Xét p = 3 thì không tìm được q nguyên.

Xét q = 3 thì không tìm được p nguyên.

Xét p, q khác 3.

TH 1: p,q chia cho 3 có cùng số dư thì p³ và q⁵ chia cho 3 cũng có cùng số dư.

\(\Rightarrow p^3-q^5\)chia hết cho 3 nhưng (p + q) lại không chia hết cho 3 nên loại.

TH 2: p,q chia cho 3 có số dư khác nhau 

\(\Rightarrow p^3-q^5\)không chia hết cho 3 nhưng (p + q) chia hết cho 3 nên loại.

Vậy không tồn tại p, q thỏa mãn bài toán.

Xét p = 3 thì không tìm được q nguyên.

Xét q = 3 thì không tìm được p nguyên.

Xét p, q khác 3.

TH 1: p,q chia cho 3 có cùng số dư thì p³ và q⁵ chia cho 3 cũng có cùng số dư.

$\Rightarrow p^3-q^5$⇒p3−q5chia hết cho 3 nhưng (p + q) lại không chia hết cho 3 nên loại.

TH 2: p,q chia cho 3 có số dư khác nhau 

$\Rightarrow p^3-q^5$⇒p3−q5không chia hết cho 3 nhưng (p + q) chia hết cho 3 nên loại.

Vậy không tồn tại p, q thỏa mãn bài toán.

Ta có:

\(\frac{2n+1}{\left[n\left(n+1\right)\right]^2}=\frac{n+n+1}{n^2\left(n+1\right)^2}=\frac{1}{n\left(n+1\right)^2}+\frac{1}{n^2\left(n+1\right)}\)

\(=\frac{1}{n\left(n+1\right)}.\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)=\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right).\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)\)

\(=\frac{1}{n^2}-\frac{1}{\left(n+1\right)^2}\)

Áp dụng vào bài toán ta được

\(A=\frac{2.1+1}{\left[1\left(1+1\right)\right]^2}+\frac{2.2+1}{\left[2\left(2+1\right)\right]^2}+...+\frac{2.99+1}{\left[99\left(99+1\right)\right]^2}\)

\(=\frac{1}{1^2}-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{99^2}-\frac{1}{100^2}\)

\(=1-\frac{1}{100^2}=\frac{9999}{10000}\)

Đề sai. Giả sử tam giác là tam giác đều thì ta có:

\(tan\left(30\right)+tan\left(30\right)=\frac{2\sqrt{3}}{3}>\frac{\sqrt{3}}{3}=tan\left(30\right)\)

Nếu nó đều thì bất đẳng thức bị sai là sao dùng bất đẳng thức đó để chứng minh nó đều được.

Sửa đề:

\(\hept{\begin{cases}tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}\le2tan\frac{C}{2}\left(1\right)\\cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}\le2cot\frac{C}{2}\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow\frac{1}{tan\frac{A}{2}}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}}\le\frac{2}{tan\frac{C}{2}}\le\frac{4}{tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\left(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}\right)^2\le4tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(tan\frac{A}{2}-tan\frac{B}{2}\right)^2\le0\)

Dấu = xảy ra khi \(tan\frac{A}{2}=tan\frac{B}{2}\)

\(\Rightarrow A=B\)

Thế lại hệ ban đầu ta được

\(\hept{\begin{cases}2tan\frac{A}{2}\le2tan\frac{C}{2}\\2cot\frac{A}{2}\le2cot\frac{C}{2}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}tan\frac{A}{2}\le tan\frac{C}{2}\\tan\frac{A}{2}\ge tan\frac{C}{2}\end{cases}}\)

Dấu = xảy ra khi \(A=C\)

Vậy ta có được \(A=B=C\) nên tam giác ABC là tam giác đều.

1/ a/ \(\sqrt{\left(6+2\sqrt{5}\right)^3}-\sqrt{\left(6-2\sqrt{5}\right)^3}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^6}-\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^6}\)

\(=\left(\sqrt{5}+1\right)^3-\left(\sqrt{5}-1\right)^3\)

\(=32\)

b/ \(\sqrt{\left(3-2\sqrt{2}\right)\left(4-2\sqrt{3}\right)}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{2}-1\right)^2\left(\sqrt{3}-1\right)^2}\)

\(=\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{3}-1\right)\)

\(=\sqrt{6}-\sqrt{2}-\sqrt{3}+1\)

Câu 3/ \(A=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}\)

\(< \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+\sqrt{4}}}}}=2\)

Ta lại có:

\(A=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}>\sqrt{2}>1\)

\(\Rightarrow1< A< 2\)

Vậy \(A\notin N\)

từ AB^2  +AC ^2  \(\ge\)  2 AB.AC 

    <=> \(BC^2\ge2AB.AC\)

   <=> \(2BC^2-BC^2\ge2AB.AC\)

   <=> 2BC^2\(\ge\) \(BC^2+2AB.AC\)

     <=>\(2BC^2\ge AB^2+AC^2+2AB.AC\)

    <=>HAY (ab+ac)^2 \(\le\)2bc ^2 thế AC =b ; AB=c; BC =a vào ta có đpcm

\(\Delta ABC\)vuông tại A có : AB² + AC² = BC² \(\Rightarrow b^2+c^2=a^2\).Ta có :

\(\left(b-c\right)^2\ge0\Leftrightarrow b^2-2bc+c^2\ge0\Leftrightarrow2bc\le b^2+c^2\)

\(\Leftrightarrow b^2+2bc+c^2\le2\left(b^2+c^2\right)\Leftrightarrow\left(b+c\right)^2\le2a^2\)(đpcm)

\(\(\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}}+...+\sqrt{1+\frac{1}{2017^2}+\frac{1}{2018^2}}\)\)

Với n thuộc N*, ta có:

\(\(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{\left(n+1\right)^2}}=\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{2\left(n+1-n-1\right)}{n\left(n+1\right)}}\)\)

\(\(=\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{\left(n+1\right)^2}+2.1.\frac{1}{n}-2.1.\frac{1}{n+1}-2.\frac{1}{n}.\frac{1}{\left(n+1\right)}}\)\)

\(\(=\sqrt{\left(1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}\right)^2}=1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}\)\). Áp dụng vô bài, ta có:

\(\(\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+....+\sqrt{1+\frac{1}{2017^2}+\frac{1}{2018^2}}\)\)

\(\(=1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+1+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+1+\frac{1}{2017}-\frac{1}{2018}\)\)

\(\(=2016+\frac{1}{2}-\frac{1}{2018}=2016\frac{504}{1009}\)\)

P/s: Lại là thằng quỷ Thắng

Xét số hạng tổng quát

 \(1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}=1^2+\left(\frac{1}{k}\right)^2+\left(\frac{1}{k+1}\right)^2+2.1.\frac{1}{k}-2.\left(\frac{1}{k}.\frac{1}{k+1}\right)-2.1.\frac{1}{k+1}\)

\(=\left(1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)^2\)

( Vì \(\frac{1}{k}-\frac{1}{k\left(k+1\right)}-\frac{1}{k+1}=\frac{k+1-1-k}{k\left(k+1\right)}=0\) )

Vậy thì \(\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}}=1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)

Vậy \(A=\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}}+...+\sqrt{1+\frac{1}{2017^2}+\frac{1}{2018^2}}\)

\(=1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+1+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+1+\frac{1}{2017}-\frac{1}{2018}\)

\(=2016+\frac{1}{2}-\frac{1}{2018}=2016\frac{504}{1009}\)

Do ABKC là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{BAK}=\widehat{BCK}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Do ICEK là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ICK}=\widehat{IEK}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

 \(\Rightarrow\widehat{DAK}=\widehat{DEK}\)

Vậy DAEK là tứ giác nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE đi qua K.

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(VT=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)

\(=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)

\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a\left(a^2+ab+b^2\right)+b\left(b^2+bc+c^2\right)+c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)

Cần chứng minh \(\frac{\left(Σ_{cyc}a^2\right)^2}{Σ_{cyc}a\left(a^2+ab+b^2\right)}\ge\frac{Σ_{cyc}a}{3}\)

Nhân ra và nó đúng theo BĐT Schur

Ta có: \(\frac{a^2+b^2}{a-b}\)= \(\frac{a^2-2ab+b^2+2ab}{a-b}\)= \(\frac{\left(a-b\right)^2+2ab}{a-b}\)= (a -b) + \(\frac{2ab}{a-b}\)

Vì a>b>0 nên áp dụng BĐT Cô-Si cho 2 số không âm ta có :

(a - b) +\(\frac{2ab}{a-b}\)\(\ge\)\(2\sqrt{\left(a-b\right)\cdot\frac{2ab}{a-b}}\)= 2\(\sqrt{2ab}\)= \(2\sqrt{2}\)( Vì ab = 1) ( đpcm)

Đầu tiên ta có:

\(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\)

\(=\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{\frac{1}{a}+b+1}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{ab}+1}\)

\(=\frac{1}{ab+a+1}+\frac{a}{1+ab+a}+\frac{ab}{a+1+ab}=1\)

Quay lại bài toán ta có:

\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2+b^2+1}=\frac{1}{a^2+b^2+2a+2}\le\frac{1}{2\left(ab+a+1\right)}\)

Tương tự ta có:

\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\left(b+1\right)^2+c^2+1}\le\frac{1}{2\left(bc+b+1\right)}\\\frac{1}{\left(c+1\right)^2+a^2+1}\le\frac{1}{2\left(ca+c+1\right)}\end{cases}}\)

Từ đó suy ra 

\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2+b^2+1}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2+c^2+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2+a^2+1}\)

\(\le\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)=\frac{1}{2}\)

Câu hỏi của Nguyễn Trọng Kiên - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath