|
|
giải đáp
|
giúp tớ bài này
|
|
|
|
Ta có kết quả quen thuộc:
"trong 5 số nguyên bất kì luôn tìm đc 3 số có tổng chia hêt cho 3
Thật vậy, một số chia cho 3 dư 0,1 hoặc 2, nếu có 3 số trong 5 số này cho 3 số dư khác nhau khi chia cho 3 thì ta tổng 3 số đó chia hết cho 3, nếu chỉ có 5 số này chỉ cho 2 số dư thôi, thì trong 5 số, sẽ có ít nhất 3 số cùng số dư khi chia cho 3, tổng 3 số đó chia hết cho 3.
Chở lại bài toán:
lấy 5 số trong 17 số nguyên đó thì trong 5 số nguyên đc chọn có 3 số tổng chia hết cho 3. Gọi 3 số này là (a1,b1,c1) và đặt m1=a1+b1+c1
lấy 5 trong 14 số nguyên còn lại thì trong 5 số nguyên này có 3 số có tổng chia hết cho 3. Gọi 3 số này là (a2,b2,c2) và đặt m2=a2+b2+c2
lấy 5 trong 11 số nguyên còn lại thì trong 5 số nguyên này có 3 số có tồng chia hết cho 3.gọi 3 số này là (a3.b3,c3) và đặt m3=a3+b3+c3
lấy 5 trong 8 số nguyên còn lại thì trong 5 số nguyên này có 3 số có tổng chia hết cho 3. Gọi 3 số này là (a4,b4,c4) và đặt m4=a4+b4+c4
lấy 5 trong các số nguyên còn lại thì trong 5 số nguyên này có 3 số tổng chia hết cho 3. gọi 3 số này là (a5,b5,c5) và đặt m5=a5+b5+c5
Bây giờ xét 5 số m1,m2,m3,m4,m5 đều chia hết cho 3, nên phần dư của chúng khi chia cho 9 sẽ $\in{0,3,6}$.
Nếu có 3 trong 5 số cho 3 phần dư khác nhau chia chia cho 9 thì tổng của chúng chia hết cho 9.
Nếu 5 số này 1 hoặc 2 số dư khi chia cho 9 thì sẽ có 3 số cùng số dư khi chia cho 9.
Tóm lại kiểu gì cũng có 3 số mi,mj,mk có tổng chia hết cho 9
Khi đó các số ai,bi,ci,aj,bj,cj,ak,bk,ck có tổng chia hết cho 9
|
|
|
|
bình luận
|
gải hộ tớ mọi người ơi
Có rất nhiều số như thế bạn ạ, có thể dùng mày tính để nhử, nhìn chung là đưa ra một cách làm quy chuẩn mà ít tính toán cho bài này thì rất khó
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình giải hộ pt này cái :
|
|
|
|
Ta có $Cos2x+5=2(2-cosx)(sinx-cosx)\Leftrightarrow 2cos^2x+4=4sinx-2sinx.cosx-4cosx+2cos^2x$
Suy ra $5=4(sinx-cosx)+(1-2sinx.cosx)\Leftrightarrow 5=4(sinx-cosx)+(sinx-cosx)^2$
Từ đây ta suy ra $sinx-cosx=1$ hoặc $sin x-cosx=-5$
Vì $|sinx-cosx|\leq 2$ nên trường hợp 2 không xảy ra
Vậy $sinx-cosx=1$ hay $sin^2x+cos^2x-2sinx.cosx=1$
mà $sin^2x+cos^2x=1$ nên $sinx=0$ hoặc $cosx=0$
$sinx=0$ thì $cosx=-1$ vậy $x=(2k+1)\pi$
$cosx=0$ thì $sinx=1$ nên $x=\pi/2+2k\pi$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình với
|
|
|
|
Theo bất đẳng thức Cô si thì
$x^2+2\sqrt{x}=x^2+\sqrt{x}+\sqrt{x}\geq 3x$.
$y^2+2\sqrt{y}=y^2+\sqrt{y}+\sqrt{y}\geq 3y$
$z^2+2\sqrt{z}=z^2+\sqrt{z}+\sqrt{z}\geq 3z$
Vì thế $x^2+y^2+z^2+2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\geq 3(x+y+z)=(x+y+z)^2$(Do $x+y+z=3$ )
$=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)$
Suy ra ĐPCM
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh
|
|
|
|
Bất đẳng thức Svac là $(a_1^2+a_2^2+....+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...b_n^2)\geq (a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2$
Với $n=2$ thì điều này đúng,
vì $(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2 )\geq(a_1b_1+a_2b_2)^2$ tương đương với
$(a_1b_2-b_1a_2)^2\geq 0$
Giả sử điều phải chứng minh đúng cho $k-1$ số , với $k$ số, ta làm như sau:
áp dụng trường hợp cho 2 số (đã chứng minh ở trên)
$(a_1^2+a_2^2+....+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+...b_k^2)=(a_1^2+\sqrt{a_2^2+....+a_k^2}^2)(b_1^2+\sqrt{b_2^2+...b_k^2}^2) $
$\geq (a_1b_1+\sqrt{a_2^2+....+a_k^2}\sqrt{b_2^2+...b_k^2})^2$ (1)
Theo giả thuyết quy nạp, bất đẳng thức đúng cho $k-1$ số nên
$\sqrt{a_2^2+....+a_k^2}\sqrt{b_2^2+...b_k^2}\geq a_2b_2+...+a_kb_k$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra bất đẳng thức đúng với $k$ số
Vậy suy ra ĐPCM
|
|
|
|
giải đáp
|
GTNN
|
|
|
|
Ta có:
$Q=\frac{2ab+a+b+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}$ $=\frac{1}{1+c}+\frac{ab+abc-c-1}{(1+a)(1+b)(1+c)}$ $=\frac{1}{1+c}+\left(\frac{ab-1}{(1+a)(1+b)}+1\right)-1$ $=\frac{1}{1+c}+\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}-1$ $=\frac{1}{1+c}+\frac{b}{1+b}-\frac{1}{1+a}$ Từ $\ \ c \geq b+1$ và $\ \ a+b \geq c$ suy ra $\ \ a+b \geq b+1$ kéo theo $\ \ b\geq a\geq 1$ Nếu: $ b \geq 2$ Do $\ \ a+b \geq c$ nên $ Q \geq \frac{1}{1+a+b}+\frac{b}{1+b}-\frac{1}{1+a}=\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}-\frac{a+b}{1+a+b}$
Vì $\ \ b \geq 2$ ta có $\ \ \frac{b}{1+b}-\frac{a+b}{1+a+b} \geq \frac{2}{3}-\frac{a+2}{a+3}$
Suy ra $ Q \geq \frac{2}{3}+\frac{a}{1+a}-\frac{a+2}{a+3}=\frac{(a-1)(a+5)}{4(a+1)(a+3)}+\frac{5}{12} \geq \frac{5}{12}$
Nếu: $ b \leq 2$
Do $ a+b \geq c$ kéo theo $\ \ Q \geq \frac{1}{1+c}+\frac{b}{1+b}-\frac{1}{1+c-b}$
Vì $ c \geq 3$ nên $ \frac{1}{1+c}-\frac{1}{1+c-b} \geq \frac{1}{4}-\frac{1}{4-b}$
Suy ra $ Q \geq \frac{1}{4}+\frac{b}{1+b}-\frac{1}{4-b}=\frac{5}{6} \frac{(2-b)(b-1)}{(b+1)(4-b)}+\frac{5}{12} \geq \frac{5}{12}$
Vậy GTNN của $Q=\frac{5}{12}$ .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=1 , b=2 , c=3$
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải jum t bài này
|
|
|
|
Ta có$f(1)=f(1.1)=f(1).f(1)$Vì $f(1)\in N^*$ nên $f(1)=1$$f(4)=f(2.2)=f(2).f(2)=4$ta chứng minh $f(n)=n, \forall n\in N^*$$n=1$ thì kết quả này đúngXét $n>4$ Giả sử ĐCCM đúng với mọi số nhỏ hơn n+)Nếu $n$ là hợp số,,đặt $n=h.k$ với $h,k<n$Theo giả thuyết quy nạp thì $f(h)=h,f(k)=k$Ta có $f(n)=f(h.k)=f(h).f(k)=h.k=n$ (1)+) Nếu n là số nguyên tố, do $n>4$ nên $n+1$ là số chẵn ,Đặt $n+1=2m$, do $n>4$ nên $m<n$Theo gt quy nạp thì $f(m)=m$Ta suy ra $f(n+1)=f(2.m)=f(2).f(m)=2.m=n+1$Ta suy ra $n-1=f(n-1)<f(n)<f(n+1)=n+1$Vì vậy $f(n)=n$ (2)Từ (1) và (2) ta suy ra ĐCCM
Ta có$f(1)=f(1.1)=f(1).f(1)$Vì $f(1)\in N^*$ nên $f(1)=1$$f(4)=f(2.2)=f(2).f(2)=4$$2=f(2)<f(3)<f(4)=4$ nên $f(3)=3$ta chứng minh $f(n)=n, \forall n\in N^*$$n=1$ thì kết quả này đúngXét $n>4$ Giả sử ĐCCM đúng với mọi số nhỏ hơn n+)Nếu $n$ là hợp số,,đặt $n=h.k$ với $h,k<n$Theo giả thuyết quy nạp thì $f(h)=h,f(k)=k$Ta có $f(n)=f(h.k)=f(h).f(k)=h.k=n$ (1)+) Nếu n là số nguyên tố, do $n>4$ nên $n+1$ là số chẵn ,Đặt $n+1=2m$, do $n>4$ nên $m<n$Theo gt quy nạp thì $f(m)=m$Ta suy ra $f(n+1)=f(2.m)=f(2).f(m)=2.m=n+1$Ta suy ra $n-1=f(n-1)<f(n)<f(n+1)=n+1$Vì vậy $f(n)=n$ (2)Từ (1) và (2) ta suy ra ĐCCM
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải jum t bài này
|
|
|
|
Ta có
$f(1)=f(1.1)=f(1).f(1)$
Vì $f(1)\in N^*$ nên $f(1)=1$
$f(4)=f(2.2)=f(2).f(2)=4$
$2=f(2)<f(3)<f(4)=4$ nên $f(3)=3$
ta chứng minh $f(n)=n, \forall n\in N^*$
$n=1$ thì kết quả này đúng
Xét $n>4$
Giả sử ĐCCM đúng với mọi số nhỏ hơn n
+)Nếu $n$ là hợp số,,
đặt $n=h.k$ với $h,k<n$
Theo giả thuyết quy nạp thì $f(h)=h,f(k)=k$
Ta có $f(n)=f(h.k)=f(h).f(k)=h.k=n$ (1)
+) Nếu n là số nguyên tố, do $n>4$ nên $n+1$ là số chẵn ,
Đặt $n+1=2m$, do $n>4$ nên $m<n$
Theo gt quy nạp thì
$f(m)=m$
Ta suy ra $f(n+1)=f(2.m)=f(2).f(m)=2.m=n+1$
Ta suy ra $n-1=f(n-1)<f(n)<f(n+1)=n+1$
Vì vậy $f(n)=n$ (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra ĐCCM
|
|
|
|
giải đáp
|
Dùng BĐT AM-GM trong chứng minh BĐT(1).
|
|
|
|
Điều cần chứng minh tương đương với
$2(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 3(a+b+c) $ (*)
Ta có:
$a^2+b^2+c^2\geq (a+b+c)^2/3$
Nên vế trái của (*) $\geq \frac{2(a+b+c)^2}{3}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}) $
Ta chứng minh:
$\frac{2(a+b+c)^2}{3}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 3(a+b+c)$
Hay
$\frac{2(a+b+c)}{3}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 3$
$2(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 9$ (**)
Điều này đúng vì
$2(a+b+c)=(a+b)+(b+c)+(c+a)\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$
và:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{a+b}\frac{1}{b+c}\frac{1}{c+a}}$
Ta nhân theo vế là có (**)
|
|
|
|
giải đáp
|
giai giup em nhe
|
|
|
|
Với $n\leq 3$
Bạn có thể kiểm tra trực tiếp
Ta xét với $n\geq 4$
Trước hết ta có:
$C_n^0+C_n^1 +C_n^2+C_n^3+...+ C_n^n=2^n$ nên
$C_n^1 +C_n^2+C_n^3+...+ C_n^n<2^n$
Áp dụng : $(x+1)^3 = x^3 + 3x^2 + 3x + 1$.
Với x = 1,2,3,....n, ta có:
$2^3 = 1^3 + 3.1^2 + 3.1 + 1$
$3^3 = 2^3 + 3.2^2 + 3.2 + 1$
$4^3 = 3^3 + 3.3^2 + 3.3 + 1$
........
$(n+1)^3 = n^3 + 3.n^2 + 3.n + 1$
Cộng từng vế rồi rút gọn ta được:
$(n+1)^3 = 1^3 + 3(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) + 3.(1+2+3+...+n) + n$
<--> $(n+1)^3 = n + 1 + 3(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) + 3.n.(n+1)/2$
<--> $3(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) = (n+1)^3 - 3.n.(n+1)/2 - n - 1$
<--> $3(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) = n(n+1)(2n+1)/2$
<--> $(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) = n(n+1)(2n+1)/6$
Vậy $(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) = n(n+1)(2n+1)/6$
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki:
$1.\sqrt{C_n^1} +2\sqrt{C_n^2}+3\sqrt{C_n^3}+...+n\sqrt{ C_n^n}\leq \sqrt{(1^2 + 2^2 + ...+ n^2)(C_n^1 +C_n^2+C_n^3+...+ C_n^n)}$
$<\sqrt{2^n.n(n+1)(2n+1)/6}=\sqrt{2^{n-1}.n.(n+1)(2n+1)/3}$
Đối chiếu với đề bài, ta chỉ cần chứng minh $(n+1)(2n+1)/3<n^2$ điều này tương đương với $3n+1<n^2$
Với $n>3$ thì điều này đúng.
Ta đã chứng minh xong bài toán.
|
|
|
|
bình luận
|
Giải nhanh jup
Hãy ấn chữ V dưới đáp án để chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác, và nút mũi tên màu xanh để vote up nhé.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải nhanh jup
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|