leviethai1994

Phản chứng: $A={p_1;p_2;....;p_i}$ là tập hợp tất cả các số nguyên tố dạng 4k+1 và $p_j<p_{j+1}$.

Xét số $n=4.\Pi^{i}_1 p_j +1$ ta thấy điều vô lý.

Bằng cách trên ta cũng có thê cm: tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k+3.

Cách của bạn rất tiếc là không đúng. Cách này làm với $4k+3$ được, nhưng $4k+1$ thì dùng cách khác.

Bạn thử nghĩ xem vì sao nhé, coi trong lý luận của bạn có chỗ nào chưa chặt chẽ không.

Mình thì chỉ cho một lời khuyên, nếu bạn yêu thích lĩnh vực nào thì hãy cố gắng học thật giỏi lĩnh vực đó. Không nên vì ham nhiều thứ, mà cái nào cũng chỉ biết "một tí", cần phải nói thêm là học Toán để rèn luyện cách tư duy, chỉ cần bạn thật giỏi ở lĩnh vực nào đó, tức là tư duy của bạn đã tốt lắm rồi, khi đó học những cái khác sẽ dễ hơn rất nhiều.

Nếu có gì không đúng mong mọi người thứ lỗi.

CM:biểu thức ko phụ thuộc vào /alpha
3(sin^4 +cos^4 ) - 2(sin^6 +cos^6 )

Đề nghị không đặt tên Topic kiểu này. Bạn cũng nên tỏ thái độ tôn trọng thầy cô chứ, sao lại xưng hô một cách vô lễ như vậy !!!.

Bài này là một bài rất dễ, chỉ cần áp dụng tính chất $sin^2\alpha+cos^2\alpha=1$ là xong thôi, và biểu thức trên luôn bằng 1.

Bài 1 thì áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho $n+1$ số:

$\left( {n + 1} \right)\sqrt[{n + 1}]{{1.\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)...\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)}} < 1 + n\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right) = n + 1 + 1$

$ \Rightarrow {\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^n} < {\left( {1 + \dfrac{1}{{n + 1}}} \right)^{n + 1}}$

cho $ a,b,c \geq 0$ và $a+b+c=2$
chứng minh :$ \sum\sqrt{a+b-2ab} \geq 2$

Cách giải hơi dài 1 chút.

Bình phương 2 vế:
$2(a + b + c) + 2\sum {\sqrt {a + b - 2ab} .\sqrt {b + c - 2bc} } - 2(ab + bc + ca) \ge 4$
$ \Leftrightarrow \sum {\sqrt {a + b - 2ab} .\sqrt {b + c - 2bc} } \ge ab + bc + ca$ (do $a+b+c=2$).

Vì $a+b+c=2$ nên:
$a + b - 2ab = \dfrac{{(a + b)(a + b + c)}}{2} - 2ab = \dfrac{{{{(a - b)}^2}}}{2} + \dfrac{{c(a + b)}}{2}$

Bất đẳng thức trở thành:
$\sum {\sqrt {\dfrac{{{{(a - b)}^2}}}{2} + \dfrac{{c(a + b)}}{2}} .\sqrt {\dfrac{{{{(b - c)}^2}}}{2} + \dfrac{{a(b + c)}}{2}} } \ge ab + bc + ca$

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz:
$\begin{aligned}\sqrt {\dfrac{{{{(b - a)}^2}}}{2} + \dfrac{{c(a + b)}}{2}} .\sqrt {\dfrac{{{{(b - c)}^2}}}{2} + \dfrac{{a(b + c)}}{2}} &\ge \dfrac{{(b - a)(b - c)}}{2} + \dfrac{{\sqrt {ac(b + a)(b + c)} }}{2} \\&\ge \dfrac{{(b - a)(b - c)}}{2} + \dfrac{{\sqrt {ac} (b + \sqrt {ac} )}}{2} \\&= \dfrac{{{b^2} + ac - bc - ca}}{2} + \dfrac{{b\sqrt {ac} + ac}}{2}\\\end{aligned}$

Vậy ta cần chứng minh:
$\sum {\left( {\dfrac{{{b^2} + ac - bc - ca}}{2} + \dfrac{{b\sqrt {ac} + ac}}{2}} \right)} \ge ab + bc + ca$
$\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + \sqrt {abc} \left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right) $

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:
$\sqrt {abc} \left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right) \ge \dfrac{{9abc}}{{a + b + c}}$

Ta cần chứng minh:
${a^2} + {b^2} + {c^2} + \dfrac{{9abc}}{{a + b + c}} \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)$

Đây là bất đẳng thức Schur nên ta có ĐPCM.