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.


Nguyễn Hữu Huy

Đăng ký: 08-06-2011
Offline Đăng nhập: 30-01-2014 - 14:08
**---

#317307 Trận 13 - "MSS19 Kir" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 17-05-2012 - 14:22

Chứng minh mở rộng:
a) Mở rộng 1,2,3,4,5,:
______________________________________________________
Bổ đề:
Số chính phương chỉ có chữ số tận cùng là $0,1,4,5,6,9$
Chứng minh bổ đề:
Xét số chính phương đó là $m^2$
Nếu $m=10n$ thì $m^2$ có tận cùng là 0
Nếu $m=10n+1$ thì $m^2=10(10n^2+2n)+1$ có chữ số tận cùng là 1
Nếu $m=10n+2$ thì $m^2=10(10n^2+4n)+4$ có chữ số tận cùng là 4
Nếu $m=10n+3$ thì $m^2=10(10n^2+6n)+9$ có chữ số tận cùng là 9
Nếu $m=10n+4$ thì $m^2=10(10n^2+8n+1)+6$ có chữ số tận cùng là 6
Nếu $m=10n+5$ thì $m^2=10(10n^2+10n+2)+5$ có chữ số tận cùng là 5
Nếu $m=10n+6$ thì $m^2=10(10n^2+12n+3)+6$ có chữ số tận cùng là 6
Nếu $m=10n+7$ thì $m^2=10(10n^2+14n+4)+9$ có chữ số tận cùng là 9
Nếu $m=10n+8$ thì $m^2=10(10n^2+16n+6)+4$ có chữ số tận cùng là 4
Nếu $m=10n+9$ thì $m^2=10(10n^2+18n+8)+1$ có chữ số tận cùng là 1
Tóm lại Số chính phương chỉ có chữ số tận cùng là $0,1,4,5,6,9$
_______________________________________________
Vì $p$ là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp:
+Nếu $p=2$ thì ta thay vào và kiểm tra xem số đó có phải là số chính phương không?
+Nếu $p>2$. Do $p$ là số nguyên tố nên $p$ là số nguyên dương lẻ và $p \geq 3$
Ta xét thấy rằng: với $p$ là số nguyên dương lẻ thì:
$1^p$ có chữ số tận cùng là 1
$2^p$ có chữ số tận cùng là 2 hoặc 8
$3^p$ có chữ số tận cùng là 3 hoặc 7
$4^p$ có chữ số tận cùng là 4
$5^p$ có chữ số tận cùng là 5
$6^p$ có chữ số tận cùng là 6
$7^p$ có chữ số tận cùng là 7 hoặc 3
$8^p$ có chữ số tận cùng là 8 hoặc 2
$9^p$ có chữ số tận cùng là 9
Từ đó suy ra được:
MR1: $X=(10n+5)^p+(10m+2)^p$ có chữ số tận cùng là 3 hoặc 7
MR2: $X=(10n+1)^p+(10m+6)^p$ có chữ số tận cùng là 7
MR3: $X=(10n+3)^p+(10m+5)^p$ có chữ số tận cùng là 2 hoặc 8
MR4: $X=(10n+4)^p+(10m+9)^p$ có chữ số tận cùng là 3
MR5: $X=(10n+5)^p+(10m+7)^p$ có chữ số tận cùng là 2 hoặc 8
MR6: $X=(10n+5)^p+(10m+8)^p$ có chữ số tận cùng là 3 hoặc 7
Ta lại thấy Số chính phương chỉ có chữ số tận cùng là $0,1,4,5,6,9$ ( theo bổ đề)
Suy ra mâu thuẫn hay ta sẽ tìm được $p$

b) Chứng minh mở rộng 7,8,9,10:
Trước hết ta chứng minh nhận xét sau:
$a^{2k+1}-a$ chia hết cho 3 với $a,k$ nguyên dương.
Thật vậy:
Nếu $a$ chia hết cho 3 thì $a^{2k+1}-a$ chia hết cho 3
Nếu $a$ không chia hết cho 3 thì $a^{k-1} \neq 0$ cũng không chia hết cho 3
Khi đó:
$a^{2k+1}-a$ chia hết cho 3
Khi và chỉ khi $a^{k-1}(a^{2k+1}-a)$ chia hết cho 3 ( vì $a^{k-1} \neq 0$)
Khi và chỉ khi $a^k(a^2k-1)$ chia hết cho 3
Khi và chỉ khi $(a^k-1)a^k(a^k+1)$ chia hết cho 3
Ta thấy $(a^k-1),a^k,(a^k+1)$ là 3 số nguyên liên tiếp nên $(a^k-1)a^k(a^k+1)$ chia hết cho 3
Vậy $a^{2k+1}-a$ chia hết cho 3
________________________________________________
Bổ đề: Số chính phương khi chia cho 3 thì có số dư là 0 hoặc 1
Chứng minh bổ đề:
Xét số chính phương $n^2$ ($n \in N$)
Ta thấy: -Nếu $n=3k$ ($k \in N$) thì $n^2=9k^2$ chia hết cho 3
-Nếu $n=3k+1$ ($k \in N$) thì $n^2=3(3k^2+2k)+1$ chia cho 3 dư 1
-Nếu $n=3k+2$ ($k \in N$) thì $n^2=3(3k^2+4k+1)+1$ chia cho 3 dư 1
Vậy bổ đề được chứng minh
________________________________________________
Trở lại với mở rộng 7,8,9,10:
Ta có:
Vì $p$ là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp:
+Nếu $p=2$ thì ta thay vào và kiểm tra xem số đó có phải là số chính phương không?
+Nếu $p>2$. Do $p$ là số nguyên tố nên $p$ là số nguyên dương lẻ và $p \geq 3$
MR7: $X=(3n+2)^p+(3m)^p=(3n+2)^p-(3n+2)+(3m)^p+3n+2$ chia cho 3 dư 2
Suy ra $X$ chia cho 3 dư 2

MR8: $X=(3n+1)^p+(3m+1)^p=(3n+1)^p-(3n+1)+(3m+1)^p-(3m+1)+3(n+m)+2$ chia cho 3 dư 2
Suy ra $X$ chia cho 3 dư 2
MR9: $X=m^p+n^p=m^p-m+n^p-n+(m+n)$ chia cho 3 dư 2 (vì $m+n$ chia cho 3 dư 2)
Suy ra $X$ chia cho 3 dư 2
MR10: $X=m_1^p+m_2^p+...+m_n^p=(m_1^p-m_1)+(m_2^p-m_2)+...+(m_n^p-m_n)+(m_1+m_2+...+m_n)$ chhia cho 3 dư 2 ( do $m_1+m_2+...+m_n$ chia 3 dư 2)

Ta lại có: Số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1 (theo bổ đề) nên ta thấy mâu thuẫn

Vậy ta sẽ tìm được $p$


về hình thức thì Mr 1 tới 5 có tới 5 mr khác nhau. Nhưng xem ra chúng đều dùng 1 bổ đề chung, cách làm không có gì là khác nhau , . Thừơg thì các mr sẽ có xu hướng tổng quát hoá lên theo các cấp độ. Nhưng các mr từ 1 tới 5 của bạn trông giống như anh em 1 nhà.


#316112 Trận 13 - "MSS19 Kir" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 13-05-2012 - 07:21

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho: $5^{p}+12^{p}$ là số chính phương.

Thời gian làm bài tính từ 19h23.


Mở rộng 1 : bài toán trên có thể giải theo pp sử dụng module 3
Và từ đó ta nghĩ tới bài toán tổng quát hơn
$(3r + 2)^p + 3^r = y^2$ (với r, p , y là các số nguyên dương , p lẻ)

Khi đó sử dụng pp module 3 , ta hoàn toàn cm được
$VP \equiv 2 (mod 3)$
Tròn khi đó theo bổ đề $y^2 \equiv 0 ; 1 (mod 3)$
Từ đó ta thấy sự mâu thuẫn giữa VP và VT
Vậy nên PT vô nghiệm
+ rõ ràng nếu sử dụng pp module khác thì chúng ta cũng có các mở rộng khác tương tự như trên
Mở rộng 2 :
Sử dụng tính chia hết , ta sẽ có
$5^p + 12^p = 1! + 2! + 3! + .... + x! (x , p nguyên)$

Xét TH $p = 0$ , PT vô nghiệm
Khi đó xét tính chia hết
Với $p > 0$
VT ko chia hết 3
Trong khi VP chia hết 3
Vậy nên PT vô nghiệm với mọi p , x nguyên)

+) từ 2 mở rộng trên , đưa tới 1 mở rộng khác , nhưng ko liên quan tới bài toán
$1! + 2! + ... + x! = y^2$
Vì bài toán trên chỉ là 1 bắc cầu của 2 Mở rộng , ko liên quan lắm tới bài toán nên xin ko dám lấn sân quá , chỉ nêu sơ sơ !
Chỉ cần xét mod 5 (có nhiều cách khác , nhưng em làm theo hương đó )

Mở rộng 3:
Rất thú vị nếu ta đảo số mũ
$p^5 + p^{12} = 2^y$

$p^5(1 + p^7) = 2^y$
Xét $p = 1$ thì $y = 1$
Xét $p > 1$
Do 2 là số nguyên tố , nên $p^5$ và $p^7 + 1$ chỉ có thể có là các lũy thừa của 2 (chú ý vs đk $p > 1$ thì $p^5 > 1$ ; $p^7 + 1 > 2$)
Tuy nhiên rõ ràng nếu xét chẵn lẽ thì :
+ p chẵn thì $p^5$ chẵn , nhưng $p^7 + 1$ lẻ , như vậy $p^7 +1$ ko thể là lũy thừa của 2
+ p lẻ cũng tương tự , $p^5$ sẽ là 1 số lẻ lớn hơn 1 , khi đó nó ko thể là 1 lũy thừa của 2

Vậy nên PT vô nghiệm khi $p > 1$

Kết luân pt có duy nhất 1 nghiệm $p = 1$

Mở rộng 4 :
Rõ ràng khi thấy PT trên , ta nghĩ tới PT fecma
Nhưng liệu "nội công" có đủ để đọc đc chứng minh hiện tại của nó (chưa nói tới hiểu và làm)
$x^n + y^n = z^n$ (n nguyên dương lớn hơn 2)

Nhưng chắc chúng ta có đủ sức để làm với bài toán này !

$5^p + 12^p = k^p$ (với p nguyên dương bất kì)
(với $p = 0$ thì bài toán VN)
Ta xét TH p > 0
$\Leftrightarrow k^p - 12^p = 5^p$

$\Leftrightarrow (k - 12)(k^{p - 1} + k^{p -2}.12 + .... + k.12^{k-2} + 12^{k -1}) = 5^p$

$\Leftrightarrow (k - 12)(k + 12)(k^{p - 2} + 12^2.k^{p - 4} + ... + 12^{k - 2}) = 5^p$

Thấy rằng 5 là 1 số nguyên tố
nên $5^p$ chỉ có các ước là các lũy thừa của 5
Từ đó
Ta có thể thấy được
với a và b là các số nguyên dương bé hơn p
$k - 12 = 5^a$

$k + 12 = 5^b$

Giả sử $b = a + c$ ( c nguyên dương)

Việc giải PT này ko quá khó
Trừ 2 vế PT , ta có

$5^b - 5^a = 24$

$\Leftrightarrow 5^a(5^c - 1) = 24$

Khi đó do VP ko chia hết 5
Nên $5^a = 1 \Rightarrow a = 0$
KHi đó
$k = 13$
Lúc đó thế vào PT $5^p + 12^p = 13^p$
Thấy PT có duy nhất 1 nghiệm , $p = 2$ (p =2 là TH bài toán trên)
Còn lại theo định lí fec ma thì với $p > 2$ , PT vô nghiệm

Vậy bài toán trên chỉ có 2 nghiệm $(2 ; 13)$

Mở rộng sao ngắn quá !? Phải cho nó dài dài tý nạ !


#315738 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 11-05-2012 - 06:14

Nung nóng lại topic này nào.
-----------------
EXERCISE:
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\left( {ab + bc + ca} \right)\left[ {{1 \over {{{\left( {a + b} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {c + a} \right)}^2}}}} \right] \ge {9 \over 4}$
--------------------


Nung nóng lại topic này nào.
-----------------
EXERCISE:
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\left( {ab + bc + ca} \right)\left[ {{1 \over {{{\left( {a + b} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {c + a} \right)}^2}}}} \right] \ge {9 \over 4}$
--------------------


Chắc có nhiều cách để giải bài toán này ! Nhưng đang luyện S.O.S nên mạn phép tiểu đệ chém theo pp nớ ! Hơi tộc lẹc 1 tý ! Mong các ta-cưa thông cảm !

BĐT tương đương

$\sum \frac{a}{b + c} + \sum \frac{ab}{(a + b)^2} \geq \frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a}{b + c} - \frac{3}{2} + \sum \frac{ab}{(a + b)^2} - \frac{3}{4} \geq 0$

$\Leftrightarrow \sum (a -b)[\frac{4(a - b)^2 - 2(a +c)(b + c)}{2(b + c)(a + c).4(a + b)^2} \geq 0$

Giờ cần cm
  • $S_a + S_b + S_c \geq 0$ (luôn đúng)
  • $S_a.S_b + S_b.S_c + S_a.S_c \geq 0$ (1)
Đặt a - b = x ; b - c = y ; c - a = z
Khi đó chú ý đk x + y + z = 0

$(1) \Leftrightarrow 2(x^2y^2 + y^2z^2 + x^2z^2) - (x^3y + xy^3 + y^3z + yz^3 + x^3z + xz^3) + \frac{1}{2}xyz(x + y + z) \geq 0$

Kết hợp schur
$\sum x^2(x - y)(x - z) \geq 0$

Chỉ cần cm
$x^4 + y^4 + z^4 \leq 2(x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2)$

$\Leftrightarrow (x^2 + y^2 + z^2)^2 \leq 4 \sum x^2y^2$

$\Leftrightarrow 4(xy + yz + xz)^2 \leq 4 \sum x^2y^2$ (chú ý x + y + z = 0)

$\Leftrightarrow 0 \leq 0$ (luôn đúng)

p/s : tự nhiên thấy nó bằng luôn chứ thấy lớn hơn hoặc bằng đâu!? )

Vậy BĐT đc cm !
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c


#315411 Cho $x,y,z\geq 0$ và $xyz=1$.Cmr :$\frac{1...

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 09-05-2012 - 21:08

$\sum \frac{a}{a + b} \geq \frac{3}{2}$(em thấy trong STBĐT anh Hùng bảo cho nó chạy tới vô cùng thì thế (trang 330 thì phải))

Mà BĐT cần cm tương đương với

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3} \geq \frac{3}{8}$
Áp dụng (*) thì nó hiển nhiên đúng theo Holder

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3}.(1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1) \geq [\sum \frac{a}{a + b}]^3 \geq \frac{3^3}{8}$

Suy ra đpcm


#314606 Trận 12 - "MSS17 princeofmathematics" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 06-05-2012 - 06:16

Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$


Mở rộng của Nguyễn Hữu Huy
Ban đầu khi nhìn thấy BĐT này , thì ý tưởng mở rộng đầu tiên là
Mở rộng 1 :
$\frac{{{a^{5n}}}}{{{a^{5n}} + {b^{2n}} + {c^{2n}}}} + \frac{{{b^{5n}}}}{{{a^{2n}} + {b^{5n}} + {c^{2n}}}} + \frac{{{c^{5n}}}}{{{a^{2n}} + {b^{2n}} + {c^{5n}}}} \geqslant \frac{{{a^{2n}}}}{{{a^{n}5} + {b^{2n}} + {c^{2n}}}} + \frac{{{b^{2n}}}}{{{a^{2n}} + {b^{5n}} + {c^{2n}}}} + \frac{{{c^{2n}}}}{{{a^{2n}} + {b^{2n}} + {c^{5n}}}}$

Đối với bài toán trên , cách giải hoàn toàn giống với phương pháp ban đầu

Ta có
BĐT $ \Leftrightarrow 3 \geq (a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})[\frac{1}{a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}} + \frac{1}{a^{2n} + b^{5n} +c^{2n}} + \frac{1}{a^{2n} + b^{2n} + c^{5n}}]$ (**)

Tới đây ta có


$[a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}](\frac{1}{a^n} + b^{2n} + c^{2n}) \geq (a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})^2
\Rightarrow \frac{1}{a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}} \leq \frac{\frac{1}{a^n} + b^{2n} + c^{2n}}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})^2}$


$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}} \leq \frac{2(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n}) + \frac{1}{a^n} + \frac{1}{b^n} + \frac{1}{c^n}}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})^2} \leq \frac{2(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n}) + (ab)^n + (bc)^n + (ac)^n}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})^2} \leq \frac{3}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})}$ (*)

(Trong (*) có sử dụng BĐT sau : $\sum a^{2n} \geq \sum (ab)^n \Leftrightarrow (a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})(b^{2n} + c^{2n} + a^{2n}) \geq [(ab)^n + (bc)^n + (ac)^n]^2$ (luôn đúng theo cauchy schwarz)

Từ (*) suy ra
$(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})[\frac{1}{a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}} + \frac{1}{a^{2n} + b^{5n} +c^{2n}} + \frac{1}{a^{2n} + b^{2n} + c^{5n}}] \leq (a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})\frac{3}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})} = 3$

Suy ra (**) đúng
Vậy BĐT được chứng minh

bây giờ mới nói tới đk của n
Thấy rằng cách giải trên ko bắt buộc n phải nguyên hay không !?
1) Nếu n nguyên dương thì BĐT hoàn toàn đúng

2) Nhưng nếu n nguyên âm !?
3) và n hữu tỷ
4) n vô tỷ !?
Theo suy nghĩ của em thì nó ko hề ràng buộc gì vào cách giải trên cả
Nên mạn pháp em xin được mở rộng ra đối với n thuộc R !


#314541 Trận 12 - "MSS17 princeofmathematics" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 05-05-2012 - 20:44

Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$


Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$


$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$

$\Leftrightarrow 3 - [ \frac{b^2 + c^2}{a^5 + b^2 + c^2} + \frac{a^2 + c^2}{b^5 + a^2 + c^2} + \frac{a^2 + b^2}{c^5 + b^2 + a^2}] \geq \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$

$\Leftrightarrow 3 \geq (a^2 + b^2 + c^2). [\frac{1}{a^5 + b^2 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^5 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^2 + c^5}]$ (*)

Ta sẽ đi chứng minh BĐT tương đương sau :

$\frac{1}{a^5 + b^2 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^5 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^2 + c^5} \leq \frac{3}{a^2 + b^2 + c^2}$

Áp dụng BĐT cauchy schwarz ta có :

$(a^5 + b^2 + c^2)(\frac{1}{a} + b^2 + c^2) \geq (a^2 + b^2 + c^2)^2$ (1)

Mặt khác do $abc \leq 1$

Nên $\frac{1}{a} \leq bc$ (2)

Từ (1) và (2) ta có
$(a^5 + b^2 + c^2)(bc + b^2 + c^2) \geq (a^5 + b^2 + c^2)(\frac{1}{a} + b^2 + c^2) \geq (a^2 + b^2 + c^2)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a^5 + b^2 + c^2} \leq \frac{bc + b^2 + c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}$ (4)

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có

$\Rightarrow \frac{1}{a^2 + b^5 + c^2} \leq \frac{ac + a^2 + c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}$ (5)

$\Rightarrow \frac{1}{a^2 + b^2 + c^5} \leq \frac{ab + a^2 + b^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}$ (6)

$(a^2 + b^2 + c^2)(b^2 + c^2 + a^2) \geq (ab + bc + ac)^2 \Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ac$ (7)

Cộng vế với vế của (4) ; (5) ; (6)
kết hợp với (7)
Ta có :

$\Rightarrow \frac{1}{a^5 + b^2 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^5 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^2 + c^5} \leq \frac{bc + b^2 + c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} + \frac{ac + a^2 + c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} + \frac{ab + a^2 + b^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} \leq \frac{2(a^2 + b^2 + c^2) + ab + bc + ac}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} \leq \frac{3(a^2 + b^2 + c^2)}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} = \frac{3}{a^2 + b^2 + c^2}$

$\Rightarrow (*) đúng $

Suy ra BĐT ban đầu được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}{bc = \frac{1}{a}} ; {ac =\frac{1}{b}} ; {ab =\frac{1}{c}}
& & \\ ab + bc + ac = a^2 + b^2 + c^2
& &
\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow a = b = c = 1$

Chưa chứng minh BĐT Cauchy-Schwart cho 2 bộ 3 số: trừ 4đ
D-B=20.7h
E=6
F=40
S=85.3


#314130 CMR $\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+...

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 03-05-2012 - 17:50

Cho a,b,c >0 và $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 3$.CMR
$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \frac{\sqrt{2}}{2}\left ( a+b+c \right )$


Ta có
$3(ab + bc + ac) \leq (a + b + c)^2 \leq 3(a^2 + b^2 + c^2) \leq 9$

$\Rightarrow a + b + c \leq 3$

Ta có

$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}} \geq \sum \frac{2\sqrt{2}.a}{b + c + 2} \geq 2\sqrt{2}.[\frac{(a + b + c)^2}{2(ab + bc + ac) + 2(a + b + c)}] \geq 2\sqrt{2}\frac{a + b + c}{2 + \frac{2}{3}.(a + b + c)}$

Cần cm

$2\sqrt{2}\frac{a + b + c}{2 + \frac{2}{3}.(a + b + c)} \geq \frac{\sqrt{2}}{2}\left ( a+b+c \right )$

BĐT trên tương đương với $a + b + c \leq 3 $ (luôn đúng)
Vậy BĐT đc cm


#313179 Trận 11 - "MSS16 Nguyễn Hữu Huy" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 28-04-2012 - 19:36

BTC yêu cầu MSS16 ra đề vào topic này. Sau khi đánh máy đề, phải nhấn nút Chấp nhận để để được hiện lên.
Nhớ đọc kĩ chủ đề trước khi ra đề

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa



BTC lưu ý:
1) trận 11 có 31 toán thủ tham gia nên sau trận này, 02 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại.

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn

Trận này do sự cố từ BTC nên thời gian bắt đầu trận đấu sẽ tính từ lúc này: 12h17p ngày 28/04/2012


Đề bài của Nguyễn Hữu Huy
Tìm nghiệm dương của PT

$\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$


#311631 Topic bất đẳng thức THCS (2)

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 20-04-2012 - 06:25

Bài 338
Cho các số thực dương x ; y ; z thõa mãn xyz = 1
Chứng minh rằng
$\dfrac{1}{1 + x^2 + y^2} + \dfrac{1}{1 + y^2 + z^2} + \dfrac{1}{1 + z^2 + x^2} \leq \dfrac{1}{1 + x + x^2} + \dfrac{1}{1 + y + y^2} + \dfrac{1}{1 + z + z^2}$


#310443 Topic bất đẳng thức THCS (2)

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 14-04-2012 - 22:21

Bài 335
Cho $x^2 + y^2 + z^2 =1$
Chứng minh BĐT

$\sum \frac{x}{y^2 + z^2} \geq \frac{9}{2(x + y + z)}$


#310341 Trận 9 - "MSS12 duongld" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 14-04-2012 - 20:05

Giải phương trình:

$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$

$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$

$\Leftrightarrow 36(a + 5)(a + 6)(a^2 + 11a + 31) = (a^2 + 11a + 12)(a + 4)(a + 5)(a + 6)(a + 7)$ (1)

Nhận thấy các nghiệm sau : $a = -5$ ; $a = -6$

Với các giá trị a khác -5 và -6 thì ta có
$a + 5 \neq 0 $
$a + 6 \neq 0$
Chia cả 2 vế PT cho $(a + 5)(a + 6) \neq 0$

Khi đó , PT (1) trở thành
$\Rightarrow 36(a^2 +11a + 31) = (a^2 + 11a + 12)(a + 4)(a + 7)$

$\Leftrightarrow 36(a^2 +11a + 31) = (a^2 + 11a + 12)(a^2 + 11a + 28)$ (2)

Các đặt cùn nhất là
Đặt $a^2 + 11a = t$ (với t khác $5^2 + 11.5$ và $6^2 + 6.11$

KHi đó PT (2) trở thành

$36(t + 31) = (t + 12)(t + 28)$

$\Leftrightarrow 36t + 36.31 = t^2 + 40t + 12.28$

$\Leftrightarrow t^2 + 4t - 780 = 0$

$\Leftrightarrow (t - 26)(t + 30) = 0$

Thấy $t = 26$ (t/m) và $t = -30$ (t/m) là 2 nghiệm của PT

Với t = 26
$\Rightarrow a^2 + 11a = 26$

$\Leftrightarrow a^2 + 11a - 26 = 0$

$\Leftrightarrow (a - 2)(a + 13) = 0$

$ \Rightarrow a = 2$ hoặc $\Rightarrow a = -13$

Tương tự với t = -30

$\Rightarrow a^2 + 11a = -30$

$\Leftrightarrow a^2 + 11a + 30 = 0$

$\Leftrightarrow (a + 5)(a + 6) = 0$

Pt trên vô nghiệm vì ta đang xét TH a khác - 5 và -6

Vậy PT trên có 4 nghiệm
a = -5
a = -6
a = 2
a = -13

D-B=8.7h
E=10
F=0
S=69.3


#307474 Trận 7 - "MSS07 bong hoa cuc trang" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 01-04-2012 - 10:31

Đề bài : Giải phương trình : $(x-7)^1-(x-7)^{11}=0$
p/s : Đề đơn giản . Chỉ nghĩ được thế này thôi .


Mở rộng : với m , n , k là các số thực
$a^m - a^n = 0$ (với $n = m + k$

$\Leftrightarrow a^n(a^k - 1) = 0$
PT có 1 nghiệm $a = 0$

với a # 0
Khi đó
$a^k = 1$

Ta chỉ cần quan tâm tới a
Với $k = 0$ thì nghiệm của PT là tập hợp R

Còn với k khác 0

Rõ ràng với $|a| > 1$ thì $|a^k| > 1$ (với $k > 0$) và $|a^k| < 1$ với $k < 0$ => VN

Tương tự xét $|a| < 1$ thì $|a^k| < 1$ (với $k > 0$) và $|a^k| > 1$ với $k < 0$ => VN

Với $|a| = 1$ thì PT có nghiệm
tất nhiên $a = 1$ luôn là 1 nghiệm
Còn đối với $a= -1$ ?!
Để $a = -1$ là nghiệm của pt thì m và n buộc phải có cùng tính chặn lẻ
Tuy nhien , với số mũ hữu tỷ thì sao !?
Điều đó cũng đúng
Vậy nên nếu m , n là các số hữu tỷ thì ta có -1 là 1 nghiệm của PT
Còn với m , n là các số vô tỷ ?!
Ko có gì khác với điều trên , a = -1 vẫn là 1 nghiệm của PT

Đó là đối với a (1 biến)
Nếu ta mở rộng ra n biến có cùng số mũ @????
Ta sẽ có bài toán
$a^k + (a + x_1)^k + ... + (a + x_n)^k = (b + j)^k + (b + j + x_1)^k + ... + (b + j + x_n)^k$

Khi đó , ta cũng nhận xét tương tự như trên , nhưng ko còn xét với 1 nữa
Ta sẽ xét
a với b + j
Nếu a > b + j thì VT > VP
Nếu a < b + j thì VT = VP
Vậy a = b + j , khi đó VT = VP (t/m)


#307329 Trận 7 - "MSS07 bong hoa cuc trang" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 31-03-2012 - 19:44

Đã nhận được bài :
Secrets In Inequalities VP , WhjteShadow , minhtuyb , nguyenta98ka và Cao Xuân Huy .

Bài mở rộng :


Secrets In Inequalities VP , WhjteShadow .

Lưu ý : Các bạn cần "xem trước" chứ nếu không bài vẫn còn đang trong tình trạng lỗi latex .

Đề bài : Giải phương trình : $(x-7)^1-(x-7)^{11}=0$
p/s : Đề đơn giản . Chỉ nghĩ được thế này thôi .

Đề bài : Giải phương trình : $(x-7)^1-(x-7)^{11}=0$
p/s : Đề đơn giản . Chỉ nghĩ được thế này thôi .


Bài ni hiền nhứt từ đầu giải :
$(x-7)^1-(x-7)^{11}=0$ (*)

Đặt x - 7 = a
$\Rightarrow $ PT trở thành $a - a^{11} = 0$
  • Nhận thấy a = 1 ; a = 0 ; a = -1 là nghiệm của PT
Tức x = 7 ; x = 8 ; x = 6 là nghiệm của PT
  • Với $a \neq 0$ và $a \neq 1$ ; $a \neq -1$ ta Có :
$a^{11} - a = 0$
$\Leftrightarrow a(a^{10} - 1) = 0$
Do $a \neq 0 \Rightarrow a^{10} = 1$
Ta có : do $a \neq 0$ và $a \neq 1$ ; $a \neq -1$
$\Rightarrow |a| > 1$ hoặc $|a| < 1$ ; $|a| \neq 0$
Với $|a| > 1$ thì $a^{10} > 1$
Với $|a| < 1$ thì $a^{10} < 1$
$ \Rightarrow a^{10} \neq 1$ với $|a| \neq 0$ ; $a \neq 1$ ; $a \neq -1$
Khi đó PT $a - a^{11}$ vô nghiệm tức PT (*) lúc này vô nghiệm

Vậy PT (*) có 3 nghiệm x = 6 ; x = 7 ; x = 8


Mở rộng :

1) Với $a^n - a^m = 0$ ($m = n + k$) ( m , n , k là các số nguyên dương)
Luôn tồn tại 2 nghiệm a = 1 ; a= 0

$a^n(1 - a^k) = 0$

Xét tương tự như TH2 ở trên , với |a| > 1 và |a| < 1 thì pt trên vô nghiệm
Đối với TH |a| = 1 thì a = 1 hoặc a = -1
Điều này còn tùy thuộc vào k
Tất nhiên 1 là 1 nghiệm của PT
Chỉ còn a = - 1
ĐỂ a = -1 là nghiệm của PT thì k ko có dạng là số lẻ


2) Tới đây , ta có mở rộng 2
Ở trên hệ số k và n , m là số nguyên dương
Vậy nếu k , m , n là số nguyên (rộng hơn)
Khi đó , phương pháp hoàn toàn tương tự như k , m ,. n là số nguyên dương (lưu ý dấu)

3) Tiếp tục mở rộng với tập số hữu tỉ dương ( m , n , k thuộc Q)
Sẽ đau đầu hơn ko !? Thật may mẵn vì nếu m , n , k thuộc Q thì ta sẽ có 1 vẫn có thể sử dụng pp trên
a^k = a^p

và nếu ngụy trang thật hiểm thì
Bài Toán : Cho $x + y = 4$ và
$\sqrt{x - 1} + \sqrt{x - 2} + \sqrt{x - 3} = \sqrt{y - 2} + \sqrt{y - 3} + \sqrt{y - 4}$
Tìm x ; y

Bài này ko xét khoảng với 1
Mà xét x - 1 và y - 2
x -1 > y -2
x - 1 < y - 2
Cả 2 đều VN
Chỉ có x - 1 = y - 2 mới có nghiệm

Mở rộng đẹp.
D-B=8.9
E=10
F=4 * 10=40
S=101.1


#304999 Trận 5 - "MSS05 Secrets In Inequalities VP" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 18-03-2012 - 09:03

Đề bài : Cho x ,y ,z nguyên duong thỏa mãn :
$ x^{4}+y^{4}+z^{4}= 1984-104x$
Hỏi : Số $ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ có thể viết duoi dạng $ a+a^{2}$ vs a là số tụ nhiên đc không ?

Do sự cố kĩ thuật nên thời gian ra đề được tính là lúc 10h19 17/3/2012.


Ta có bổ đề sau

$t^4 \equiv 0 (mod..4)$ hoặc $t^4 \equiv 1 (mod..4)$ với t là số nguyên

Chứng minh :
t là số nguyên thì t có các dạng t= 4r ; t = 4r + 1 ; t = 4r + 2 ; t = 4r + 3 (r nguyên)

Khi đó
$t^4$ sẽ có các dạng
$t^4 = 16r^2 \equiv 0 (mod 4)$
$t^4 = 16r^2 + 8r + 1 \equiv 1 (mod 4) $
$t^4 = 16r^2 + 16r + 4 \equiv 0 (mod 4)$
$t^4 = 16r^2 + 24r + 9 \equiv 1(mod 4)$
Bổ đề đc chứng minh .

Quay trở lại bài toán
Ta có
$x^4 ; y^4 ; z^4 \equiv 0 ; 1 (mod 4)$

Mà $ x^4 + y^4 + z^4 = 1984- 104x$

Thấy $VP \vdots 4$

$\Rightarrow x^4 + y^4 + z^4 \vdots 4$
Lần lượt xét các TH
Ta thấy chỉ có TH $x^4 ; y^4 ; z^4$ đồng thời chia hết 4 mới t/m điều trên

Từ đó suy ra x ; y ; z đồng thời chia hết cho 2

KHi đó
Đặt
$x = 2b$
$y = 2c$
$z = 2d$
Với b , c , d nguyên
KHi đó :
$16b^4 + 16c^4 + 16d^4 = 1984 - 104.2b $

Chia 2 vế với 16

$b^4 + c^4 + d^4 = 124 - 13b$

Do b là số nguyên dương
nên b < 4
Xét các TH b = {1 ; 2 ; 3}
Thì được 2 kết quả X
b = 2 ; c = 1 ; d = 3
hoặc
b = 2 ; c = 3 ; d = 1

Khi đó
$x = 4 ; y = 2 ; z = 6$

Hoặc $x = 4 ; y = 6 ; z = 2$

Khi đó
$A = 20^3 + 11^6 - 1969^2 < -\dfrac{1}{4}$



$A = 20^3 + 11^2 - 1969^6 < -\dfrac{1}{4}$

Mà $a^2 - a \geq -\dfrac{1}{4}$

Nên $a^2 - a > A$ (với cả 2 TH)

Vậy ko thể viết A dưới dạng $a^2 + a$

Nên viết rõ hơn tại sao có kết quả a=?;b=?;c=?
D-B=9.7h
E=9
F=0
S=65.3


#302832 ĐỀ THI HSG TOÁN TỈNH HÀ TĨNH NĂM 2011-2012

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 08-03-2012 - 07:12

ĐỀ THI HSG TOÁN TỈNH HÀ TĨNH NĂM 2011-2012


Bài 1a) Rút gọn biểu thức $\sqrt{5}- \sqrt{3- \sqrt{29 - 12\sqrt{5}}}$
b) Tìm các số nguyên $a,b$ sao cho $\frac{3}{a+b \sqrt{3}}- \frac{2}{a-b \sqrt{3}}=7-20 \sqrt{3}$

Bài 2a) Giải phương trình $x^2-x+12 \sqrt{1-x}=36$
b) Giải hệ phương trình

\[
\left\{ \begin{array}{l}
(x + 1)(y + 1) = 10 \\
(\sqrt x + \sqrt y )(\sqrt {xy} - 1) = 3 \\
\end{array} \right.
\]


Sao ko ai dọn 1 và 2 vậy ! Thôi thì để tiểu đệ chém thử nhá !

b)
ẹc ! Quy đồng tấn công hồi ra
$gt \Leftrightarrow a - 5b\sqrt{3} = (7 - 20\sqrt{3})(a^2 - 3b^2) \Leftrightarrow a - 5b\sqrt{3} = 7(a^2 - 3b^2) + 20\sqrt{3}(a^2 - 3b^2)$

từ đây dễ thấy
$a = 7(a^2 - 3b^2)$
\\
$20\sqrt{3}(a^2 - 3b^2)$


Từ đây rút ra $\frac{a}{b} = \frac{7}{4}$
Thế vào là ổn !


2)
Bài PT thì em dùng liên hợp x = -3! Ai có cách nào tự nhiên hơn ko !?!

Hệ đưa về hệ đối xứng :

Đặt $\sqrt{x} + \sqrt{y} = S$
$\sqrt{xy} = P$

Khi đó ta sẽ có :
$P^2 + S^2 - 2P = 9$

$ 2PS - 2S = 6$

Cộng 2 PT là giải đc S ; P
Ổn !


MOD: Lần sau gõ công thức toán cho cẩn thận. Mình phải sửa lại toàn bộ công thức cho bài của bạn rồi đấy!