dungxibo123

Bài 38: đánh số các ô các hàng lần lượt là: hàng $1$ ta đánh $1,2,1,2,...$ hàng $2 : 3,4,3,4...$ hàng $3$ $2,1,2,1,...$ hàng $4$ $4,3,4,3,..$
(sưu tầm)

đặt $a=\frac{1}{x}$ tương tự $b,c$ rồi áp dụng Cauchy Schwarz á bạn

$\sum \frac{a^4}{b^3+c^3}\geq \frac{a+b+c}{2}\\ \Leftrightarrow \sum \frac{a(a^3+b^3+c^3)-a(b^3+c^3)}{b^3+c^3}\geq \frac{a+b+c}{2} \\ \Leftrightarrow \sum \frac{a(a^3+b^3+c^3)}{b^3+c^3}\geq \frac{3}{2}(a+b+c) \\ \Leftrightarrow \sum \frac{a}{b^3+c^3}\geq \frac{3(a+b+c)}{2(a^3+b^3+c^3)}$
$\sum \frac{a}{b^3+c^3}=\sum \frac{a^2}{a(b^3+c^3)} \geq  \frac{(a+b+c)^2}{\sum a(b^3+c^3)}$(Cauchy-Schwarz)
Cần chứng minh $2(a+b+c)(a^3+b^3+c^3) \geq 3\sum a(b^3+c^3)$
$\Leftrightarrow 2(a^4+b^4+c^4) \geq ab^3+a^3b+bc^3+b^3c+ca^3+c^3a$
Điều này đúng do $a^4+b^4 \geq ab^3+a^3b$

có cách tách theo SOS không bạn ? mình vừa làm quen phương pháp này nên muốn áp dụng thử

Bài 1:Ta có $x_{n+1}-1=(x_{n}-1).\frac{n}{2n+1}-\frac{1}{2n+1}$ tới đây quen thuộc rồi ạ

Cho $a,b,c>0$

Chứng minh
$\sum \frac{a^4}{b^3+c^3} \geq \frac{a+b+c}{2}$

Bài 2: a) $AXCY$ điều hoà $M,X,Y$ thẳng hàng suy ra điều phải chứng minh

b) $AB$ giao $O_{1}O_{2}$ là $S$ tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(AB)$ điều hòa suy ra $F$ nằm trên $O_{1}O_{2}$

$T$ là giao điểm $ME,O_{1}O_{2}$ suy ra $E,D,C,T,F$ nội tiếp đường tròn đường kính $EF$ (tâm là $J$)

Ta cần chứng minh đường tròn tâm $J$ thỏa điều kiện đề bài mà ta thấy $(AB)$ trực giao $O_{1}$ và $O_{2}$

Suy ra $MC,MD$ lần lượt là tiếp tuyến tại $C,D$ của  $(J)$ nên $(J)$ tiếp xúc với $(O_{1})$ tại $C$ và $O_{2}$ tại $D$

gọi $L$ giao điểm $FE,AB$ theo Thales ta có $FE=\frac{FL}{4}$ suy ra đpcm

Suy ra điều phải chứng minh
(CLB Toán Mathspace- NTH, em ngu hình lắm )

1b)Ta có: $a_{2^k}=2^k$ và với mọi số nguyên dương $p$ ta có
$a_{p^k} \leq 2018p^k \rightarrow (a_{p})^k \leq 2018p^k$

Giả sử $a_p=q$ và

$q>p$

Từ đề ta suy ra $q^k \leq 2018.p^k$ suy ra $(\frac{q}{p})^k \leq 2018$  vô lý

$q<p$ Chọn k đủ lớn để có bất đẳng thức sau 2019(q^k.2018t+1)<p^k.t+1$ với mọi số nguyên dương $t$ cho trước

Ta có $a_{2^m}=2^m \leq 2019(a_{p^k.t}+1)=2019(a_{p^k}a_{t}+1)=2019(q^k.a_{t}+1) < p^k.t+1=2^m$ Vô lý

suy ra $a_p=p$ với mọi $p$ lẻ nhân tính nên suy ra đpcm

3a): gọi đa thức là $P(x)=x^n + ax^{n-1} +bx^{n-2}+...$
lấy đạo hàm rồi tính từng vế biểu thức theo $a,b$ ta có ngay điều phải chứng minh

(câu hàm quen thuộc rồi)

6a)Chọn $P(x)=x^{p}-x$

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

Em xin chém gió bài 1 mong mọi ng góp ý ạ (mà chắc là sai)
Ta giả sử $a^2$ là 1 số hạng của dãy
Thì tồn tại $ x$ sao cho $ a+xd=a^2$ Lúc đó $a^3=a^2+axd$ cũng là số hạng của dãy tiếp tục ta thấy a^4 và a^5 cũng là số hạng vô lý xét a^3 là số hạng của dãy lf giống trên ta có a^5 là số hạng của dãy ta có $a+xd=a^3$ và $a^5=a^3+a^{2}xd=a+xd+a^{2}xd$ cho x bằng 1 để d lớn nhất tương tự cho trường hợp $a^4$ là số hạng ...

Bài 6 xét n chẵn n lẻ suy ra dãy là dãy fibonacci đến đây áp dụng tính chất n chia hết m thì $F_n$ chia hết $F_m$

5a): ta chọn $x_{i}=2019!+i$ cho $i$ chạy từ $2$ đến $2019$ thì ta có điêu phải chứng minh

đặt $3^a+a^2=k^2$ suy ra $(k-a)(k+a)=3^a$ 
đặt $$\left\{\begin{matrix} k-a=3^m\\ k+a=3^n \end{matrix}\right.$

ta có $3^m=(3^m,3^n)=(k-a,k+a)=(k-a,2a)$
mà $k-a<2a $ nên $k-a | 2a$ đặt $2a=q(k-a)$
suy ra $ a=\frac{kq}{q+2}=k-2+\frac{4}{q+2}$
vì $a \in \mathbb{N}$ nên $q+2$ là ước $4$ nên $q+2=1,2,4$
xét từng trường hợp ta dễ thấy $a=1,3$

Chứng minh rằng với mọi a,b,c không âm ta có bất đẳng thức :

    

                    $\frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\frac{(c+a-b)^2}{(c+a)^2+b^2}+\frac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2}\geqslant \frac{3}{5}$

                                                      ---------      ---------

Chuẩn hóa $a+b+c=3$ rồi thử dùng phương pháp tiếp tuyến thử đi ạ

bài 2 : xét hàm và làm như thường
bài 4: câu trả lời là không vì có một số ô vuông ở giữa luôn bằng nhau về giá trị