royal1534

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.

 

Chứng minh rằng: $\frac{a}{\sqrt{1+bc}}+\frac{b}{\sqrt{1+ca}}+\frac{c}{\sqrt{1+ab}}\leq \frac{3}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có :

$$\sum \frac{a}{\sqrt{1+bc}} \leq \sqrt{3.(a+b+c)(\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab})}$$

Ta quy bài toán về chứng minh $$\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab} \leq \frac{9}{4(a+b+c)}$$

Ta có $$VT=(a+b+c)-abc.(\sum \frac{1}{1+bc}) \leq a+b+c-\frac{9abc}{3+ab+bc+ca} \leq a+b+c-\frac{9abc}{4}$$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có :

$$9abc \geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)-(a+b+c)^3=(a+b+c)[(a+b+c)^2-2]=(a+b+c)^3-2(a+b+c)$$

Ta quy bài toán về chứng minh :

$$(a+b+c)^3-2(a+b+c) \leq \frac{9}{4(a+b+c)}$$

$$\Leftrightarrow 6(a+b+c)^2-(a+b+c)^4 \leq 9 \Leftrightarrow [(a+b+c)^2-3]^2 \geq 0$$

Chứng minh hoàn tất.

Bài toán 1: Cho $p$ là số nguyên tố. Chứng minh tồn tại các số $x,y,z,t$ thỏa mãn :

$x^2+y^2+z^2=p.t$ (Với $0<t<p$)

Bài toán 2: Cho các số nguyên $a,b,c$ lớn hơn 1. Chứng minh rằng nếu với mỗi số nguyên dương $n$, tồn tại $k$ sao cho $a^k+b^k=2c^n$ thì $a=b$

Bài toán 3: Cho a,b,c là các số nguyên và $a \neq 0$ sao cho $an^2+bn+c$ là số chính phương với mọi $n>2013^{2014}$.

Chứng minh rằng tồn tại $x,y$ nguyên sao cho : $a=x^2,b=2xy,c=y^2$

6. Cho $a,b,c,d\in Z$ thoả mãn $\frac{a^2-1}{5a}=\frac{b^2-1}{5b}=\frac{c^2-1}{4c}=\frac{d^2-1}{4d}=p$, trong đó là p nguyên dương. Chứng minh $(a-c)(b-c)(a+d)(b+d)$ là số chính phương.

Hình như đề câu này có nhầm lẫn. 

Nếu $\frac{a^2-1}{5a}$ nguyên thì $a=1,-1$ rồi chứ 

Với $a,b,c \geq 0$ chứng minh rằng
$\dfrac{abc+b+c-a}{a^2+1}+\dfrac{abc+c+a-b}{b^2+1} +\dfrac{abc+a+b-c}{c^2+1} \geq a+b+c$

Nice problem ! 

Lời giải :

Để ý rằng $a+b+c=(b+c-a)+(c+a-b)+(a+b-c).$

BĐT cần chứng minh tương đương với : 

$$ \sum [\frac{abc+b+c-a}{a^2+1}-(b+c-a)] \geq 0$$

$$\frac{a(a-b)(a-c)}{a^2+1}+\frac{b(b-c)(b-a)}{b^2+1}+\frac{c(c-a)(c-b)}{c^2+1} \geq 0$$

Giả sử $a \geq b \geq c$. Theo tiêu chuẩn của bđt Vornicu Schur thì ta cần chứng minh :

$$\frac{a^2}{a^2+1} \geq \frac{b^2}{b^2+1} \Leftrightarrow a \geq b$$ Đúng theo điều đã giả sử.

Chứng minh hoàn tất.

Tìm nghiệm nguyên không âm của PT:

                                                                     $2.3^{x}+1=7.5^{y}$

Xét $x=0 \Rightarrow 3=7.5^y$ (Loại).

Xét $y=0 \Rightarrow 2.3^x=6 \Rightarrow x=1$ (thỏa)

Xét $x,y \geq 1$

Ta có $VT \equiv 1 \equiv VP \equiv (-1)^y$  ($mod 3$)

$\Rightarrow y$ chẵn.

Tương tự dễ chứng minh được $x$ lẻ.

Đặt $x=2k+1,y=2t$ thì phương trình đã cho tương đương với :

$6.(3^k)^2+1=7.(5^t)^2$

Đặt tiếp $3^k=a, 5^t=b$

$\Rightarrow 7b^2-6a^2=1$

Đây là phương trình Pell dạng $Ax^2-By^2=1$. Nghiệm của phương trình này được sinh ra bởi dãy :

$\left\{\begin{matrix} b_{0}=1,b_{1}=25,b_{n+2}=26b_{n+1}-b_{n} & \\   a_{0}=1,a_{1}=27,a_{n+2}=26a_{n+1}-a_{n}\\n=0,1,..\end{matrix}\right.$
Với $k=1,2$ thì $a=3,9$ (PT vô nghiệm).
Với $k=3$ thì $t=2$. PT có nghiệm $(x,y)=(7,4)$
Với $k \geq 4$.
Gọi $r_{n}$ là số dư khi chia $a_{n}$ cho $81$
Bằng cách chật vật tính toán. Ta tính được :
$r_{0}=1,r_{1}=27,r_{2}=53,r_{3}=55,r_{4}=0,r_{5}=26,r_{6}=28,r_{7}=54,r_{8}=80,r_{9}=1,r_{10}=27.$
Do đó dãy $r_{n}$ tuần hoàn chu kỳ $9$ và ta có $r_{n} \equiv 0 (mod 81) \Leftrightarrow n \equiv 4 (mod 9)$
Tương tự. Gọi $s_{n}$ là số dư khi chia $a_{n}$ cho $19$.
Tương tự ta cũng có $s_{n} \equiv 0 (mod 19) \Leftrightarrow n \equiv 4 (mod 9)$
Từ đó nếu $81 \mid a_{n}$ thì $19 \mid a_{n}$ (Vô lý vì $a_{n}$ có dạng $3^k$).
Vậy với $k \geq 4$ thì phương trình vô nghiệm
Kết luận : $(x,y)=(7,4);(1,0)$

Bài toán : Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình sau :

$$2^x+7^y=3^z$$

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}+6ab}\geq \frac{a+b+c}{8}$

Nguyễn Phúc Tăng

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có :

$\sum \frac{a^3}{a^2+b^2+6ab} \geq \frac{(a+b+c)^3}{6(\sum a^2+\sum 3ab)} \geq \frac{(a+b+c)^3}{8(a+b+c)^2}=\frac{a+b+c}{8}$

Q.E.D...

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. CMR:

$a)$ $\sum\frac{1}{a^5(b+2c)^2}\geq\frac{1}{3}$

 

Tham khảo ở đây

Với mỗi số nguyên dương $n$, gọi $S(n)$ là số các cặp sắp thứ tự $(x;y)$ nguyên dương thoả mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n}$. Hãy tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $S(n)=5$

Phương trình đã cho tương đương với :

$$(x-n)(y-n)=n^2$$.

Giả sử $n=p_{1}^{a_{1}}.p_{2}^{a_{2}}...p_{n}^{a_{n}}$.

Thay vào lại phương trình : $$(x-n)(y-n)=p_{1}^{2a_{1}}.p_{2}^{2a_{2}}...p_{n}^{2a_{n}}$$

Nhận xét : Phương trình $ab=n$ có số nghiệm là số ước của $n$.

Mặt khác ta có số ước của $n^2$ được tính bằng : $$(2a_{1}+1)(2a_{2}+1)...(2a_{n}+1)$$

$$\Rightarrow (2a_{1}+1)(2a_{2}+1)...(2a_{n}+1)=5$$

$$\Leftrightarrow a_{1}=2, a_{2}=a_{3}=...=a_{n}=0$$
Vậy thì ta có $n=p^2$ với $p$ là một số nguyên tố thì thỏa mãn điều kiện đề bài. 

$a+b+c=1$ tim GTLN $ P=(a-b)(b-c)(c-a)$

Lời giải :

Xét $P^2=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2.$
Không mất tính tổng quát. Giả sử $a \geq b \geq c.$
Ta suy ra các đánh giá sau:
$(b-c)^2 \leq b^2, (c-a)^2 \leq a^2$
Suy ra $P^2 \leq a^2b^2(a-b)^2$
Áp dụng bđt Cauchy ta có :
$4P^2=2ab.2ab.(a-b)^2 \leq \frac{[2ab+2ab+(a-b)^2]^3}{27}=\frac{(a+b)^6}{27} \leq \frac{(a+b+c)^6}{27}=\frac{1}{27}$
$\Rightarrow P^2 \leq \frac{1}{27.4}=\frac{1}{108}$
$\Rightarrow P \leq \frac{1}{6\sqrt{3}}$
Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(\frac{3+\sqrt{3}}{6},\frac{3-\sqrt{3}}{6},0)$

Cho $a+b+c=3$

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

Mình nghỉ đề phải cho $a,b,c$ dương

Một lời giải khác :

Vì bất đẳng thức đã cho đối xứng. Giả sử $a \geq b \geq c$

Ta có $(a^3,b^3,c^3)$ và $(b^2+c^2,c^2+a^2,a^2+b^2)$ là hai bộ đơn điệu ngược chiều. Áp dụng bđt Chevbyshev ta có :

$VT=\sum \frac{a^3}{b^2+c^2} \geq \frac{3}{2}. \frac{a^3+b^3+c^3}{a^2+b^2+c^2}$

Ta cần chứng minh : $a^3+b^3+c^3 \geq a^2+b^2+c^2$

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có : $(a^3+b^3+c^3)(a+b+c) \geq (a^2+b^2+c^2)^2$

$\Leftrightarrow 3(a^3+b^3+c^3) \geq (a^2+b^2+c^2)^2 \geq \frac{(a+b+c)^2}{3}.(a^2+b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3 \geq a^2+b^2+c^2$ (Q.E.D)

BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài toán: Cho tam giác $ABC$. $D$ là một điểm trên cạnh $BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ cắt $AC$ tại điểm thứ $2$ là $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ cắt $AB$ tại điểm thứ hai là $F$. Hai đường tròn $(O_{1}),(O_{2})$ qua hai điểm $A,E$ tiếp xúc $BC$ tại $M,N$. $X$ là giao điểm $ME$ và $NF$. $Y$ là giao điểm $MF$ và $NE$. Hai đường tròn $(O'_{1}).(O'_{2})$ qua hai điểm $A,F$ tiếp xúc $BC$ tại $P,Q$. $Z$ là giao điểm $PE$ và $QF$, $T$ là giao điểm $PF$ và $QE.$

Chứng minh $X,Y,Z,T$ đồng viên 

Chỗ này sai nhé bạn

$(p-1,2n) $ có thể khác 2

Ví dụ $p=5, n=60 $ 

p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n ... 

Tìm n là số nguyên dương sao cho $2^{n}+1\vdots n^{2}$

Bài này trong IMO 1990 . 
Lời giải : 

Xét $n=1$ (thỏa)

Xét $n>1$ :

Trước hết ta chứng minh $3 \mid n$

Từ giả thiết ta có : $n \mid 2^n+1 \Leftrightarrow 2^{2n} \equiv 1$ ($mod$ n)

Gợi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$ và $h=ord_{n}(2)$

$\Rightarrow$ $2^{2n} \equiv 1$ ($mod$ $p$) và $2^h \equiv 1$ ($mod$ $p$)

Theo định lý Fermat nhỏ ta cũng có : $2^{p-1} \equiv 1 $($mod$ $p$)

$\Rightarrow h \mid p-1 , h \mid 2n$

$\Rightarrow h \mid (p-1,2n) = 2$ (Vì $p-1<p \mid n$ nên $(p-1,n)=1$)

$\Rightarrow h=2$ (Dễ thấy $h=1$ không thỏa)

Từ đó ta có $p \mid 2^2-1=3 \Rightarrow 3 \mid n$

---------------------------------

Đặt $n=3^k.y ($Với $k,y \in N, (y,3)=1 )$

Từ giả thiết ta có : $v_{3}(n^2) \leq v_{3}(2^n+1)$

$\Leftrightarrow 2k \leq k+1$ 

$\Leftrightarrow k=1$

Suy ra $n=3y$ (với $i \in N, (i,3)=1)$

Giả sử $y>1$. Gọi $q$ là một ước nguyên tố của $y$ (q khác 3)

Tương tự như trên suy ra $q \mid 2^{(2n,q-1)}-1 \mid 2^6-1=63 \rightarrow q=7$

Dẫn tới $7 \mid 2^n+1$ (Dễ thấy điều này vô lý vì $VP \equiv 1,2,4 (mod 7)$)

Vậy $y=1 \rightarrow n=3 $

Vậy $n=3,n=1$ thỏa đề

Đây là bản pdf của chuyên đề này do mình tự viêt Latex 

Vì mới tập tành latex nên mọi người thông cảm không tránh khỏi những sai sót . Hi vọng nó hữu dụng với mọi người. 

P/s: Chuyên  HSBN.pdf   166.56K   221 Số lần tảiđề hay. Nếu thằng Kiên không vừa lòng cái gì thì inb mình nhé.