HoangHungChelski

Ông Hoàng giúp tôi nhé.

Tổng quát hơn, ta có bài toán sau: 
Cho $a,b,c,d>0;a_1^2+a_2^2+...+a_n^2=n$. CMR: 
$$\frac{a_1}{a_2+(n-1)}+\frac{a_2}{a_3+(n-1)}+...+\frac{a_n}{a_1+(n-1)}\leq 1$$

Xem tại đây!
 

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$. CMR: 
$$\frac{a}{(4-b)(b+2)}+\frac{b}{(4-c)(c+2)}+\frac{c}{(4-a)(a+2)}\leq 3$$
__________________

P/s: Chế trong lúc thi Năng Khiếu ở trường 

Một giải bóng đá có $20$ đội tham gia, thi đấu vòng trong $1$ lượt (kết thúc giải, mỗi đội đá với mỗi đội còn lại đúng một trận). Tìm $k\in \mathbb{N}$ lớn nhất sao cho sau $k$ vòng đấu (mỗi đội đá đúng $k$ trận), luôn tìm được $3$ đội, đôi một chưa đá với nhau.

ta có $x+y$ chia hết cho $d$ nên $x+y$ cũng chia hết cho $m$ từ đó suy ra $z$ chia hết cho $m.$

Không, ý mình là sao có được $d|x+y$ ??

Chỗ màu đỏ không bằng nhau Hưng ơi, do $d$ lúc đó chưa chắc đã là số chẵn nên không thể khẳng định $\gcd(d,2)=2$

 

Mình làm rõ hơn từ chỗ đó một xíu

Ta có : $$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$
khi đó $m=\frac{d}{(d,2)}|x+y+z$

mà $d|x+y$ nên $m|x+y \Rightarrow m|z$

vậy từ đó ta có : $\frac{d}{(d,2)}|x,y,z$

Tự đó suy ra $\frac{d}{(d,2)}=1 \Rightarrow d=2$

Là thế nào vậy Toàn?

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 
$$(2^a+1)^b=(2^c-1)^d$$

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 4x^2=(\sqrt{x^2+1}+1)(x^2-y^3+3y-2) & \\ (x^2+y^2)^2+1=x^2+2y & \end{matrix}\right.$

+Nếu ko có số chẵn .

Cọng cả 3 đẳng thức thức lại thì VT chẵn , VP lẻ.  (vô lí)

+Nếu có 1 số chẵn

Tương tự như trên vô lí.

+Nếu tồn tại ít nhất 2 số chẵn.

Xét $a=2a_{0}.d , b=2.b_{0}.d$

$\Rightarrow a_{0}+b_{0}=2d$

dẫn đến điều vô lí.

Nghiệm $(2;2;2)$ đâu rồi nhỉ?
 

 

Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ thoả điều kiện :

$\left\{\begin{matrix}a+b=(a,b)^2\\b+c=(b,c)^2 \\c+a=(c,a)^2 \end{matrix}\right.$

 

Lời giải: Áp dụng BĐT này
Ta có: $$\gcd(a,b)^2=a+b\geq \frac{\gcd(a,b)\gcd(a,c)}{\gcd(a,b,c)}+\frac{\gcd(a,b)\gcd(b,c)}{\gcd(a,b,c)}$$
$$\Leftrightarrow \gcd(a,b)\gcd(a,b,c)\geq \gcd(a,c)+\gcd(b,c)$$
Thiết lập các BĐT tương tự, cộng vế theo vế $\Rightarrow \gcd(a,b,c)\geq 2$. Đặt $\gcd(a,b,c)=d$ với $d\in \mathbb{Z^+},d\geq 2$
Đặt $a=dx,b=dy,c=dz$ với $x,y,z\in \mathbb{Z^+}, \gcd(x,y,z)=1$
Từ hệ ban đầu
$$\Rightarrow 2(a+b+c)=\gcd(a,b)^2+\gcd(b,c)^2+\gcd(c,a)^2$$
$$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$
$$\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}=\frac{d}{2}|x+y+z\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}|x,y,z\Rightarrow d=2$$
Do đó
$$\gcd(x,y)=\gcd(y,z)=\gcd(z,x)=1\Rightarrow x+y=y+z=z+x=2\Rightarrow x=y=z=1\Rightarrow a=b=c=2$$
Vậy $\boxed{a=b=c=2}$ thỏa mãn $\square$

Cho $a,b,c,d\geq 0$ thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c,d\leq 2$ và $abcd=1$. Tìm GTLN của biểu thức: 
$$A=\left ( a+\frac{1}{b} \right )\left ( b+\frac{1}{c} \right )\left ( c+\frac{1}{d} \right )\left ( d+\frac{1}{a} \right )$$

Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=3$. CMR:
$\frac{a^2b}{1+a+b}+\frac{b^2c}{1+b+c}+\frac{c^2a}{1+c+a}\leq 1$
 

Lời giải: 
Giả sử trong $100$ số tự nhiên đã cho, không có hai số nào bằng nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1<a_2<...<a_j$, trong đó $i\neq j, i;k=\overline{1,100}$
$\Rightarrow a_1\geq 1,a_2\geq 2,...,a_{100}\geq 100\Rightarrow \sum_{j=1}^{100}\frac{1}{a_j}\leq \frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}$
Mà dễ dàng thấy: $\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}<2\sqrt{100}-1<20$
$\Longrightarrow \sum_{j=1}^{100}\frac{1}{a_j}<20$ (trái với giả thiết)
Vậy ta có $Q.E.D$ $\square$

Cho $a_0<a_1<...<a_n$ nguyên dương. CMR: 
$$\frac{1}{[a_0,a_1]}+\frac{1}{[a_1,a_2]}+...+\frac{1}{[a_{n-1},a_n]}\leq 1-\frac{1}{2^n}$$
_________________

Kí hiệu: $[a,b]$ là BCNN của cặp $(a,b)$.

Lời giải
Ta có bổ đề sau: $p=4k+3,x^2+y^2\vdots p\Rightarrow x,y\vdots p$
Áp dụng, ta thấy $2003$ là số nguyên tố thỏa $p=4k+3$
Từ giả thiết $\Rightarrow x^{1001},y^{1001}\vdots 2003\Rightarrow x,y\vdots 2003$. Đặt $x=2003x_1,y=2003y_1\qquad (x_1,y_1\in \mathbb{Z})$
Ta có: $pt\Leftrightarrow 2003^{2002}x_1^{2002}+2003^{2002}y_1^{2002}=2003^{2001}(2003^3x_1^{3}+2003^3x_2^3)\Leftrightarrow x_1^{2002}+y_1^{2002}=2003^{2}(x_1^3+y_1^3)$
Tương tự như trên $\Rightarrow x_1\vdots 2003,y_1\vdots 2003$. Đặt $x_1=2003x_2,y_1=2003y_2\qquad (x_2,y_2\in \mathbb{Z})$
Ta có: $pt\Leftrightarrow 2003^{1997}(x_2^{2002}+y_2^{2002})=x_2^3+y_2^3$
Dễ dàng thấy $VT\geq VP$. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x_2=y_2=0\Leftrightarrow x=y=0$
Vậy phương trình có nghiệm $x=y=0$ $\blacksquare$