ThienDuc1101

Áp dụng BĐT AM-GM, ta được $\frac{a}{\sqrt{b}-1}=\frac{2a}{\sqrt{4b}-2}\geq \frac{2a}{\frac{b+4}{2}-2}=\frac{4a}{b}$

Chứng minh tương tự, ta được $\frac{b}{\sqrt{c}-1}\geq \frac{4b}{c},\frac{c}{\sqrt{a}-1}\geq \frac{4c}{a}$

Do đó, ta dược $VT\geq 4(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 12$

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=4$

- Xét $n=1$ (loại)

- Xét $n=2$ (t/m)

- Xét $n\geq 3$

Ta có $3^{2n}+3n^2+7>(3^n)^2$

Ta chứng minh $(3^n+3)^2>3^{2n}+3n^2+7\Leftrightarrow 6.3^n+2>3n^2$

Ta chứng minh $6.3^n>3n^2\Leftrightarrow 2.3^n>n^2$

 +) Với $n=3$ (t/m),...

Giả sử mệnh đề đúng đến $n=k(k\in N,k>3)$, ta được $2.3^k>3k^2$

Ta chứng minh mệnh đề đúng với $n=k+1$

Thật vậy $2.3^{k+1}=2.3^k+2.3^k+2.3^k>k^2+2k+1=(k+1)^2$ (đpcm)

Kết hợp với $3^{2n}+3n^2+7$ là số chính phương, ta có các TH:

- Xét $3^{2n}+3n^2+7=(3^n+1)^2\Leftrightarrow 3n^2+6=2.3^n$ (loại do $n\geq 3$)

- Xét $3^{2n}+3n^2+7=(3^n+2)^2\Leftrightarrow 3n^2+3=4.3^n$ (loại do $n\geq 3$)

Vậy $n=2$

gui lai hinh duoc khong anh,mo qua

Đề bài là: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng $\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}\geq a^3+b^3+c^3$

Mình chứng minh bài này luôn nhé.

Áp dụng BĐT AM-GM, ta được $\frac{a^5}{b^2}+ab^2\geq 2a^3$

Tương tự, ta được $\frac{b^5}{c^2}+bc^2\geq 2b^3,\frac{c^5}{a^2}+ca^2\geq 2c^3$

Cộng vế với vế, ta được $\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}+ab^2+bc^2+ca^2\geq 2(a^3+b^3+c^3)$

Ta chứng minh $a^3+b^3+c^3\geq ab^2+bc^2+ca^2$

Thật vậy, áp dụng BĐT AM-GM, ta được $a^3+b^3+b^3\geq 3ab^2$

Tương tự, ta được $b^3+2c^3\geq 3bc^2,c^3+2a^3\geq 3ca^2$

Cộng vế với vế, ta được (đpcm)

Dấu = xảy ra khi $a=b=c$

Bài 3:

Ta có

$xy+5y-\sqrt{4y-1}=\frac{7x}{2}-\sqrt{x+1}\Rightarrow 2xy+10y-7x=2(\sqrt{4y-1}-\sqrt{x+1})$

Do $x,y$ là các số nguyên nên $\frac{2xy+10y-7x}{2}$ là số hữu tỉ, do đó $\sqrt{4y-1}-\sqrt{x+1}$ là số hữu tỉ.

Khi đó, ta xét các TH:

TH1: Nếu $\sqrt{4y-1}\neq \sqrt{x+1}$.

Ta chứng minh bổ đề 1: Nếu $\sqrt{a}$ là số hữu tỉ (với a nguyên) thì a là số chính phương.

Thật vậy, ta đặt $\sqrt{a}=\frac{p}{q}(p,q\in N,(p,q)=1)\Rightarrow a=\frac{p^2}{q^2}$ là số nguyên. Do đó $p^2\vdots q^2$, mà $(p,q)=1$ nên $q=1$, ta được a là số chính phương.

Ta chứng minh bổ đề 2: Nếu $\sqrt{c}-\sqrt{d}$ là số hữu tỉ (với c,d nguyên) thì c,d là các số chính phương.

Thật vậy, ta có $\sqrt{c}-\sqrt{d}=\frac{c-d}{\sqrt{c}+\sqrt{d}}$ là số hữu tỉ, do đó $\sqrt{c}+\sqrt{d}$ là số hữu tỉ

Khi đó $\sqrt{c}=\frac{\sqrt{c}-\sqrt{d}+\sqrt{c}+\sqrt{d}}{2}$ là số hữu tỉ, chứng minh tương tự bổ đề 1, ta được c là số chính phương, d cũng là số chính phương.

Đến đây, ta được $4y-1,x+1$ là các số chính phương. Vì $4y-1\equiv 3(mod4)$ nên TH này loại.

TH2: Nếu $\sqrt{4y-1}=\sqrt{x+1}$, khi đó ta được $2xy+10y-7x=0\Rightarrow 2y(x+5)-7(x+5)=-35\Rightarrow (2y-7)(x+5)=-35$

Đến đây, ta tìm được $(x,y)=(2,1)$

Em xin phép làm bài 3 ạ.

 

Bài toán 3: [Đề thi thử vào lớp 10 trường Ngô Sỹ Liên, Quận Hoàn Kiếm, 10/05/2023]

Cho x, y là các số thực dương và x + y ≤ 1.

a. Chứng minh rằng $\frac{x^{2} + y^{2}}{2} \ge \left( \frac{x+y}{2} \right)^{2}$.

b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = $\left( 1+x+\frac{1}{x} \right)^{2}$ + $\left( 1+y+\frac{1}{y} \right)^{2}$.

 

a)$\frac{x^2+y^2}{2}\geq (\frac{x+y}{2})^2\Leftrightarrow 2(x^2+y^2)\geq (x+y)^2\Leftrightarrow (x-y)^2\geq 0$ (luôn đúng)

Dấu = xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

b)Áp dụng BĐT ở câu a, ta được

$P=(1+x+\frac{1}{x})^2+(1+y+\frac{1}{y})^2\geq \frac{(1+x+\frac{1}{x}+1+y+\frac{1}{y})^2}{2}\geq \frac{(2+x+y+\frac{4}{x+y})^2}{2}=\frac{(2+x+y+\frac{1}{x+y}+\frac{3}{x+y})^2}{2}\geq \frac{(2+2+3)^2}{2}=\frac{49}{2}$

Dấu = xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

Từ GT, ta được $a-b=\frac{2}{c}-\frac{2}{b}=2.\frac{b-c}{bc}$

Tương tự, ta được $b-c=2.\frac{c-a}{ca}$, $c-a=2.\frac{a-b}{ab}$

Do đó, ta được $(a-b)(b-c)(c-a)=\frac{8(a-b)(b-c)(c-a)}{(abc)^2}$

Do $a,b,c$ là các số phân biệt nên $(abc)^2=8\Rightarrow abc\in {2\sqrt{2},-2\sqrt{2}}$

Đầu tiên, nhận xét: $a,b,c$ là các số thực dương.

Ta có:

$b=\frac{6a^2}{a^2+1} \leq \frac{6a^2}{2a} = 3a$.

$c=\frac{2b^2}{b^2+9} \leq \frac{2b^2}{6b} = \frac{b}{3}$.

$a=\frac{2c^2}{c^2+1} \leq \frac{2c^2}{2c} = c$.

Kết hợp ba bất đẳng thức trên, suy ra: $b \leq 3a \leq 3c \leq 3\frac{b}{3} = b$.

Vì dấu bằng xảy ra nên $\begin{cases} a=1 \\ b=3 \\ c=1 \end{cases}$(ĐK để đẳng thức xảy ra trong BĐT AM-GM)

Thử lại thấy thỏa mãn, nên thế vào ta có: $P=a+b+c=1+3+1=5$.

Còn TH $a=b=c=0$ nữa anh ơi.

Lúc vào phòng thi mk quên luôn cái BĐT phụ kia  thành ra mất luôn 3đ, tiếc ghê

ui tiếc vậy  . Chiều qua mình cũng vừa thi xong, đề năm nay khoai quá.

LHS là gì vậy bn?

Nó là viết tắt của Left hand side, mình thấy hôm trước một vài người dùng nên bắt chước theo

Ta có $\frac{1}{(3x+1)(y+z)+x}=\frac{1}{3y(z+x)+x+y+z}\leq \frac{1}{3y(x+z)+3}$ (theo BĐT AM - GM)

Tương tự, ta được $LHS\leq \frac{1}{3x(y+z)+3}+\frac{1}{3y(z+x)+3}+\frac{1}{3z(x+y)+3}=\frac{1}{3}.\sum_{}^{}[\frac{1}{\frac{1}{y}}+\frac{1}{\frac{1}{x}}+1]$

Đăt $a=\frac{1}{\sqrt[3]{x}},b=\frac{1}{\sqrt[3]{y}},z=\frac{1}{\sqrt[3]{z}}(a,b,c>0,abc=1)$

Thay vào, ta được $LHS\leq \frac{1}{3}\sum_{}^{}(\frac{1}{a^3+b^3+1})$

Áp dụng BĐT $a^3+b^3\geq ab(a+b)$, ta được $LHS\leq \frac{1}{3}\sum (\frac{1}{ab(a+b)+1})=\frac{1}{3}\sum (\frac{1}{ab(a+b)+abc})=\frac{1}{3}$ (đpcm).

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

- Xét $a=0$, thay vào, ta có $b^3-1$ là lũy thừa của 9. Đặt $b^3-1=9^n$ (n là số tự nhiên), khi đó, ta có $(b-1)(b^2+b+1)=9^n$. Mà $b^2+b+1\not\equiv 0(mod9)$ nên $b-1=9^n\Rightarrow b=9^n+1$

- Xét $a=1$, tương tự TH trên, ta có $b=9^n+1$

- Xét $a=2$, thay vào, ta có $b^3+1=9^k$ (k là số tự nhiên), khi đó, ta có $(b+1)(b^2-b+1)=9^k$. Mà $b^2-b+1\not\equiv 0(mod9)$ nên $b=9^k-1$

- Xét $a\geq 3\Rightarrow a!\vdots 6$. Khi đó, ta có $2^a!\equiv 1(mod9)$ nên $b^3-3\equiv -1(mod9)\Rightarrow b^3\equiv 2(mod9)$. Mà $b^3$ là số lập phương nên $b^3\equiv 0,1,8(mod9)$ (vô lí)

Vậy...

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz, ta được $1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}\geq 1+\frac{9}{a+b+c}+\frac{9}{ab+bc+ca}+\frac{1}{abc}$

Mà $a+b+c\leq 6$, khi đó, ta có $ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=12,abc\leq \frac{(a+b+c)^3}{27}=8$

Thay vào, ta có $VT\geq 1+\frac{3}{2}+\frac{3}{4}+\frac{1}{8}=\frac{27}{8}$ (đpcm)

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=2$

Bài này mình nghĩ là như này sẽ đơn giản hơn:

 

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3$

 

$\frac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\geq \frac{9\sqrt[3]{abc}}{3\sqrt[3]{abc}}= 3$

 

=> Đpcm

Anh ơi, chỗ kia bị ngược dấu. Em xin được sửa lại như này ạ $\frac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\leq \frac{9\sqrt[3]{abc}}{3\sqrt[3]{abc}}$ 

- Xét $m,p$ đều lẻ. Khi đó, ta có $mp+1\vdots 2\Rightarrow r=2$ (vô lí vì $m>2,p>2$)

- Xét $m=p=2$. Thay vào, ta có $r=5\Rightarrow m^2+r=n^2+r=9$ là số chính phương (thỏa mãn)

- Xét trong 2 số $m,p$ có 1 số chia hết cho 2. Khi đó, ta có $m=2$ hoặc $p=2$

+) Nếu $m=2\Rightarrow r=2p+1\Rightarrow p^2+r=(p+1)^2$ là số chính phương (thỏa mãn)

+) Nếu $p=2\Rightarrow r=2m+1\Rightarrow m^2+r=(m+1)^2$ là số chính phương (thỏa mãn).

Vậy ta có (đpcm).

Đặt $(m,n)=d$ (d là số nguyên dương). Khi đó, ta có $m=dx,n=dy(x,y=1)$ (x,y là cấc số nguyên dương)

Thay vào, ta có $d^2x^2+d^2y^2+dx\vdots d^2xy\Rightarrow dx^2+dy^2+x\vdots dxy$

Mà $dxy$ chia hết cho x, d nên $dx^2+dy^2+x$ chia hết cho x, d.

Mà $dx^2,dy^2,dxy\vdots d\Rightarrow x\vdots d(1)$ và $dx^2,x,dxy\vdots x,(x,y)=1\Rightarrow d\vdots x(2)$

Từ (1) và (2), ta có $x=d$. Khi đó, ta có $m=d^2$ là số chính phương (đpcm).