Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


vmf999

Đăng ký: 24-05-2018
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#724720 $P= \frac{1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y...

Gửi bởi vmf999 trong 18-08-2019 - 23:35

à có cách đơn giản hơn thì phải 
3P =$\frac{3+3\sum \sqrt[3]{x}}{xy+yz+xz}$
áp dụng am-gm : $3+3\sum \sqrt[3]{x} = x+y+z + 3\sum\sqrt[3]{x} \geq \sum 4\sqrt[2]{x}$
Ta CM : $ \sum \sqrt[2]{x} \geq xy+yz+xz $ 
<=> $2\sum \sqrt[2]{x} + \sum x^{2} \geq 9 $ 
Đúng theo AM-GM :  $\sqrt[2]{x}+\sqrt[2]{x}+x^{2} \geq 3x$

Tương tự ta thu được : $2\sum \sqrt[2]{x} + \sum x^{2} \geq 9 $ 
=> 3P $\geq 4 $
=> Min P 
Bài này khá giống câu bất của PTNK năm nào đó 




#724719 $P= \frac{1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y...

Gửi bởi vmf999 trong 18-08-2019 - 23:27

Ta CM $\sum \sqrt[3]{x} \geq \sum xy$
<=> $2\sum \sqrt[3]{x}+\sum x^{2} \geq 9 $
<=>$2\sum \sqrt[3]{x}+\sum x^{2} +3 \geq 12 $
Ta có : 
$ \sum \sqrt[3]{x} + 3 = \sum \sqrt[3]{x} + x+y+z  \geq \sum 2\sqrt[3]{x^{2}}$
$2\sum \sqrt[3]{x}+\sum x^{2} +3 \geq \sum \sqrt[3]{x}+\sum x^{2} + \sum 2\sqrt[3]{x^{2}}$
Ta có : $ \sum \sqrt[3]{x} +  \sum \sqrt[3]{x^{2}}$ $\geq \sum 2\sqrt[2]{x} $ 
Và $\sum x^{2} + \sum \sqrt[3]{x^{2}} \geq \sum 2x\sqrt[3]{x}$
=>$2\sum \sqrt[3]{x}+\sum x^{2} +3 \geq 2( \sum \sqrt[2]{x}+x\sqrt[3]{x})$
Ta có : $(\sum \sqrt[2]{x}+x\sqrt[3]{x}) \geq \sum 2\sqrt[6]{x^{11}}$ = $2\sum \frac{x^{2}}{\sqrt[6]{x}} \geq 2\frac{(x+y+z)^{2}}{\sum \sqrt[6]{x}} = \frac{18}{\sum \sqrt[6]{x}} \geq 6$
Suy ra $\sum \sqrt[3]{x} \geq \sum xy$. *

sử dụng đánh giá $(x+y+z)^{2} \geq 3(xy+yz+xz)$
=> 3 $\geq xy+yz+xz$
<=> 1$\geq \frac{xy+yz+xz}{3}$ **
Từ * và ** suy ra min 




#724664 Chứng minh rằng : \frac{a+b}{\sqrt{a(3a+b)...

Gửi bởi vmf999 trong 16-08-2019 - 14:14

 $\frac{4}{a^2+7}+\frac{4}{b^2+7}+\frac{4}{c^2+7} =\sum \frac{4}{2a^{2}+b^{2}+c{^2}+4} \leq \sum \frac{4}{2(2a+b+c)} = \sum \frac{2}{2a+b+c} = \sum \frac{2}{(a+b)+(a+c)}$
áp dụng cauchy-schwarz là ra vt 




#724594 $ \sum \sqrt{ab} \geq abc(a+b+c) $

Gửi bởi vmf999 trong 13-08-2019 - 13:03

$a^{3}+b^{3} \geq ab(a+b)$ $\geq 2ab\sqrt{ab}$
thiết lập tương tự $a^{3}+b^{3}+c^{3} \geq \sum ab\sqrt{ab}$
BDT <=> $(\sum \sqrt{ab})(\sum a^{3}) \geq 3abc(a+b+c)$
Ta có : $(\sum \sqrt{ab})(\sum a^{3}) \geq (\sum \sqrt{ab})( \sum ab\sqrt{ab}$) $\geq (\sum ab)^{2} \geq 3abc(a+b+c)$
Bác có đi ggth không 




#724577 Mấy thánh giải giúp e bài bđt này

Gửi bởi vmf999 trong 12-08-2019 - 16:12

$2(ab+bc+ac)+\frac{a+b+c}{abc}=2(ab+bc+ac) + \frac{3}{abc}=2(ab+bc+ac)+\frac{27}{9abc}=2(ab+bc+ac)+\frac{27}{3abc(a+b+c)} \geq 2(ab+bc+ac) + \frac{27}{(ab+bc+ac)^{2}} >= 3\sqrt[3]{(ab+bc+ac)(ab+bc+ac)\frac{27}{(ab+bc+ac)^{2}}} = 9$




#722818 BĐT

Gửi bởi vmf999 trong 07-06-2019 - 00:24

$[\sum (1+\frac{1}{a})^{4}](1+1+1)(1+1+1)(1+1+1)\geq (3+\sum \frac{1}{a})^{4}$ (Holder)
BDT <=> $(3+\sum \frac{1}{a})^{4} \geq 3^{4}(1+\frac{3}{2+abc})^{4}$
<=> $3+\sum \frac{1}{a}\geq 3(1+\frac{3}{2+abc})$ (do vt vp ko âm)
<=> $\frac{ab+bc+ac}{abc} \geq \frac{9}{2+abc}$
<=>$2\sum ab + \sum a^{2}b^{2}c \geq 9abc$
Hiển nhiên do ab+bc+$a^{2}c^{2}b \geq 3abc$ (AM-GM 3 số ) 
Thiết lập các bdt tương tự 




#722282 Tìm x,y nguyên

Gửi bởi vmf999 trong 16-05-2019 - 00:19

Kmttq g/s x,y > 0 

$\frac{x^{2}+1}{y^{2}}+4 = k^{2}$ ( g/s k>0)
$<=> x^{2}+1+4y^{2}=k^{2}y^{2}$ => k>2 nếu k<2 => VT>VP
$<=> y^{2}k^{2}-(x+2y)^{2}=1-4xy => y^{2}k^2 - (x+2y)^{2} < 0$ (1-4xy <0) 
$<=> (yk-x-2y)(yk+x+2y) < 0 $
<=>yk-x-2y < 0 
=> x> y(k-2) 
tương tự x<y(k+2) 
TH1 :  x = y.(k-2) + m (m<=y)
$k^{2} = \frac{x^{2}+1}{y^{2}}+ 4 = k^{2} - 4k + 4 + \frac{m^{2}+2my(k-2)+1}{y^{2}} + 4$
$<=> 4k = 8 + \frac{m^{2}+ 2my(k-2)+1}{y{2}}$ <=  8+1+ 2(k-2) + $\frac{1}{y^{2}}$
$4k \leq 9 + 2k - 4 + \frac{1}{y^{2}}$
$<=> 2k \leq 5+\frac{1}{y^{2}} \leq 5+1 = 6$
=> k <= 3 mà k > 2 
=> k=3 => x=2,-2 ; y=1,-1 
các TH còn lại biến đổi ra vô nghiệm thì phải 


 




#720396 $5^p+p^3$

Gửi bởi vmf999 trong 21-02-2019 - 23:42

chẵn thì sao ? 4 có phải scp ko ?

em nghĩ với p lẻ thì  $5^{p} \equiv 1 (mod4) , p^3 \equiv 1 (mod4) => 5^{p} + p^{3} \equiv 2 (mod 4) (vô lý với số chính phương chẵn )$




#718744 ab+bc+ca<=3abc

Gửi bởi vmf999 trong 27-12-2018 - 23:31

không biết đúng không @@ bạn xem đỡ : ab+bc+ac $\leq$ 3abc 

<=> $\sum \frac{1}{a} \leq$ 3 

=> a+b+c $\geq$ 3  

$\sum \frac{a^{4}b}{2a+b}= \sum \frac{a^3}{\frac{2}{b}+\frac{1}{a}}=\sum \frac{\frac{a^{4}}{a}}{\frac{2}{b}+\frac{1}{a}}\geq \frac{(\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{a}})^{2}}{3(\sum \frac{1}{a})}\geq \frac{(\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{a}})^{2}}{9} \geq \frac{(\frac{(a+b+c)^{2}}{\sum \sqrt{a}})^{2}}{9} = \frac{(a+b+c)^{4}}{9(\sum \sqrt{a})^{2}}$

Ta lại có : $(\sum \sqrt{a})^{2} \leq 3(a+b+c)$

Cần chứng minh :  $\frac{(a+b+c)^{4}}{9(\sum \sqrt{a})^{2}}$ $\geq$ 1 

<=>  $\frac{(a+b+c)^{4}}{27(a+b+c)} \geq$ 1 

<=> $(a+b+c)^{4} \geq$ 27(a+b+c)

<=> (a+b+c)^3 $\geq$ 27 ( hiển nhiên do a+b+c $\geq$ 3 ) .

Mấy bạn xem lại giúp mình với 




#718692 HOMC 2017

Gửi bởi vmf999 trong 25-12-2018 - 23:14

gọi các số trên bảng là x1 , x2 , x3 ,x4 ,x5 ,...., x2017

Ta xét dãy : (7.x1 +1)(7.x2+1)...(7.x2017 + 1 )

Khi ta xóa đi hai số bất kì trên bảng thì tích trên mất đi hai số hạng là (7x+1)(7y+1) và thay vào số mới là 7(x+y+7xy) +1 =(7x+1)(7y+1)

Do đó nếu xóa đi hai số bất kì thì tích trên luôn không đổi và (7.x1 +1)(7.x2+1)...(7.x2017 + 1 )=0(do 7.$\frac{-144}{1008}+1 = -1+1 = 0$)

Do đó sau 2016 bước thực hiện thì tích trên bảng vẫn bằng 0 và số còn lại (7h+1) phải thỏa tính chất trên tức là : 

7h+1=0 

=> h=$\frac{-144}{1008}$

Vậy số còn lại là $\frac{-144}{1008}$




#718635 Bài toán liên quan đếnlũy thừa các số nguyên tố.

Gửi bởi vmf999 trong 23-12-2018 - 16:07

không biết mình làm đúng không @@ : 

Xét q=2 ( bạn tự xét) 

Xét q>2 : 

$2^{n}$.$p^{2}$ + 1 = $q^{5}$

 <=> $2^{n}$.$p^{2}$ =  $q^{5}$-1

<=>$2^{n}$.$p^{2}$ = (q-1)($q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$)

Do q>2 và q nguyên tố nên q lẻ 

=> ($q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$) không chia hết cho 2 

=> q-1 $\vdots$ $2^{n}$

=> q-1 $\geq$ $2^{n}$ 

Gỉa sử q-1 > $2^{n}$ 

=> q-1=$2^{n}$.k 

nếu k=p 

=> q-1=$2^{n}$.p

=>$q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$=p 

=>  q-1 $\geq$ $q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$ ( vô lí bạn có thể tự chứng minh ) 

nếu k khác p 

=> $p^{2}$ $\vdots$ k ( vô lí do p nguyên tố )

Vậy q-1 = $2^{n}$ 

Khi đó $q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$ = $p^{2}$ 

Để giải phương trình này bạn tham khảo ở đây https://diendantoanh...nh-y2-1xx2x3x4/




#718619 Số học

Gửi bởi vmf999 trong 22-12-2018 - 23:58

cách này mình nghĩ là ko đúng, nhiều giá trị quá. Nếu nó cho z nguyên thì chịu chết

mình thấy cách ấy đúng mà nhỉ với lại đề này z có một mình như thế . Như bạn nói nếu  cho z nguyên thì cũng giới hạn lại được : 

$x^{2} + y^{2} -4x-2x-7z-2$=0 

=> 7z+7 = $(x-2)^{2}$ + $(y-1)^{2}$

=> 7z+7 $\geq$ 0

=> z+1 $\geq$ 0

=> z $\geq$ -1

rồi xét z từ -1 đến 6 thôi




#718575 Số học

Gửi bởi vmf999 trong 21-12-2018 - 14:40

câu 2 cho z<= 6 rồi thì thay z từ 1->6 vào giải bình thường 




#718572 bất đẳng thức

Gửi bởi vmf999 trong 21-12-2018 - 10:12

$\lceil\,\,3\,\,\rfloor$ Viết lại bất đẳng thức dưới dạng thuần nhất :

$\frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}$

Nếu viết lại bất đẳng thức trên theo kiểu $\mathit{3}\,\mathit{u}= \mathit{a}+ \mathit{b}+ \mathit{c},\,\mathit{3}\,\mathit{v}^{\,\mathit{2}}= \mathit{ab}+ \mathit{bc}+ \mathit{ca},\,\mathit{w}^{\,\mathit{3}}= abc$ , hiển nhiên trong chứng minh uvw thì thường dùng nhiều $\mathit{u}> \mathit{v}> \mathit{w}$ , do đó hệ số của $\mathit{abc}$ luôn âm , bài toán này bị ngược dấu !

Spoiler

Do bất đẳng thức thuần nhất nên không mất tính tổng quát , giả sử $\mathit{b}= \mathit{c}= 1$ . Khi đó :

$- \left ( \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}} \right )+ \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}= \frac{\mathit{2}\left ( \mathit{a}- \mathit{1} \right )^{\,\mathit{2}}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{1} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \mathit{0}$

Spoiler

anh cho e xin ít tài liệu về uvw được không ạ @@ e chưa hiểu phương pháp này lắm 




#718521 $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} +\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} +...

Gửi bởi vmf999 trong 19-12-2018 - 12:09

bài 1 : $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} + \frac{c^{2}}{c(a+b+c)} \geq \frac{(a+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac}$

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

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

Cộng 3 vế ta có : 

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

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

Mà :  $\frac{c^{2}}{c(a+b+c)} +  \frac{a^{2}}{a(a+b+c)} +  \frac{b^2}{b(a+b+c)}$ = $\frac{c}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1$

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

<=> $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} +\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ac+a^{2}} $ + 1 $\geq$ 2 

<=>  $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}} +\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{c^{2}}{c^{2}+ac+a^{2}} $ $\geq$1

Cách này mình không nhớ nguồn ở đâu nhưng xin phép tác giả cho mình post lại cảm ơn ạ .