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

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

Bài này có thể làm như sau :

Ta sẽ chứng minh $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2} \geq \frac{1}{1+ab}$

       $\Leftrightarrow (a^2+2a+1+b^2+2b+1)(1+ab) \geq (1+a)^2(1+b)^2$

Khai triển trực tiếp ta được bđt đã cho tương đương với

      $ab(a^2+b^2)+1-2ab-(ab)^2 \geq 0$

Áp dụng AM-GM ta có 

      $a^2+b^2 \geq 2ab\Rightarrow ab(a^2+b^2)+1-2ab-(ab)^2 \geq 2(ab)^2-(ab)^2-2ab+1=(ab-1)^2 \geq 0$

Do đó ta có đpcm

Tương tự ta cũng có $\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{(1+d)^2}\geq \frac{1}{1+cd}$

      $\Rightarrow \sum \frac{1}{(1+a)^2} \geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=\frac{2+ab+cd}{1+ab+cd+abcd}=1$, do $abcd=1$

Vậy ta có đpcm

P/S: Với $d=1$, ta có bđt khác như sau :

       1, $\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3} \geq \frac{3}{8}$ với $abc=1$

       2, $(\frac{a}{a+b})^2+(\frac{b}{b+c})^2+(\frac{c}{c+a})^2 \geq \frac{3}{4}$ với $a,b,c >0$

hơi dài

bài này sử dụng trực tiếp hệ quả của bdt Jensen là xong

xét hàm  $f(x)=\frac{1}{(1+x)^{2}}$

dễ thấy $f(x)$ lồi trên $R$

Ta có   $f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq 4f(\sqrt[4]{abcd})$

giả sử $c=min(a,b,c)$

    Ta có

              $f(a,b,c)=ab+bc+ca-2abc$

              $f(\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}},\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}},c)=\frac{a^{2}+b^{2}}{2}+c\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}-c(a^{2}+b^{2})$

 

$f(a,b,c)-f(\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}},\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}},c)=(a-b)^{2}(c-\frac{2}{a+b+\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}}-\frac{1}{2})$

 

xét $g(c)=c-\frac{c}{a+b+\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}}$

     $g'(c)=1-\frac{1}{a+b+\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}}$

do $c=min(a,b,c)$ nên $g'(c)\geq 0$

nên $g(c)\leq g(\sqrt{\frac{2}{3}})< \frac{1}{2}$

   vậy   $f(a,b,c)-f(\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}},\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}},c)\leq 0$

Do đó ta có  $MaxP=Maxf(t,t,c)=t^{2}+2tc-2t^{2}c=h(t)$

ta có $h'(t)=2t+2c-4tc\geq 4\sqrt{tc}-4tc\geq 0$

   nên $h(t)\leq h(1)=1$

Vậy $MaxP=1$ khi $a=b=1,c=0$

*/bài 2 cách 1

  giả sử $c=min(a,b,c)$ suy ra $c\leq 1$

ta có

đặt  $f(a,b,c)=a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc-4$

$f(a,b,c)-f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c)=(a-b)^{2}(\frac{1}{2}-\frac{c}{4})\geq 0$

nên ta chỉ cần chứng minh

$f(t,t,c)\geq 0$  với $2t+c=3$

hàm 1 biến không có gì

 

*/bài 2 em cũng có thể dùng phủ định nhé

ta sẽ có bài toán mới 

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

chứng minh $a+b+c\leq 3$

 

** chứng minh bài toán mới

từ giả thiết ta có 2 trong 3 số $a,b,c$ cùng lớn hơn hoặc nhỏ hơn 1

giả sử đó là $a,b$

ta có $(a-1)(b-1)\geq 0$ tương đương với $ab+1\geq a+b$

$\sim abc+c\geq ac+bc$

từ giả thiết ta lại có

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1\geq 2ab+2c$ nên $2ab+2c+2abc\leq 5+abc$

ta lại có

$(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}+5+abc=9$

vậy ta có đpcm

Có vẻ pp đạo hàm chữa được bách bệnh nhỉ! cơ mà mình thấy kỳ kỳ!
$x=y=z$? thay vào đk... mình không hiểu lắm!???

nghĩa là việc chứng minh phá sản

Cho $x, y, z$ dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=2xy+2xz+2yz$
Tìm GTNN, GTLN của $P= \frac{x^3+y^3+z^3}{(x+y+z)(xy+xz+yz))}$

Tìm GTNN
Ta sẽ đi chứng minh
$3(x^{3}+y^{3}+z^{3})\geq x^{2}(y+z)+y^{2}(x+z)+z^{2}(x+y)+3xyz$
giả sử $x\geq y\geq z$
$f(x)=\sum (3x^{3}-x^{2}(y+z))-3xyz$
$f'(x)=9x^{2}-2x(y+z)-y^{2}-z^{2}-3yz=8x^{2}-yz-2(y^{2}+z^{2})\geq 0$
nên
$f(x)\geq f(y)=g(y)$
$g'(y)=12y^{2}-10yz-2z^{2}\geq 0$
nên $g(y)\geq g(z)=0$
Vậy $Min=\frac{1}{3}$ khi $x=y=z$

Tìm GTLN
giả sử
$x\leq y\leq z$
đặt $f(x,y,z)=\sum (x^{3}-x^{2}(y+z))-3xyz$
ta có
$f(0,\frac{y+z}{y},\frac{y+z}{z})=\frac{(y+z)^{3}}{y^{3}}+\frac{(y+z)^{3}}{z^{3}}+\frac{(y+z)^{4}}{y^{2}z^{2}}-3x\frac{(y+z)^{2}}{yz}$
$g(x)=f(x,y,z)-f(0,\frac{y+z}{y},\frac{y+z}{z})$

$g'(x)=3x^{2}-2x(y+z)-3yz-(y^{2}+z^{2})+\frac{(y+z)^{2}}{yz}=2x^{2}-yz-2(y^{2}+z^{2})+\frac{(y+z)^{2}}{yz}$
từ điều kiện ta có
$2x^{2}\leq z^{2}\Rightarrow g'(x)\leq 0$
vậy $g(x)\leq g(0)=0$ hay $f(x,y,z)\leq f(0,\frac{y+z}{y},\frac{y+z}{z})$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp 1 số bằng không
giả sử số đó là $x$
điều kiện ta có $y^{2}+z^{2}=2yz\Leftrightarrow y=z$
vậy $Maxf(x,y,z)=f(0,y,y)=1$

bài này hình như hôm lâu có bạn nào pm hỏi mình thì phải
ta có
điều kiện $\Leftrightarrow (x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx)=1$
Theo AM-GM ta có
$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq xy+yz+zx$
nên $x+y+z\geq 0$
$xy+yz+zx=x^{2}+y^{2}+z^{2}-\frac{1}{x+y+z}$
Thay vào ta có
$M=(x+y+z)^{2}-2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^{2}-2(M-\frac{1}{x+y+z})$
$\Leftrightarrow 3M=(x+y+z)^{2}+\frac{1}{x+y+z}+\frac{1}{x+y+z}\geq 3$
Vậy $Min=1$

chiều Min thì làm dễ
chứ chiều max thì mình chả nghĩ ra cách đánh giá nào
giả sử $a\leq b\leq c$
ta có
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}=\sum (\frac{3}{a}+a(\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})+\frac{2a}{bc})=f(a)$

$f'(a)=\frac{(b^{2}+c^{2})(a^{3}-abc)+2bc(a^{2}-bc(b+c))-3ab^{2}c^{2})-abc(b^{2}+c^{2})}{a^{3}b^{2}c^{2}}\leq 0$
nên $f(a)\leq f(1)=3+g(b)$
$g'(b)=\frac{1}{c^{2}}-\frac{1}{b^{2}}+1-\frac{1}{b^{2}}+\frac{2}{c}-\frac{2}{b^{2}c}-\frac{2c}{b^{3}}-\frac{2}{b^{3}}-\frac{2c}{b^{2}}-\frac{1}{b^{2}}\leq 0$
nên
$g(b)\leq g(1)=24$
Vậy $Max=27$

có thể áp dụng kiến thức lớp 10 được không, cái này là đề thi lớp 10

$VT-VP=\sqrt{2}(\sum \frac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{a}}-2\sqrt{2})=\sqrt{2}\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{2})(1-\sqrt{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}))}{(\sqrt{2}-\sqrt{a})(\sqrt{2}-\sqrt{b})}$
ta lại có
$a+\frac{1}{2}\geq \sqrt{2a},b+\frac{1}{2}\geq \sqrt{2b}$
nên $\sqrt{a}+\sqrt{b}\leq \sqrt{2}$
$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=1+2\sqrt[4]{ab}\geq 1\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}\geq 1$
ta có đpcm

Ta có
$y=2b,z=3c$
bài toán trở thành tìm Min $P=a^{2}+y^{2}+z^{2}$
với $a^{3}+y^{3}+z^{3}-3ayz=1$
từ điều kiện ta có
$(a+y+z)(a^{2}+y^{2}+z^{2}-ay-az-yz)=1$
từ đó ta có
$a+y+z\geq 0$
$ay+yz+za=P-\frac{1}{a+y+z}$
Ta lại có
$P=a^{2}+y^{2}+z^{2}=(a+y+z)^{2}-2(ay+yz+za)=(a+y+z)^{2}-2(P-\frac{1}{(a+y+z)})$
$\Leftrightarrow 3P=(a+y+z)^{2}+\frac{2}{a+y+z}\geq 3$
Vậy $MinP=1$

Bất đẳng thức này sai rồi bạn à

bất đẳng thức này không hề sai bạn nhé
mình đã giải trong topic này rồi
http://diendantoanho...ab/#entry398527

Bài 1:Cho $f(x)=ax^2+bx+c$ thoả mãn: $2a+3b+6c=0$

• Tính $a,b,c$ theo $f(0), f(1),f(\frac{1}{2})$
  
• Chứng minh rằng ba số $f(0), f(1), f(\frac{1}{2})$ không cùng dấu
  
• CMR pt $ax^2+bx+c=0$ có nghiệm trong $(0;1)$

Bài 2:Cho $f(x)=ax^2+bx+c$ thỏa mãn: $\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c}{m}=0$

• CMR $af(\frac{m}{m+1})<0$ với $a\neq 0$
  
• Cho $a>0$, $c<0$, chứng minh rằng $f(1)>0$
  
• CMR pt $ax^2 +bx+c=0$ có nghiệm trong $(0;1)$

Bài 3:Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $[a;b]$ và $\alpha$, $ \beta $ là hai số dương bất kì.
CMR: pt $f(x)=\frac{\alpha f(a)+\beta f(b)}{\alpha +\beta }$ có nghiệm trên $[a;b]$

Bài 1
1. $f(0)=c$
$f(1)=a+b+c$
$f(\frac{1}{2})=\frac{a}{4}+\frac{b}{2}+c$
giải phương trình 3 ẩn $a,b,c$ ta có
$a=2f(1)+2f(0)-4f(\frac{1}{2})$
$b=4f(\frac{1}{2})-f(1)-3f(0)$
$c=f(0)$
2.
ta có
$2a+3b+6c=0\Leftrightarrow f(1)+4f(\frac{1}{2})+f(0)=0$
nên $f(1),f(\frac{1}{2}),f(0)$ không cùng dấu
3.
từ 2 ta có phương trình $f(x)=0$ có nghiệm trong các khoảng
$(0,\frac{1}{2})$ hoặc $(\frac{1}{2},1)$ hoặc $(0,1)$

Bài 2.
1.
$af(\frac{m}{m+1})=\frac{a^{2}m^{2}}{(m+1)^{2}}+\frac{abm}{m+1}+ac$
với $c=-(\frac{am}{m+2}+\frac{bm}{m+1})$
nên
$af(\frac{m}{m+1})=\frac{-a^{2}m}{(m+2)(m+1)^{2}}$
ta lại có
nếu $m+2\leq 0$ thì $m+1< 0$ $m<0$
nên $\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c}{m}< 0$ vô lý
ta có đpcm
2.
ta có
$f(1)=a+b+c=a+b-\frac{am}{m+2}+\frac{bm}{m+1}=\frac{2a}{m+2}+\frac{b}{m+1}=\frac{a}{m+2}-\frac{c}{m}$
3.
nếu $c< 0$ theo 2.
$f(1)> 0$
$f(0)=c< 0$
ta có đpcm
nếu $c> 0$
theo 2 ta có ngay $f(1)< 0$ true

Bài 3
Ta có phương trình
$f(x)=\frac{mf(a)+nf(b)}{m+n}$
tương đương với
$m(f(x)-f(a))=n(f(b)-f(x))$
xét tại $x=m$$x=n$ ta có
$m(f(m)-f(a))=n(f(b)-f(m))$
$m(f(n)-f(a))=n(f(b)-f(n))$
từ 2 điều trên ta có
$\frac{f(m)-f(a)}{f(n)-f(a)}=\frac{f(b)-f(m)}{f(b)-f(n)}$
$\Leftrightarrow f(m)(f(b)-f(a))=f(n)(f(a)-f(b))$$\Leftrightarrow f(n)f(m)\leq 0$
ta có đpcm