Tea Coffee

Theo mình thấy chúng nhìn không được đẹp và thon gọn cho lắm.

Ta có: $(a-1)+(c+1)+(b-ab)+(d+cd)=0<=>(a-1)-b(a-1)+(c+1)+d(c+1)=0<=>(1-b)(a-1)+(d+1)(c+1)=0<=>(c+1)(d+1)=(a-1)(b-1)$

Bổ đề: Cho a,b,c,d là các số nguyên dương thỏa mãn: $ac=bd$ thì: + $a+b+c+d$ là hợp số

                                                                                                               + $a+b$ là hợp số

CM:

+)2) 

Gọi $d_{1}=(a,d)(d_{1}\epsilon \mathbb{Z}^{+})$

$=>\left\{\begin{matrix}a=d_{1}.a_{1} \\ d=d_{1}.d_{2} \end{matrix}\right. (a_{1},d_{2}\epsilon \mathbb{Z}^{+},(a_{1},d_{2})=1)$

$=>d_{1}.a_{1}.c=b.d_{1}.d_{2}=>a_{1}.c=b.d_{2}=>b\vdots a_{1}$

$=>a+b=a_{1}.k(a_{1},k> 1\epsilon \mathbb{Z})$ OK!

$=>(c+1)+(d+1)+(a-1)+(b-1)=a+b+c+d$ là hợp số

$(c+1)+(a-1)=a+c$ là hợp số

$P^{2}=(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{2}\leq 3(2a+2b+2c)=6(a+b+c)\leq 6.2018=>P\leq \sqrt{6.2018}<=>a=b=c=\frac{2018}{3}$

Min: Do $a,b,c\geq 0=>P\geq 0<=>a=b=c=0$

 

4. Cho $ a, b, c> 0$.

cmr: $\frac{a^{6}}{b^{3}}+\frac{b^{6}}{c^{3}}+\frac{c^{6}}{a^{3}}\geq \frac{a^{4}}{c}+\frac{b^{4}}{a}+\frac{c^{4}}{b}$

 

 

$\frac{a^{6}}{b^{3}}+\frac{c^{6}}{a^{3}}+\frac{c^{6}}{a^{3}} \geq 3.\frac{c^{4}}{b}=>3VT\geq 3VP=>VT\geq VP<=>a=b=c$

 

1. Cho $ a, b, c> 0$

cmr:$\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\geq 2\left ( \frac{a}{b+1}+\frac{b}{c+1}+\frac{c}{a+1} \right )$

 

 

$VP\leq 2(\frac{a}{2\sqrt{b}}+\frac{b}{2\sqrt{c}}+\frac{c}{2\sqrt{a}})=VT<=>a=b=c=1$

$n^{3}\vdots mn-1=>n^{3}m\vdots mn-1=>n^{2}(mn-1)+n^{2}\vdots mn-1=>n^{2}\vdots mn-1=>n^{2}m\vdots mn-1=>n(mn-1)+n\vdots mn-1=>n\vdots mn-1$

Do $n$ là số nguyên dương nên $n\geq mn-1<=>n+1\geq mn$

+) $m\geq 2$

$n+1\geq mn\geq 2n=>1\geq n=>n=1=>1\vdots m-1=>m=2$

+) $m=1=>n^{3}\vdots n-1=>(n^{3}-1)+1\vdots n-1=>1\vdots n-1=>n=2$

$PT:p^{3}-2p^{2}+p+1=3^{n}$

Nhận thấy $p$ có dạng $3k+2$

Với $p$ chẵn thì $p=2$ thỏa mãn

Với $p$ lẻ thì $k$ lẻ. Đặt $k=2t+1$ với $t$ là số tự nhiên

$=>p=6t+5$

Khi đó phương trình trở thành $216t^{3}+468t^{2}+336t+81$ $=3^{n}$ chia hết cho $3^{4}$ là tối đa trong các ước lũy thừa $3$

Thế lần lượt $n=1,2,3,4$ vào tìm $p$

$VT=\sum \frac{2}{a^{2}+b^{2}+2a+2}\leq \sum \frac{2}{2ab+2a+2}=\sum \frac{1}{ab+a+1}=1$ do $abc=1$

Ta chứng minh được $n$ chẵn khi xét mod $4$

$=>n=2k(k\epsilon \mathbb{N})$

$=>25^{k}+4k^{2}+88=a^{2}(a\epsilon \mathbb{N})$

Xét $k=0,1,2$

Xét $k\geq 3$

Dễ dàng thấy được $a^{2}> 25^{k}$

Ta CM: $(5^{k}+2)^{2}> a^{2}<=>5^{k}> k^{2}+21$ với $k\epsilon \mathbb{N},k\geq 3$ theo quy nạp 

$k=3$ mệnh đề đúng.

Giả sử mệnh đề đúng với $k=t$ thỏa mãn $5^{t}> t^{2}+21$

CM:$5^{t+1}> (t+1)^{2}+21=t^{2}+2t+22$

Do $5^{t}> t^{2}+21=>5.5^{t}> 5t^{2}+105> t^{2}+2t+22$

Suy ra $a^{2}=(5^{k}+1)^{2}<=>4k^{2}+87=2.5^{k}\vdots 5 > .<$ do $k^{2}\equiv 0,1,4(mod5)=>VT$ không chia hết cho $5$

$a^{6}+1+1\geq 3\sqrt[3]{a^{6}}=3a^{2}$

$=>9=a^{6}+b^{6}+c^{6}+6\geq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})=>a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 3<=>a=b=c=_{-}^{+}\textrm{1}$

$VT.\sqrt[3]{16}=\sqrt[3]{4.4.(a+3b)}+\sqrt[3]{4.4.(b+3c)}+\sqrt[3]{4.4.(c+3a)}\leq \frac{a+3b+8}{3}+\frac{b+3c+8}{3}+\frac{c+3a+8}{3}=\frac{4(a+b+c)+24}{3}=12=>VT\leq \frac{12}{\sqrt[3]{16}}< 3$

The right question: $a,b,c\geq 0; (a+c)(b+c)=1.CMR:\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(a+c)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}\geq 4$

Có thêm điều kiện liên hệ giữa $a$ và $b$ nữa không bạn?

$a=\sqrt{x}\geq 0$

Phương trình trở thành:

$\sqrt{1-a}+\sqrt{4+a^{2}}=3<=>\sqrt{4+a^{2}}=3-\sqrt{1-a}=>4+a^{2}=10-a-6\sqrt{1-a}<=>a^{2}+a=6(1-\sqrt{1-a})<=>a(a+1)=6.\frac{a}{\sqrt{1-a}+1}$

Với $a\neq 0=>a+1=\frac{6}{\sqrt{1-a}+1}$

Đặt $t=\sqrt{1-a}\geq 0=>2-t^{2}=\frac{6}{t+1}<=>t^{3}+(t-1)^{2}+3=0$ vô lý

Thử lại $a=0$ thỏa mãn suy ra $x=0$

Max:

Gọi $x_{1},x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình nên thì theo bài ra $0\leq x_{1},x_{2}\leq 1$

Hệ thức Viette: $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}=\frac{-b}{a} \\ x_{1}.x_{2}=\frac{c}{a} \end{matrix}\right.$

Từ đó xét $a> 0=>$ $\frac{c}{a}\geq 0=>c\geq 0=>M=\frac{(a-b)(2a-c)}{a(a-b+c)}\leq \frac{2a(a-b)}{a(a-b)}=2$

Xét $a< 0=>c\leq 0,b\geq 0$

$\frac{c}{a}\leq 1=>c\geq a=>-c\leq -a=>2a-c\leq a=>M\leq \frac{a-b}{a-b+c}\leq 1$

$M=\frac{(a-b)(2a-c)}{a(a-b+c)}$ $\leq 2$

Min: 

Xét $a< 0=>c\leq 0=>M\geq 2$

Xét $a> 0$

Bài chưa chuẩn lắm