Minhnguyenthe333

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh: 
 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+c+1}\ge \frac{25}{4}$

Mình làm lại bài 1 như sau:

Đổi biến $(a,b,c)\rightarrow \left (\frac{x^2}{yz},\frac{y^2}{zx},\frac{z^2}{xy}\right )$
Giả sử $x\leqslant y\leqslant z\Longrightarrow z^2\geqslant xy$

BĐT$\iff \sum \frac{xy}{z^2}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{25}{4}$

$\iff \frac{x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-3x^2y^2z^2}{x^2y^2z^2}\geqslant \frac{13(x^3+y^3+z^3-3xyz)}{4(x^3+y^3+z^3+xyz)}$

Ta có: $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]$
Và $z^2\geqslant xy\Longrightarrow x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-3x^2y^2z^2$
$=(xy+yz+zx)\left [z^2(x-y)^2+xy(z-x)(z-y)\right ]\geqslant xy(xy+yz+zx)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$\frac{xy(xy+yz+zx)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]}{x^2y^2z^2}\geqslant \frac{13(x+y+z)\left [(x-y)^2+(z-x)(z-y)\right ]}{4(x^3+y^3+z^3+xyz)}$

$\iff 4(xy+yz+zx)(x^3+y^3+z^3+xyz)\geqslant 13xyz^2(x+y+z)$

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $x+y=2\Longrightarrow xy\leqslant 1\leqslant z$ và $x^3+y^3\geqslant 2$

$\iff 4(2z+xy)(2+z^3+xyz)\geqslant 13xyz^2(z+2)$
$\iff (8z^4-9z^3-18z^2+20z+8)+(1-xy)(9z^3+18z^2-4z-4xyz-8)\geqslant 0$
Chú ý rằng với $z\geqslant 1$, ta luôn có
$8z^4-9z^3-18z^2+20z+8>0$

$9z^3+18z^2-4z-4xyz-8\geqslant 9z^3+18z^2-4z-4z^3-8=5z^3+18z^2-4z-8>0 $

Vậy ta có đpcm, dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

 

Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $3(a^2+b^2+c^2)+4abc\ge 13$.

Có thể mở rộng bài toán: Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng:

                           $a^2+b^2+c^2+kabc\geqslant 3+k$

P/s: Chọn $k=\frac{4}{3}$ ta có bài toán trên

Chỗ màu đỏ bạn biến đổi như thế nào

Mình biến đổi sai rồi bạn ơi

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+c+1}\ge \frac{25}{4}$

Chém bài 1 :
Biến đổi $(a,b,c)\Rightarrow \left (\frac{x^2}{yz},\frac{y^2}{xz},\frac{z^2}{xy}\right )$

BĐT$\iff \frac{x^3+y^3+z^3}{xyz}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{25}{4}$

$\iff \frac{x^3+y^3+z^3+xyz}{xyz}+\frac{13xyz}{x^3+y^3+z^3+xyz}\geqslant \frac{29}{4}$

Ta đặt $t=\frac{x^3+y^3+z^3+xyz}{xyz}$
$\iff t+\frac{13}{t}\geqslant \frac{29}{4}\iff (t-4)(4t-13)\geqslant 0\iff t\geqslant 4$
Điều này luôn đúng vì $t\geqslant 4\iff x^3+y^3+z^3\geqslant 3xyz$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Tìm số $n\in \mathbb{N}^{*}$ nhỏ nhất sao cho $\frac{9^{n}-1^{n}}{4}$ chia hết cho $2^{2014}$

$2^{2014}\mid \frac{9^n-1^n}{4}\iff 2^{2016}\mid 9^n-1^n$

Áp dụng bổ đề LTE, ta có: $v_2(9^n-1^n)=v_2(8)+v_2(n)=3+v_2(n)$

$2^{2016}\mid 9^n-1^n\iff v_2(9^n-1^n)\geqslant v_2(2^{2016})=2016$

$\iff 3+v_2(n)\geqslant 2016\iff n\geqslant 2^{2013}$

Vậy $n_{min}= 2^{2013}$

Bài 5: Tìm các số $p,n $ thoả $p$ nguyên tố, $n$ là số nguyên dương sao cho

$p^3 -2p^2 + p +1= 3^n $

Giải theo kiểu này:

$\iff (p+1)(p^2-3p+4)=3(3^{n-1}+1)$

Đặt $d=\gcd(p+1,p^2-3p+4)\Longrightarrow d=\gcd(p+1,-5p+3)=\gcd(p+1,8)\iff d\mid 8$

Dễ thấy $\gcd(3,3^{n-1}+1)=1$ nên ta có các trường hợp sau:

$d=1\Longrightarrow \left\{\begin{matrix} p^2-3p+4=3^{n-1}+1\\ p+1=3 \end{matrix}\right.\iff (n,p)=(1,2)$

 

$d=2\Longrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{p^2-3p+4}{2}=\frac{3^{n-1}+1}{4}\\ \frac{p+1}{2}=3 \end{matrix}\right.\iff (n,p)=(4,5)$

 

$d=4\Longrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{p^2-3p+4}{4}=\frac{3^{n-1}+1}{16}\\ \frac{p+1}{4}=3 \end{matrix}\right.\iff PT$ vô nghiệm

 

$d=8\Longrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{p^2-3p+4}{8}=\frac{3^{n-1}+1}{64}\\ \frac{p+1}{8}=3 \end{matrix}\right.\iff PT$ vô nghiệm

 

Vậy $(n,p)=(1,2);(4,5)$

Bài 3:
Đổi biến $\left ( \frac{a}{a+b},\frac{b}{b+c},\frac{c}{c+a} \right )\rightarrow (1-x,1-y,1-z)$
Dễ thấy $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)\iff 2xyz=1+\sum x-\sum xy$
BĐT$\iff \sum (1-x)^2+4xyz\geqslant 3-(x+y+z)+\frac{1}{4}$
$\iff x^2+y^2+z^2+4xyz\geqslant x+y+z-\frac{1}{4}$
Thay $2xyz=1+\sum x-\sum xy$
$\iff x^2+y^2+z^2+2+2(x+y+z)-2(xy+yz+zx)\geqslant x+y+z-\frac{1}{4}$
$\iff (x+y+z)^2-3(x+y+z)+\frac{9}{4}\geqslant 0\iff [2(x+y+z)-3]^2\geqslant 0$ (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi $\sum \frac{a}{a+b}=\frac{3}{2}\iff ....$

Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác: 

                                          $\left | \frac{a-b}{a+b}+  \frac{b-c}{b+c}+ \frac{c-a}{c+a}\right |<\frac{1}{k}$

Cho $m,n$ là hai số lẻ với $m>n>1$ thoả mãn: $m^{2}-n^{2}+1|n^{2}-1$. Chứng minh: $m^{2}-n^{2}+1$ là số chính phương.

$m^2-n^2+1\mid n^2-1=-(m^2-n^2+1)+m^2 \iff m^2-n^2+1\mid m^2$

$\Longrightarrow $ Tồn tại số $k$ nguyên dương sao cho: $m^2=k(m^2-n^2+1)$ $(1)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $k$ là số chính phương

Đặt $x=\frac{m+n}{2}$ và $y=\frac{m-n}{2}$

$(1)\iff \left ( \frac{m+n}{2}+\frac{m-n}{2} \right )^2=k\left ( 4.\frac{(m+n)}{2}\frac{(m-n)}{2}+1 \right )$

$\iff (x+y)^2=k(4xy+1)\iff x^2+x(2y-4ky)+y^2-k=0$ $(2)$

Cố định tập nghiệm, giả sử $x\geqslant y$ và $x+y$ nhỏ nhất

Theo Vieta, ngoài nghiệm $x$ thì $(2)$ còn nghiệm $t$ nguyên thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} t+x=4ky-2y\\ tx=y^2-k\end{matrix}\right.$

Nếu $y^2-k>0:$

Dễ thấy $t>0\Longrightarrow t\geqslant x\geqslant y$ (vì $x+y$ nhỏ nhất)

$\Longrightarrow t+x=4ky-2y\leqslant 2t \iff 2kxy-xy\leqslant tx$

$\iff 2kxy-xy\leqslant y^2-k \iff k\leqslant \frac{y^2+xy}{2xy+1}\leqslant 1$

$\Longrightarrow k=1\iff n=1$ (vô lí)

Nếu $y^2-k<0\Longrightarrow t<0$ 

$\Longrightarrow t^2+t(2y-4ky)+y^2-k=(t+y)^2-k(1+4ty)>0$ (vô lí vì $t$ là nghiệm của $(2)$)

Vậy $y^2-k=0\iff k=y^2$ là số chính phương (đpcm)

Cho các số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn $\frac{ab(5a^{2}+5b^{2}-2)}{5ab-1}\in\mathbb{Z}$. Chứng minh rằng $a=b$.

Xem tại đây: https://julielltv.wo...uoc-nhay-viete/
Cách của mình:
Do $(ab,5ab-1)=1$ nên $5ab-1\mid 5a^2+5b^2-2$
Đặt $k=\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}$ $<=>5a^2-5bka+5b^2+k-2=0$
Cố định tập nghiệm, giả sử $a\geqslant b$ và $a+b$ min
Theo Vieta, tồn tại thêm nghiệm nguyên $t$ sao cho: $\left\{\begin{matrix}t+a=bk \\ 5ta=5b^2+k-2 \end{matrix}\right.$
Suy ra $t>0$ kéo theo $5bk\leqslant 10t<=>5abk\leqslant 10ta=10b^2+2k-4$
Chú ý rằng $a\geqslant b$ nên $10b^2+2k-4\geqslant 5b^2k$
$<=>(5b^2-2)k\leqslant 10b^2-4=2(5b^2-2)$ kéo theo $k\leqslant 2$
Mặt khác ta có $k\geqslant 2<=> 5(a-b)^2\geqslant 0$ (luôn đúng)
Do đó $k=2$ hay $5(a-b)^2=0$ kéo theo $a=b$ (đpcm)

Với 5 số nguyên dương phân biệt có tính chất tổng 3 số bất kì lớn hơn tổng 2 số còn lại, tìm giá trị nhỏ nhất của tổng 5 số này.

Giả sử $a>b>c>d>e$ suy ra $b-d\geqslant 2$ và $a-c\geqslant 2$

Dễ thấy $a+d+e>b+c<=>e>(b-d)+(a-c)\geqslant 4$ kéo theo $e\geqslant 5$

Xét $e=5:$

Ta có: $\left\{\begin{matrix}d+e+a>b+c\\ d+e+b>a+c\end{matrix}\right.<=>d+e>c<=>1\leqslant c-d\leqslant 4$

Xét $d=6$ thì $7\leqslant c\leqslant 10$,chọn $c=7$ kéo theo $b\geqslant 8$

Chọn $b=8$ suy ra $a=9$ và ta được $(a,b,c,d,e)=(5,6,7,8,9)$ thỏa mãn

Do đó tồn tại bộ 5 số liên tiếp nên $S=a+b+c+d+e\geqslant 5+6+7+8+9=35$

DBXR khi $(a,b,c,d,e)=(5,6,7,8,9)$ và các hoán vị

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $$\dfrac{a}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{b}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{c }{\sqrt{1+c}}\geq \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.$$

Biến đổi $(a,b,c)\rightarrow (\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})$

BĐT$<=>\sum \frac{x}{\sqrt{y(x+y)}}\geqslant \frac{3\sqrt{2}}{2}<=>\sum \frac{x}{\sqrt{2y(x+y)}}\geqslant \frac{3}{2}$

Áp dụng bđt Cauchy cho mẫu: $\sum \frac{x}{\sqrt{2y(x+y)}}\geqslant \sum \frac{2x}{x+3y}$

Theo C-S: $\sum \frac{2x}{x+3y}\geqslant \frac{2(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+xy+yz+zx}\geqslant  \frac{2(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+\frac{(x+y+z)^2}{3}}=\frac{3}{2}$ (đpcm)
DBXR khi $a=b=c=1$

Định lý Legendre: Phương trình $n=u^2+v^2+w^2$ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $n\neq 4^s(8l+7)$

Áp dụng vào bài toán:

Đặt $d=GCD(a,b,c)$ suy ra $\exists$ $x,y,z$ sao cho $a=dx,b=dy,c=dz$ với $GCD(x,y,z)=1$

Dễ thấy $3^{2^n}d^2=4^s(8l+7)<=>8l+7$ là số chính phương kéo theo $8l+7\equiv 1$ $(mod$ $8)$ (vô lí)

Suy ra $3^{2^n}d^2\neq 4^s(8l+7)$ nên theo định lý ta có: $a^2+b^2+c^2=3^{2^n}d^2$

$<=>d^2(x^2+y^2+z^2)=3^{2^n}d^2<=>x^2+y^2+z^2=3^{2^n}$ 

Do $GCD(x,y,z)=1$ nên ta có đpcm

Cho $\Delta ABC$. Tren các cạnh $AB, BC, CA$ lần lượt lấy các điểm $D, E, F$ sao cho $\frac{AD}{AB}=\frac{BE}{BC}=\frac{CF}{CA}=k(0<\frac{1}{2})$. Chứng minh rằng $\Delta ABC$ và $\Delta DEF$ có chung trọng tâm.
(Khuyến khích các bạn giải bằng nhiều cách và nêu hướng giải thì càng tốt)

Bổ đề: $\Delta ABC$ và $\Delta A'B'C'$ có cùng trọng tâm khi và chỉ khi $\sum \overrightarrow{AA'}=0$


Từ giả thiết ta có $AD=kAB<=> \overrightarrow{AD}=k \overrightarrow{AB}$
Áp dụng bổ đề, ta cần chứng minh $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CF}=0$
$<=>k(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA})=0$
$<=>k(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CA})=0<=>\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CA}=0$
Điều này luôn đúng nên ta có đpcm

Cho $x$, $y$ là các số hữu tỉ thoả mãn đẳng thức $x^2+y^2+\left ( \frac{xy+1}{x+y} \right )^2 = 2$. Chứng minh rằng $\sqrt{1+xy}$ là một số hữu tỉ.

Ta có: $x^2+y^2+\left ( \frac{xy+1}{x+y} \right )^2= 2$
$<=>(x+y)^2+\left ( \frac{xy+1}{x+y} \right )^2= 2(xy+1)$
$<=>(x+y)^2-2(xy+1)+\left ( \frac{xy+1}{x+y} \right )^2= 0$
$<=>(x+y-\frac{xy+1}{x+y})^2= 0$
$<=>(x+y)^2=xy+1<=>\sqrt{1+xy}=x+y$ là số hữu tỉ
Do đó ta có đpcm