dtvanbinh

chứng minh bằng phản chứng ta có bài toán mới

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$

chứng minh rằng $a+b+c\leq 3$

đây chính là USA MO 2001

chết mất.mình sai

1.tìm số dư trong phép chia $109^{345}$ cho 14

2.tìm n sao cho $5^{n}+1$ chia hết cho $7^{2013}$

3.tìm số tự nhiên k nhỏ nhất sao cho 

$A=k19^{1993}+84^{1993}$ chia hết cho 13390

1/

   $109^{345}=109^{3.115}=(109^{Q(14)})^{115}$

    nên $109^{345}\equiv 1 (mod 14)$

2/

  xét dãy  $1,2,3,....,7^{2013}$

  Do $7$ nguyên tố nên ta chọn lấy dãy con sau (gồm các số không nguyên tố cùng nhau với $7^{2013}$ )

  $7,14,28,...,7^{2013}$

  số các số của dãy con là $\frac{7^{2013}-7}{7}+1=7^{2012}$

Vậy $Q(7^{2013})=7^{2013}-7^{2012}=6.7^{2012}$

 Ta có

    $5^{Q(7^{2013})}\equiv 1 (mod 7^{2013})$

  hay $7^{2013}|5^{6.7^{2013}}-1=(5^{3.7^{2012}}-1)(5^{3.72012}+1)$

   mà $(5^{3.7^{2012}}-1)$ không chia hết cho $7$

     nên $7^{2013}|(5^{3.7^{2012}}+1)$

Vậy $n$ cần tìm là các bội của $3.7^{2012}$

Ta thấy n âm thì k cần phải bàn,xét n dương

Do abc=1 suy ra a--> a/b , b--> b/c , c--> c/a , Bdt của ta tương đương

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc}{2abc}-\frac{\sum a^{2}c-3abc}{\sum a^{2}c}\geq 0$

Ta có:$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc}{2abc}-n\frac{\sum a^{2}c-3abc}{\sum a^{2}c}\geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc}{2abc}-n\frac{\sum ab(a+b)-6abc}{\sum a^{2}c}\Leftrightarrow\sum (a-b)^{2}(\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{c}{\sum a^{2}c})$,Sau đó ta khai triển Sa+Sb+Sc thấy nó lớn hơn 0,và cũng khai triển Sa+Sb+Sc và nó cũng lớn hơn 0 (rất dễ thấy),từ đó theo s.o.s ta có đ.p.c.m

chỉ là đề thi đại học thôi mà,đao to búa lớn vậy em

$VT-VP\geq \frac{(a+b+c-3)(a+b+c-n)}{a+b+c}$

Bài giải:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử:$x\ge y\ge z$

Ta có:

$$\left ( 1 \right )\Leftrightarrow \frac{x^2\left ( x-y \right )}{\left ( y+z \right )\left ( z+x \right )}+\frac{y^2\left ( y-z \right )}{\left ( z+x \right )\left ( x+y \right )}+\frac{z^2\left ( z-x \right )}{\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )}\ge 0$$

$$ \frac{x^2\left ( x-y \right )}{\left ( y+z \right )\left ( z+x \right )}-\frac{y^2\left [ \left ( x-y \right )+\left ( z-x \right ) \right ]}{\left ( z+x \right )\left ( x+y \right )}+\frac{z^2\left ( z-x \right )}{\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )}\ge 0$$

$$\Leftrightarrow \frac{x-y}{z+x}\left ( \frac{x^2}{y+z} -\frac{z^2}{x+y}\right)+\frac{x-z}{x+y}\left ( \frac{y^2}{z+x}-\frac{z^2}{y+z} \right )\ge 0$$

Vì $x\ge y\ge z$ nên:

$$\frac{x^2}{y+z}\geq \frac{x^2}{x+y}\geq \frac{y^2}{x+y}$$

$$y^3+y^2z-z^3-z^2x=y^2\left ( y+z \right )-z^2\left ( z-x \right )\geq y^2\left ( x+y \right )\geq 0$$

$$\Rightarrow \frac{y^2}{z+x}-\frac{z^2}{y+z}\geq 0$$

Từ đó ta có đpcm

bài này $f(x,y,z)\neq f(x,z,y)$ nên không thể giả sử như bạn được

giả sử $z=min(x,y,z)$

xét

$f(x)=\frac{x^{3}}{3(y+z)}-\frac{xz^{2}}{y+z}+(z^{2}-y^{2})ln(x+y)+(y^{2}-z^{2})ln(x+z)$

Ta có:

              $\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=\frac{x^{2}+xy+y^{2}-3z^{2}}{3(y+z)}+\frac{z^{2}-y^{2}}{x-y}ln\frac{x+y}{2y}+\frac{y^{2}-z^{2}}{x-y}ln\frac{x+z}{y-z}$ (1)

          $VP(1)=\frac{x^{2}+xy+y^{2}-3z^{2}}{3(y+z)}+(z^{2}-y^{2})ln(1+\frac{x-y}{2y})^{\frac{1}{x-y}}+(y^{2}-z^{2})ln(1+\frac{x-y}{y+z})^{\frac{1}{x-y}}$

              $\approx VP(1)>\frac{x^{2}+xy+y^{2}-3z^{2}}{3(y+z)}+(z^{2}-y^{2})e^{\frac{1}{2y}}+(y^{2}-z^{2})e^{\frac{1}{y+z}}$

Do $z=min(x,y,z)$ nên  $x^{2}+xy+y^{2}\geq 3z^{2};\frac{1}{2y}\leq \frac{1}{y+z}$

  Nên  $\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\geq 0$ hay $f(x)$  đồng biến

Vậy $f'(x)\geq 0$ hay ta có đpcm