the unknown

Tìm số tự nhiên $n>0$ nhỏ nhất biết: 

a)$2^{n}-1\vdots 1001$

b)$2^{n}-2\vdots 1001$

 

4) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{a}{4}+\frac{b}{6}+\frac{c}{3}=1$. Chứng minh 

$\frac{(a+2b)^3}{5c+4a}+\frac{27c^3}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^3}{a+2b+6c}\geq 16$

 

 

Từ giả thiết suy ra $3a+2b+4c=12$

Trước hết ta sẽ chứng minh $(a+2b)(4a+5c)+(4a+4b+c)3c+(a+2b+6c)(c+2a)\leq (3a+2b+4c)^2$

$\Leftrightarrow 3(a-c)^2+4(b-c)^2\geq 0$ (luôn đúng $\forall a,b,c$)

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:

$\frac{(a+2b)^3}{5c+4a}+\frac{27c^3}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^3}{a+2b+6c}=\frac{(a+2b)^4}{(5c+4a)(a+2b)}+\frac{(3c)^4}{(4a+4b+c)(3c)}+\frac{(c+2a)^4}{(a+2b+6c)(c+2a)}\geq \frac{((a+2b)^2+9c^2+(c+2a)^2)^2}{(5c+4a)(a+2b)+(4a+4b+c)(3c)+(a+2b+6c)(c+2a)}$

$\geq \frac{(3a+2b+4c)^4}{9((5c+4a)(a+2b)+(4a+4b+c)(3c)+(a+2b+6c)(c+2a))}\geq \frac{(3a+2b+4c)^4}{9(3a+2b+4c)^2}=16\Rightarrow Q.E.D$

 

Bài 102:  

2,Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn$\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}\geq 1$

Chứng minh rằng: $x+y+z\geq xy+yz+xz$

 

Từ giả thiết $\sum \frac{1}{x+y+1}\geq 1$$\Rightarrow \sum \frac{x+y}{x+y+1}\leq 2$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:

 $2\geq \sum \frac{x+y}{x+y+1}=\sum \frac{(x+y)^2}{(x+y)^2+(x+y)}\geq \frac{4(x+y+z)^2}{\sum (x+y)^2+2(x+y+z)}$

$\Rightarrow 4(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)+4(x+y+z)\geq 4(x+y+z)^2\Leftrightarrow x+y+z\geq xy+yz+zx \Rightarrow Q.E.D$

Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$ để $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$

Ta sẽ chứng minh $ID=IB=IC$. Thật vậy, ta có $\widehat{IBD}=\widehat{IBC}+\widehat{CBP}=\widehat{IBC}+\widehat{DAC}=\frac{\widehat{B}}{2}+\frac{\widehat{A}}{2}$

Và $\widehat{BID}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{IBD}=\widehat{IBD}$ nên $\Delta IBD$ cân tại $D$ suy ra $IB=ID$

Chứng minh tương tự ta dược $IB=IC=ID$ nên $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$

Áp dụng công thức $S=\frac{abc}{4R}$ với $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác và $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp, ta có: $\frac{IB.IC.BC}{S}=4.ID\Rightarrow \frac{2.IB.IC.BC}{BC.r}=4.ID\Rightarrow \frac{IB.IC}{ID}=2r$ 

Dễ dàng chứng minh rằng cung $MB'$ bằng cung $MC'$, cung $PB'$ bằng cung $PA'$, cung $NA'$ bằng cung $A'P$( để ý các đường phân giác $IA,IB,IC$)

Như vậy theo tính chất hai góc chắn một cung bằng nhau trong một đường tròn thì bằng nhau nên ta có $\widehat{C'B'N}=\widehat{NB'A'};\widehat{C'A'M}=\widehat{B'A'M};\widehat{PC'A'}=\widehat{PC'B'}$

Vậy $C'P;B'N;A'M$ tương ứng là các đường phân giác của $\Delta A'B'C'$ nên $PC';MA';NB'$ đồng quy.

Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:

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

Em xin gửi hai bài ạ:

Bài 96: Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn điều kiện:

                                     $abc+bcd+cda+dab=a+b+c+d+\sqrt{2016}$.

Chứng minh rằng: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq 2016$.

Bài 97: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn:

                                      $\frac{32}{a+32}+\frac{3}{2b+3}\leq \frac{4c}{4c+21}$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $abc$.

II. CÁC BÀI TOÁN VẾ SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
 

$\fbox{6}.$ Chứng minh nếu $n!+1 \vdots n+1$ thì $n+1$ nguyên tố.
 

Giả sử $n+1$ là hợp số, tức là $n+1$ phải có một ước $p$ thỏa $1< p< n+1\Rightarrow 1< p\leq n$.

Vậy suy ra $n!\vdots p$ mà $(n!+1)\vdots p\Rightarrow ((n!+1)-n!)\vdots p\Rightarrow 1\vdots p\Rightarrow p=1$. ( vô lý)

Vậy điều giả sử là sai, tức là $n+1$ là số nguyên tố