dinhthanhhung

Cho a,b,c dương, abc=1. CMR: $\frac{2}{(a+1)^{2}+b^{2}+1}+\frac{2}{(b+1)^{2}+c^{2}+1}+\frac{2}{(c+1)^{2}+a^{2}+1}\leq 1$ 

 

$VT\leq \sum \frac{1}{ab+b+1}=1$

Bài 1: (Belarus 2001) Cho $a>0$ và $n\in \mathbb{N^*}$, chứng minh rằng $$a^n+\frac{1}{a^n}-2 \geq n^2\left ( a+\frac{1}{a}-2 \right )$$

 

 

 

Tương đương :

$a^{2n}+1-2a^n\geq n^2a^{n-1}(a^2-2a+1)$

$\Leftrightarrow (a^n-1)^2\geq n^2a^{n-1}(a-1)^2$ 

$\Leftrightarrow \sum_{i=0}^{n-1}a^i\geq n\sqrt{a^{n-1}}$  (AM-GM)

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. Tìm GTLN của biểu thức:

               $A=x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz$

 

$A^2=(x+y+z)^2(1-xy-yz-zx)^2=(1+2xy+2yz+2zx)(1-xy-yz-zx)^2\leq 1\Leftrightarrow A\leq 1$

Dấu bằng tại $x=y=0,z=1$

Cho các số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} (a+b)\vdots c & & \\ (a^{2}+b^{2})\vdots c^{2}& & \end{matrix}\right.$.

Chứng minh rằng $a$ chia hết cho $c$ và $b$ chia hết cho $c$

 

Mình nghĩ là không . Còn đây là giải của mình

Từ giả thiết suy ra : $2ab\vdots c^2$

Vậy : $(a-b)^2\vdots c^2$ hay $a-b\vdots c$

Do đó : $2a,2b\vdots c$(1)

Nếu như $c=2^k.c'$ sẽ có $a,b$ cùng tính chẵn lẻ .

Trường hợp $a,b$ cùng lẻ sai ngay , có thể xét ngay $c=2$ và thấy ngay điều vô lí

Trường hợp $a,b$ cùng chẵn , hay $a=2a'$ ta chia 2 đi và lại có một điều kiện mới , cứ như vậy cho đến khi ta về với trường hợp cùng lẻ .

Vậy $c$ lẻ hay kết hợp với (1) ta có đpcm .

Cho biểu thức S=a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd trong đó ad-bc=1.CMR S$\geqslant$ $\sqrt{}$3

 

 Xét $4(S-\sqrt{3})=4\left [ \sum a^2+ac+bd-\sqrt{3}(ad-bc) \right ]=(a+b\sqrt{3}+2c)^2+(a\sqrt{3}-b-2d)^2\geq 0$

Bài toán 31 :

 

 

Em không chắc lắm .

$x+y=m,xy=n$

Ta có : $m^3=m^2+3mn+n^2$(*)

$n^2=mk$ (1)

Suy ra : $m|3n+k$

Do đó : $m|kn$

Vậy : $m^2|n^3$ (2)

Từ (1,2) có $m|n$ (?!)

Đặt : n=mt

Có $m=1+3t+t^2$

Suy ra : $4m=36+12t+t^2-32=(t+6)^2-32$(3)

Mặt khác ,xét : $\Delta _{*}=9m^2-4(m^2-m^3)=m^2(5+4m)$

Do (*) là phương trình nghiệm nguyên có hệ số nguyên : $4m=z^2-5$(4)

Kết hợp (3),(4) 

Cách khác : 

 

Trong $x,y,z$ tồn tại 2 số cùng dấu . Giả sử là $x$ và $y$ .

 

Hiển nhiên $z^k(x-y)$ chẵn .

Bên cạnh đó thì $x^k(y-z)$ và $y^k(y-z)$ cùng dấu nên tổng 2 số chẵn .

Vậy VT chẵn suy ra $p$ chẵn mà $p$ nguyên tố nên bằng 2 .

 

Bây giờ ta có VT = $x^k(y-z)+y^k(z-x)-z^k(y-z+z-x)=(y-z)(x^k-z^k)+(z-x)(y^k-z^k)=2$

Thử chọn các trường hợp...

Cho $a,b,c,d >0$ và $a+b+c+d=4$.

Tìm GTNN của $P=(a^3+4)(b^3+4)(c^3+4)(d^3+4)$

 

Áp dụng BDT Holder ta có được : 

$(a^3+4)(b^3+4)(c^3+4)\geq (a+b+c+2)^3=(6-d)^3$

 

Từ đây :

$P\geq (6-d)^3(d^3+4)=-(d-1)^2(d^4-16d^3+75d^2-46d-239)+5^4$

 

Nếu như giả sử : $d=min(a,b,c,d)$ thì $d\leq 1$

 

Hiển nhiên : $-(d-1)^2(d^4-16d^3+75d^2-46d-239)\geq 0$

 

Vậy nên : $P\geq 5^4$

 

Dấu bằng tại $a=b=c=d=1$

Cho a,b,c là các số thực thoả $(a+b+c)^{3}-18(ab+bc+ca)\leq 6-(a+b+c)$.

Tìm GTLN của biểu thức $P=a^{2}+b^{2}+c^{2}+3abc$.

 

$t=a+b+c$ thì $3(ab+bc+ca)\leq t^2$ 

Kết hợp giả thiết : $(t-6)(t^{2}+1)\leq 0\Leftrightarrow t\leq 6$

Mặt khác : $27abc\leq t^3$ (*) đồng thời $2(ab+bc+ca)=t^2-(a^2+b^2+c^2)$

Do đó : $27abc+9(a^2+b^2+c^2)\leq 9t^2-t+6$

 

Đến đây thì khá đơn giản , tuy nhiên bài trên em làm với điều kiện a,b,c dương ( phần (*)). Ai có cao kiến thì góp ý .

cho a,b,c > 0 abc =1

CM(a+b)(b+c)(c+a) $\geq 2(1+a+b+c))$

 

(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc

Do đó cần chứng minh : (a+b+c)(ab+bc+ca-2)>=3

Sử dụng AM-GM là xong .

 

Từ bài toán này nếu đặt a=x/căn bậc 3 của xyz , tương tự với b,c ta còn thu được bài toán khó hơn như sau :

x,y,z>0 CMR : (1+x/y)(1+y/z)(1+z/x)>=(1+(x+y+z)/căn bậc 3 của xyz )

 

p/s : Mình bị lỗi không đánh được công thức , bạn nào có thẩm quyền sửa lại giúp.

Cho a,b,c>0. Tìm MIN?
$T=\frac{a^3+b^3+c^3}{\sqrt{(2ac+b^2)^3}}$

Nghĩ được mỗi cách này .
Chắc là bạn biết BĐT Holder ?
$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(c^{3}+b^{3}+a^{3})(1+1+1)\geq (2ac+b^{2})^{3}\Leftrightarrow T=\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{\sqrt{(2ac+b^{2})^{3}}}\geq \frac{1}{\sqrt{3}}$
Để tránh sai sót giống bài trước , dấu = khi a=b=c

Tìm $x,y$ nguyên thỏa mãn: $x+y+2z=xyz$

Bài này vô số nghiệm vì z thực ?
Nếu như z nguyên thì có lời giải sau :
Đặt $2z=t$ và có phương trình $2(x+y+t)=xyt$
Đây là phương trình rất quen thuộc , bạn có thể giải bằng cách giả sử $x\geq y\geq t$ giới hạn được xyt nhưng kết quả vẫn là vô số nghiệm . Nếu như đề là tự nhiên thì tôi mới giải tiếp cho bạn được .

Bài này khá hay, Tạm biệt mn mai e đi thi!
Cho x,y,z>0 ,.Tìm GTNN:
$T=\sqrt[3]{\frac{x^2+2y^2}{y^2}}+\sqrt[3]{\frac{z^2+2y^2}{(x+y+z)^2}}$

Bài này hay thiệt
$T=\sqrt[3]{\frac{x^2+2y^2}{y^2}}+\sqrt[3]{\frac{z^2+2y^2}{(x+y+z)^2}}=\sqrt[3]{(\frac{x}{y})^{2}+2}+\sqrt[3]{(\frac{\frac{z}{y})^{2}+2}{(\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+1)}}$
Đặt $\frac{x}{y}=a;\frac{z}{y}=b$ đưa về tìm $Min T=\sqrt[3]{a^{2}+2}+\sqrt[3]{\frac{b^{2}+2}{(a+b+1)^{2}}}$
Áp dụng CS : $(a+b+1)^{2}\leq (a^{2}+2)(b^{2}+2)$
Đến đây ta có thể sử dụng AM-GM và tìm được Min=2

1/Chứng minh các bất đẳng thức:
a)$\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}+\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}\geq \sqrt{3}(x+y+z)$(với x,y,z $>$0).Đẳng thức xảy ra khi nào?
b)$\frac{1}{1+a+ab}+\frac{1}{1+b+bc}+\frac{1}{1+c+ca}\leq 1$(a,b,c $>$0 và abc$\geq$1).

2/Tìm x,y,z thỏa $x^{2}+2y=y^{2}+2z= z^{2}+2x= 2$.

3/Tìm x,y$\in$Z thỏa $(2x-2y+1)(4x+2y-3)=p^{2}-1$ với p là một số nguyên tố.

Giải chậm quá , còn mỗi bài 3 , xin nốt vậy .
Dễ thấy VT lẻ nên VP lẻ từ đó suy ra p=2

Giải $\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{x+1}=\sqrt[4]{2x+1}$

Giải hệ $a+b=c$ và $a^{4}+b^{4}=c^{4}$ với $a=\sqrt[4]{x};b=\sqrt[4]{x+1};c=\sqrt[4]{2x+1}$
Cách giải : mũ 4 phương trình (1) rồi trừ đi phương trình (2)