Chủ đề này có 3 trả lời

[phuocchubeo]

Bài 1: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh hình tam giác. Xác định dạng tam giác để 

$S=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 2: Gọi x,y là $2$ số nguyên khác $-1$ sao cho:

$\frac{x^{3}+1}{y+1}+\frac{y^{3}+1}{x+1}$ là một số nguyên. 

Chứng minh rằng $x^{2010}-1$ chia hết cho $y+1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 17-02-2016 - 11:10

[tpdtthltvp]

Bài 1: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh hình tam giác. Xác định dạng tam giác để 

$S=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 2: Gọi x,y là $2$ số nguyên khác $-1$ sao cho:

$\frac{x^{3}+1}{y+1}+\frac{y^{3}+1}{x+1}$ là một số nguyên. 

Chứng minh rằng $x^{2010}-1$ chia hết cho $y+1$.

Bài 1:

Áp dụng BĐT $Cauchy-schwarz$, có:

$S=\sum \frac{a^2}{ab+ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}=\frac{3}{2}$

Vậy $\delta ABC$ đều.

Bài 2:

Ta có:

$$\frac{x^{3}+1}{y+1}+\frac{y^{3}+1}{x+1}=\frac{(x+1)^2(x^2-x+1)+(y+1)^2(y^2-y+1)}{(x+1)(y+1)}\in Z$$

Suy ra: $(x+1)^2(x^2-x+1)\vdots y+1$ mà $(x+1,x^2-x+1)=1$. Do đó:

$$\begin{bmatrix} (x+1)^2\vdots y+1 (1)\\ x^2-x+1\vdots y+1 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} \cdots \\ x^{2010}-1\vdots x^2-x+1\vdots y+1 \end{bmatrix}$$

Còn trường hợp thứ nhất mình vẫn chưa ra!  Ai làm được thì post lên với!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 17-02-2016 - 17:35

[quangnghia]

Bài 1: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh hình tam giác. Xác định dạng tam giác để 

$S=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Cho $a=b=c$ ta thu được $\frac{3}{2}$. Từ đây ta chứng minh:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$

$\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\geq \frac{9}{2}$

$\Rightarrow \frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}\geq \frac{9}{2}$

$\Rightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq \frac{9}{2}$

$\Rightarrow (a+b+b+c+c+a)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 9$           (*)

Ta có $a+b+b+c+c+a\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Nhân 2 bất đẳng thức này ta thu được (*)

[I Love MC]

Ta có:

$$\frac{x^{3}+1}{y+1}+\frac{y^{3}+1}{x+1}=\frac{(x+1)^2(x^2-x+1)+(y+1)^2(y^2-y+1)}{(x+1)(y+1)}\in Z$$

Suy ra: $(x+1)^2(x^2-x+1)\vdots y+1$ mà $(x+1,x^2-x+1)=1$. Do đó:

$$\begin{bmatrix} (x+1)^2\vdots y+1 (1)\\ x^2-x+1\vdots y+1 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} \cdots \\ x^{2010}-1\vdots x^2-x+1\vdots y+1 \end{bmatrix}$$

Còn trường hợp thứ nhất mình vẫn chưa ra!  Ai làm được thì post lên với!

Thực ra không khó đâu em  
Bổ đề : Cho $a,b \in \mathbb{Q}$ có $a+b,ab \in \mathbb{Z}$ khi đó $a,b \in \mathbb{Z}$ 
Chứng minh tại đây  
Đặt $a=\frac{x^3+1}{y+1},b=\frac{y^3+1}{x+1}$ 
Theo giả thiết $a+b \in \mathbb{Z}$ mà $ab=(x^2-x+1)(y^2-y+1) \in \mathbb{Z}$ 
Suy ra $a,b \in \mathbb{Z}$ 
Suy ra $(x^3+1) \vdots y+1$ 
Ta có xét $x^{2010}-1=(x^6)^{355}-1 \vdots (x^6-1) \vdots (x^3+1) \vdots y+1$ (đpcm)