nhungvienkimcuong

Cho a,b,c là các số thực đôi một phân biệt, CMR $\sum \frac{a^{2}+2ab}{(a-b)^{2}} \geq \frac{2}{3}$

Chú ý rằng $\frac{a^2+2ab}{(a-b)^2}+\frac{1}{3}=\frac{(2a+b)^2}{3(a-b)^2}$, do vậy ta cần chứng minh

\[\left ( \frac{2a+b}{a-b} \right )^2+\left ( \frac{2b+c}{b-c} \right )^2+\left ( \frac{2c+a}{c-a} \right )^2\ge 5.\]

Đặt $x=\frac{2a+b}{a-b},y=\frac{2b+c}{b-c},z= \frac{2c+a}{c-a}$ thì

\[(x+1)(y+1)(z+1)=(x-2)(y-2)(z-2)\implies xy+yz+zx+3=x+y+z.\]

Khi đó 

\begin{align*}x^2+y^2+z^2&=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)\\ &=(x+y+z)^2-2(x+y+z-3)=(x+y+z-1)^2+5\ge 5.\end{align*}

Như vậy giải quyết bài toán hoàn toàn, dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi $a=-1,b=2$ và $c=0$.

Ghi chú. Cách xử lí này nổi tiếng với bài IMO 2008 và một số bất đẳng thức Đào Hải Long.

Cho $n$ là số nguyên dương. Chứng minh rằng

$$\sum_{n\vdots d,d=2k+1}\varphi (d)2^{\frac{n}{d}} \hspace{0.2cm} \vdots \hspace{0.2cm} n$$

Với $\varphi (x)$ là số các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng $x$ và nguyên tố cùng nhau với $x$.

Ta sẽ đếm số tập hợp $A$ là tập hợp con của $\{1,2,\dots,n\}$ sao cho tổng các phần tử của $A$ là bội của $n$.

Đặt $\epsilon=e^{2i\pi/n}$ là căn nguyên thủy bậc $n$ của đơn vị, khi đó ta có tính chất

\[\sum_{k=1}^{n}\epsilon^{km}=n\big[m\equiv 0\pmod{n}\big],\]

với $[P]$ là kí hiệu Iverson. Từ kết quả này suy ra ngay số tập hợp cần tính chính là

\[\mathcal{K}=\sum_{A\subset\{1,\dots,n\}}\frac{\sum_{k=1}^{n}\epsilon^{k\cdot s(A)}}{n}=\frac{1}{n}\sum_{A\subset\{1,\dots,n\}}\sum_{k=1}^{n}\epsilon^{k\cdot s(A)},\]

trong đó $s(A)$ tổng các phần tử của $A$. Tiếp theo biến đổi

\[\sum_{A\subset\{1,\dots,n\}}\sum_{k=1}^{n}\epsilon^{k\cdot s(A)}=\sum_{k=1}^{n}\sum_{A\subset\{1,\dots,n\}}\prod_{a\in A}\epsilon^{ka}=\sum_{k=1}^{n}\prod_{a=1}^n(1+\epsilon^{ka}).\]

Như vậy $\prod_{a=1}^n(1+\epsilon^{ka})=2^{\text{UCLN}(k,n)}\left[\frac{n}{\text{UCLN}(k,n)}\equiv 1\pmod{2}\right]$ nên ta có 

\[\mathcal{K}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n2^{\text{UCLN}(k,n)}\left[\frac{n}{\text{UCLN}(k,n)}\equiv 1\pmod{2}\right].\]

Phần còn lại chỉ cần chứng minh đẳng thức (của bạn đọc)

\[\sum_{k=1}^n2^{\text{UCLN}(k,n)}\left[\frac{n}{\text{UCLN}(k,n)}\equiv 1\pmod{2}\right]=\sum_{d\mid n}\varphi (d)2^{\frac{n}{d}}\big[d\equiv 1\pmod{2}\big].\]

Ghi chú. Đẳng thức này khá liên quan với đếm Necklace (lời giải sơ cấp đã có ở diễn đàn).

Cho $n$ là số nguyên dương và $m$ là ước nguyên dương của $2n^2$ Chứng minh rằng $n^2 + m$ không là số chính phương

Theo giả thiết thì $a=\frac{2n^2}{m}$ là số nguyên dương, khi đó

\[a^2(n^2+m)=n^2(a^2+2a).\]

Vì $a^2<a^2+2a<(a+1)^2$ nên $a^2+2a$ không thể là số chính phương, từ đây ta có điều cần chứng minh.

Chứng minh rằng với mỗi n $\in \mathbb{Z^{+}}$ đều tồn tại 1 tập S gồm n số nguyên dương sao cho tổng của mọi tập con khác rỗng bất kì của S đều là lũy thừa đúng.

Đề ở đây chắc muốn nói lũy thừa có số mũ lớn hơn $1$.

Đề bài khó chịu, để có thể hiệu chỉnh đồng thời $2^n-1$ tập hợp là một việc mới nghe là thấy rất khó khăn, thế nên cần nhìn nhận vấn đề một cách kĩ càng hơn. Giả dụ có sẵn họ tập hợp $\{S_i\}_{i=1}^{2^n-1}$, ta mong muốn từ đây xây dựng họ tập hợp mới sao cho tổng các phần tử trong mỗi tập hợp đều là lũy thừa đúng. Đơn giản nhất để thay đổi tổng các phần tử là

• Cùng cộng các phần tử một lượng $a$, như vậy trở thành họ tập hợp mới là $\{S_i+a\}$,
• Hoặc cùng nhân các phần tử một lượng $a$, trở thành họ tập hợp mới $\{a S_i\}$.

Trong hai cách này thì việc nhân phần tử sẽ dễ thực hiện hơn (nháp các trường hợp đơn giản là thấy; chẳng hạn $S_1=\{2\},S_2=\{3\},S_3=\{10\}$). Từ đây ta thấy rằng chỉ cần chứng minh kết quả sau:

 

Một hình vuông có độ dài cạnh là 12. Người ta tô màu tâm của các ô vuông đơn vị bởi màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh có bốn điểm cùng màu là bốn đỉnh của một hình chữ nhật.

 

Bài này là một phiên bản khó hơn. Các bài có yêu cầu chứng minh bốn đỉnh của hình chữ nhật hoặc hình thang đều có cách xử lí tương tự như thế.