bài 70: (Saudi Arabia TST 2015) Cho $ x, y, z $ là các số thực dương thỏa: $ (x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=10 $.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: $ P=(x^2+y^2+z^2)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\right) $

vì bđt này thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=10\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$

từ điều kiện trên ta dễ dàng có được $a,b,c\in \left [ 2,5 \right ]$ nên ta cũng suy ra được $abc\in \left [ \frac{125}{4},32 \right ]$

mặt khác thì $\mathcal{P}=\mathcal{F}(t)$ với $t=abc\in \left [ \frac{125}{4},32 \right ]$

tới đây thì xét hàm được rồi

cách trên thầy Dũng bày ,ban đầu em cũng làm giống anh binhnhaukhong sau thầy Dũng bày cách chuẩn hóa trên cũng xử lí được mấy bài sau

$1,$ với $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=\frac{27}{2}$

Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2\leq 2(ab+bc+ca)$

 

$2,$ $x,y,z$ là các số thực dương mà $(x+y+z)^3=32xyz$

Tìm GTNN và GTLN của $\mathcal{P}=\frac{x^4+y^4+z^4}{(x+y+z)^4}$

 

Bài 74:(Poland 2004)

Cho $a,b,c$ là các số thực $a+b+c=0$.CMR:

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3\geq 6abc$

đặt $n=ab+bc+ca,p=-abc$ do đó $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình $x^3-nx+p=0$

theo điều kiện phương trình có nghiệm thì $p^2\leq \frac{-4}{27}n^3$

ta cần chứng minh $n^2+3+6p\geq 0$

dễ thấy $(n^2+3)^2\geq \frac{-144}{27}n^3\geq 36p^2\Rightarrow n^2+3\geq -6p$

do đó bđt được chứng minh

Bài 75: (Việt Nam 1996)

Cho $a,b,c$ là các số thực.CMR:

$(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4\geq \frac{4}{7}(a^4+b^4+c^4)$

đổi biến $\left ( a+b,b+c,c+a \right )\rightarrow \left ( 2x,2y,2z \right )$

do đó ta cần chứng minh

$\sum (y+z-x)^4\leq 28\sum x^4$

sau khi khai triển ra ta có

$\sum (y+z-x)^4=4\left ( \sum x^2 \right )^2+16\sum x^2y^2-\left ( \sum x \right )^4\leq 28\sum x^4$

bài này biết mỗi cách này là trực tiếp

bài toán sau đây cũng là một cách giải khác cho bài toán trên

 

Với $a,b,c,d$ là các số thực mà $a+b+c+d=0$.Chứng minh rằng

$7(a^2+b^2+c^2+d^2)^2\geq 12(a^4+b^4+c^4+d^4)$

$\boxed{\text{Problem}}$ Cho $a,b>1$ là các số nguyên dương với $b$ lẻ và $n\in \mathbb{N}^*$ thỏa 

$b^n\mid a^n-1$

Chứng minh rằng $a^b>\frac{3^n}{n}$

$\boxed{\text{Problem}}$

Cho $a,b,c$ nguyên dương và $b,c$ là hai số khác nhau

CMR $2a\mid \varphi \left ( b^a+c^a \right )$

Giải hệ phương trình sau:

1)$\left\{\begin{matrix} y^6+y^3+2x^2=\sqrt{xy-x^2y^2} & & \\ 8xy^3+2y^3+1\geq 4x^2+2\sqrt{1+(2x-y)^2} & & \end{matrix}\right.$

ta có

$y^6+y^3+2x^2=\sqrt{xy-x^2y^2}\leq \frac{1}{2}\Rightarrow 1\geq 2y^6+2y^3+4x^2$

mặt khác

$8xy^3+2y^3+1\geq 4x^2+2\sqrt{1+(2x-y)^2}$

do đó ta có

$8xy^3+2y^3+2\geq (2y^6+2y^3+4x^2)+4x^2+2\sqrt{1+(2x-y)^2}$

$\Leftrightarrow 4xy^3+1\geq y^6+4x^2+\sqrt{1+(2x-y)^2}\geq y^6+4x^2+1$

$\Leftrightarrow (y^3-2x)^2\leq 0$

do đó ta có $\left\{\begin{matrix} 2xy=1\\y=2x \\y=2x^3 \end{matrix}\right.$

thử lại ta có $\boxed{\left ( x,y \right )=\left ( -\frac{1}{2},-1 \right )}$

Cho dãy số gồm 50 số hạng $20+1^{2};20+2^{2};...;20+50^{2}$

Xét dãy số gồm 49 số hạng, mỗi số hạng là ước chung lớn nhất của mỗi số hạng trong dãy ban đầu, không kể số hạng cuối, với số hạng đứng liền sau nó trong dãy.

Tìm số lớn nhất trong dãy vừa lập.

gọi $(1),(2)$ lần lượt gọi là dãy ban đầu và dãy vừa lập

$49$ số hạng đầu của dãy $(1)$ có dạng $20+n^2,(n=\overline{1,49})$

gọi $d$ là số hạng bất kì của dãy $(2)$,xét $d=\left ( 20+n^2,20+(n+1)^2 \right )$

sử dụng tính chất của ước số ta có được $\left\{\begin{matrix} d\mid 40-n\\ d\mid 81 \end{matrix}\right.$

do đó ta có $d\leq 81$ 

khi $d=81$ vì $d\mid 40-n$ mà $n\in \left \{ 1,2,...,49 \right \}$ nên $n=40$

vậy số cần tìm là $\boxed{81=\left ( 20+40^2,20+41^2 \right )}$

$\boxed{\mathcal{P}roblem}$

Gọi $p$ là một số nguyên tố và $m$ nguyên dương mà $m>1$.$(x,y)$ là cặp số nguyên dương không đồng thời cùng bằng $1$ và thỏa mãn hệ thức

$\frac{x^p+y^p}{2}=\left ( \frac{x+y}{2} \right )^m$

Chứng minh rằng $p=m$