p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có hai dạng: 3k + 1 hoặc 3k - 1.

+) Xét p = 3k + 1

 *) Nếu d = 3a + 1 thì \(p+2d=3k+1+6a+2=3k+6a+3⋮3\)

Lại có: \(p+2d>3\)nên p + 2d là hợp số (vô lí)

 *) Nếu d = 3a + 2 thì \(p+d=3k+1+3a+2=3k+3a+3⋮3\)

Lại có: \(p+d>3\)nên p + d là hợp số (vô lí)

Vậy d chia hết cho 3 ở trong trường hợp này.

+) Xét p = 3k - 1

 *) Nếu d = 3m + 1 thì \(p+d=3k-1+3m+1=3k+3m⋮3\)

Lại có: \(p+d>3\)nên p + d là hợp số (vô lí)

 *) Nếu d = 3m + 2 thì \(p+2d=3k-1+6m+4=3k+6m+3⋮3\)

Lại có: \(p+2d>3\)nên p + 2d là hợp số (vô lí)

Ở trong th này, d cũng chia hết cho 3.

Vậy d chia hết cho 3

Măt khác: d chẵn vì p và p + d lẻ (do p;p+d nguyên tố ) nên d chia hết cho 6

Vậy \(d⋮6\left(đpcm\right)\)

Assassin_7 sai chỗ là "Mâu thuẫn" chứ ko phải " Vô lí" nhé

7/  Em sửa lại đề ạ 

Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab

Chứng minh rằng  \(\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\ge\frac{1}{2}\)

Đổi biến \(\left(a,b\right)\rightarrow\left(\frac{1}{x},\frac{1}{y}\right)\)

Từ giả thiết => x+y=4

Ta có: BĐT cần CM tương đương với:

\(\frac{\frac{1}{x}}{\frac{4}{y^2}+1}+\frac{\frac{1}{y}}{\frac{4}{x^2}+1}\ge\frac{1}{2}\)\(\Leftrightarrow\frac{y^2}{x\left(4+y^2\right)}+\frac{x^2}{y\left(4+x^2\right)}\ge\frac{1}{2}\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT Schwarz, ta có:
∑\(\frac{x^2}{y\left(4+x^2\right)}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left(x+y\right)+xy^2+x^2y}=\frac{16}{16+xy^2+x^2y}\)

Ta chỉ cần chứng minh:

\(xy^2+x^2y\le16\Leftrightarrow xy^2+x^2y\le\frac{1}{4}\left(x+y\right)^3\)

\(\Leftrightarrow xy^2+x^2y\le x^3+y^3\)(luôn đúng)

Do đó (1) đúng. BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi x=y=2⇔a=b=\(\frac{1}{2}\)

6. (chuyên Hòa Bình)

Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xy+zx+4yz=32

Tìm giá trị nhỏ nhất của\(P=x^2+16y^2+16z^2\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho  ba số dương  x,y,z ta có

\(\hept{\begin{cases}8y^2+\frac{1}{2}x^2\ge2\sqrt{8y^2.\frac{1}{2}x^2}=4xy\\8z^2+\frac{1}{2}x^2\ge2\sqrt{8z^2.\frac{1}{2}x^2}=4xz\\8y^2+8z^2\ge2\sqrt{8y^2.8z^2}=16yz\end{cases}}\)

Cộng từng vế của ba bđt trên ta có

\(P\ge4\left(xy+xz+4yz\right)=4.32=128\)

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=-\frac{1}{z}\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^3=\frac{-1}{z^3}\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}=\frac{-3}{x^2y}-\frac{3}{xy^2}=\frac{-3}{xy}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{3}{xyz}\)

\(\Rightarrow xyz\left(\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}\right)=\frac{3}{xyz}.xyz\)

\(\Rightarrow\frac{yz}{x^2}+\frac{xy}{z^2}+\frac{xz}{y^2}=3\)

khi gấp lên mấy lần thì nó vẫn bằng 0 nên biểu thức đó bằng 0

thx ban

Để \(\frac{2a+2b}{ab+1}\) là bình phương của 1 số nguyên thì 2a + 2b chia hết cho ab + 1; mà ab + 1 chia hết cho 2a + 2b => ab + 1 = 2b + 2a
=> \(\frac{2a+2b}{ab+1}\)=1 = 1²

12 sinh viên 4 lớp tại Trường Edgemont tặng đồng xu để tăng 75 đô la cho một tổ chức từ thiện địa phương. số lượng tối thiểu của đồng xu mỗi học sinh cần phải mang lại nếu họ muốn đạt được mục tiêu của họ về thu 75 đô la là gì?
(1 đô la = 100 đồng xu)

Change: $ 75 = 7500 cents

 Minimum per cent of students who need help are:

7500:112=66.964.... ( pennies) = 77  pennies

Answer: 77 pennies

A B C D K H I O M

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Từ O kẻ OM song song với CI , suy ra OM cũng song song với KD và BH

Ta có \(\hept{\begin{cases}OA=OC\\OM\text{//}CI\end{cases}\Rightarrow}\)OM là đường trung bình tam giác ACI => \(CI=2OM\left(1\right)\)

Lại có \(\hept{\begin{cases}DK\text{//}OM\text{//}BH\\OD=OB\end{cases}\Rightarrow}\)OM là đường trung bình của hình thang BHKD

\(\Rightarrow KD+BH=2OM\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BH+CI+DK=4OM\le4OA\left(\text{hằng số}\right)\)

Vậy \(BH+CI+KD\) đạt giá trị lớn nhất bằng 4OA khi \(\hept{\begin{cases}OM=OA\\OM\perp d\end{cases}}\Rightarrow\)đường thẳng d vuông góc với CA tại A

h di ma 

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: 

\(VT=\frac{2x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{2y^2+z^2+x^2}{4-xz}+\frac{2z^2+x^2+y^2}{4-xy}\)

\(\ge\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{xz}}{4-xz}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\)

Cần chứng minh \(\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{xz}}{4-xz}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\ge4xyz\)

\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{yz}}{yz\left(4-yz\right)}+\frac{\sqrt{xz}}{xz\left(4-xz\right)}+\frac{\sqrt{xy}}{xy\left(4-xy\right)}\ge1\)

Cauchy-Schwarz: \(\left(x+y+z\right)^2\ge\left(1+1+1\right)\left(xy+yz+xz\right)\ge\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\ge\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\)

Đặt \(\left(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{xz}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c\le3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}+\frac{b}{b^2\left(4-b^2\right)}+\frac{c}{c\left(4-c^2\right)}\ge1\left(\odot\right)\)

Ta có BĐT phụ: \(\dfrac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}\le-\dfrac{1}{9}a+\dfrac{4}{9}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-1\right)^2\left(a^2-2a-9\right)}{9a\left(a-2\right)\left(a+2\right)}\le0\forall0< a\le1\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế

\(VT_{\left(\odot\right)}\ge\dfrac{-\left(a+b+c\right)}{9}+\dfrac{4}{9}\cdot3\ge\dfrac{-3}{9}+\dfrac{12}{9}=1=VP_{\left(\odot\right)}\)

Dấu "=" <=> x=y=z=1

em là pô pô nê người con của Thái Nguyên

A B C E D M H G

b) Chứng minh tam giác BEC đồng dạng tam giác ADC

Xét \(\Delta CAB\)và \(\Delta CDE\) có:

^CAB = ^CDE (=1v)

^C chung 

=>  \(\Delta CAB\)~\(\Delta CDE\)

=> \(\frac{CB}{CE}=\frac{CA}{CD}\) (1) 

Xét \(\Delta CAD\)và \(\Delta CBE\)có:

\(\frac{CB}{CE}=\frac{CA}{CD}\)( từ (1))

và \(\widehat{C}\)chung

=>  \(\Delta CAD\)~ \(\Delta CBE\)

c) Chứng tam giác ABE vuông cân.

+) Ta có: AB \(\perp\)AC (\(\Delta\)ABC vuông )

mà E \(\in\)AC

=> AB \(\perp\)AE => \(\Delta\)ABE vuông  

+) Theo (a) =>   ^DAC = ^EBC  

Gọi N là giao điểm của AD và BE 

Xét \(\Delta\)DNB và  \(\Delta\)ENA có:

^ENA = ^DNB ( đối đỉnh)

^NBD = ^NAE (    vì ^DAC = ^EBC )  

=>  \(\Delta\)DNB ~  \(\Delta\)ENA  

=> ^NDB = ^NEA  

Xét  \(\Delta\)ABE và  \(\Delta\)HAD có:

^AEB = ^HDA ( vì ^NDB = ^NEA  )  (1)

^^BAE = ^AHD ( =1v)

=>   \(\Delta\)ABE ~  \(\Delta\)HAD

=> ^HAD = ^ ABE  (20

mà \(\Delta\)AHD có: AH=HD => \(\Delta\)AHD cân => ^HAD =^ HDA (3)

Từ (1) ; (2) ; (3) => ^ABE =^BEA =>\(\Delta\)ABE cân 

Vậy \(\Delta\) ABE vuông cân tại A

d) Ta có: M là trung điểm BE => AM là đường trung tuyến \(\Delta\)ABE mà \(\Delta\)ABE vuông cân tại A

=> AM là đường phân giác ^A của \(\Delta\)ABE

=> AG là đường phân giác ^A của \(\Delta\)ABC

Theo tính chất đường phân giác ta có: \(\frac{GB}{GC}=\frac{AB}{AC}\)

Mà \(\Delta\)ABH  ~\(\Delta\)CAH ( dễ tự chứng minh)

=> \(\frac{AB}{CA}=\frac{AH}{CH}\)

=> \(\frac{GB}{GC}=\frac{AH}{CH}\Rightarrow\frac{GB}{AH}=\frac{GC}{CH}=\frac{GB+GC}{AH+CH}=\frac{BC}{AH+CH}\)( tính chất dãy tỉ số bằng nhau)

=> \(\frac{GC}{BC}=\frac{AH}{AH+CH}=\frac{DH}{AH+CH}\)( vì AH=DH)

(tớ mới giải được câu a)

Xét tam giác AHB và CHA => AH/CH = HB/AH mà AH=HD => tỉ số đồng dạng

15.

Ta  có \(a+b+c+ab+bc+ac=6\)

Mà \(ab+bc+ac\le\left(a+b+c\right)^2\)

=> \(\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)-6\ge0\)

=> \(a+b+c\ge3\)

\(A=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac}\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\ge3\)(ĐPCM)

Bài 18, Đặt \(\left(a^2-bc;b^2-ca;c^2-ab\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) thì bđt trở thành

\(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\ge0\)

Vì \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)nên ta đi chứng minh \(x+y+z\ge0\)

Thật vậy \(x+y+z=a^2-bc+b^2-ca+c^2-ab\)

                                     \(=\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)(đúng)

Tóm lại bđt được chứng minh

Dấu "=": tại a=b=c