Mình xin được góp 1 bài nhé . Tìm các số nguyên x,y,z thỏa mãn $x^2+4y^2+z^2+2zx+4(z+x)=396$ và $x^2+y^2=3z$.

 

3+2(\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z})\geq 6$

 

Anh ơi đoạn này em chứng minh dùng bđt Cauchy-Swcharz thì nó không ra ạ:

$(\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z})\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+xz)}\geq \frac{1}{(x+y+z)^2}=1$

 

Chỗ này em nghĩ nếu dùng Cauchy - Schwarz thì nó sẽ không chặt. Thay vào đó dùng BĐT Nesbit sẽ nhanh và chính xác hơn anh ạ.

Giúp em câu này với ạ.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh

$\frac{(1+b)^2(1+c)^2}{1+a^2}+\frac{(1+c)^2(1+a)^2}{1+b^2}+\frac{(1+a)^2(1+b)^2}{1+c^2}\geq 24$

Em xin góp 1 câu ạ.

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Tìm GTNN của $P=(a+\frac{1}{b})^2+(b+\frac{1}{c})^2+(c+\frac{1}{a})^2-3(a+b+c)$

Giúp em bài này với ạ.

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm GTNN của $P=\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2+6z}}+\frac{y+z}{\sqrt{y^2+z^2+6x}}+\frac{z+x}{\sqrt{z^2+x^2+6y}}$

Em xin góp 1 câu ạ.

(Đề thi chuyên Tin THPT Lam Sơn 2023 - 2024)

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2\geq (a+b+c)\sqrt{ab+bc+ca}$.

Tìm GTNN của $P=a(a-2b+2)+b(b-2c+2)+c(c-2a+2)+\frac{1}{abc}$

Cho em góp 1 bài với ạ

Tìm các số nguyên dương a,b,c và số nguyên tố p thỏa mãn $73p^2+6=9a^2+17(b^2+c^2)$

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 $(abc)^2=8\Rightarrow abc\in {2\sqrt{2},-2\sqrt{2}}$

nhưng nếu mình muốn giải tay thì mình giải ra kiểu gì?

Mình nghĩ là khó lòng mà giải tay được. Nghiệm mà máy tính cho ra khá là xấu.

sai r nhé

Mình sửa lại rồi đó.

ĐKXĐ : $x\geq \frac{1}{2}$

Ta có $(x+4)\sqrt{2x-1}=6x-2\Rightarrow \sqrt{2x-1}=\frac{6x-2}{x+4}\Rightarrow 2x-1=\frac{36x^2-24x+4}{x^2+4x+4}\Rightarrow 36x^2-24x+4=2x^3+7x^2+4x-4\Rightarrow 2x^3-29x^2+28x-8=0$

Đến đây bạn bấm máy nhẩm nghiệm là ra nhá

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 $a=b=c=4$

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

 ${333^{333} +555^{555} +777^{777} }$ Chứng minh đây không phải là số chính phương

Em xin được trình bày cách khác ạ.

Ta có $333\equiv 2(mod5)$. Do đó, ta có $333^{333}\equiv 3(mod5)$

Chứng minh tương tự, ta có $777^{777}\equiv 2(mod5)$

Do đó $VT\equiv 0(mod5)$

Giả sử VT là số chính phương. Khi đó, ta chứng minh $VT\equiv 0(mod25)$

Thật vậy, ta có $333^{333}\equiv 13(mod25)$ và $777^{777}\equiv 22(mod25)$

Do đó $VT\equiv 10(mod25)$ (vô lí)

Vậy VT không phải số chính phương.

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

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 $x=y=z=1$

CM rõ ra đc không ạ 

Giả sử cả 3 BĐT đều đúng. Khi đó nhân cả 3 BĐT lại với nhau thì ta được $a^2b^2c^2(1-2a)(1-2b)(1-2c)>\frac{1}{27^3}$

Áp dụng BĐT AM - GM, ta được $a^2(1-2a)\leq \frac{(a+a+1-2a)^3}{27}=\frac{1}{27}$

Tượng tự bạn chứng minh với 2 BĐT còn lại là được nhá.

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 $(x,y)=(2,1)$

Bài này em nghĩ cần thêm $n>1$ nữa ạ.

Bài 1:

Ta có $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{x+y+3}+1\Rightarrow x+2\sqrt{xy}+y=x+y+3+2\sqrt{x+y+3}+1$

$\Rightarrow \sqrt{x+y+3}=\sqrt{xy}-2\Rightarrow x+y+3=xy-4\sqrt{xy}+4$

$\Rightarrow \sqrt{xy}=\frac{xy+x+y-1}{4}$

Đến đây, nếu ta giả sử $xy$ không là số chính phương, thì VT sẽ số vô tỉ trong khi VP là số hữu tỉ (vô lí)

Do đó, $xy$ là số chính phương. Đặt $xy=k^2\Rightarrow \sqrt{xy}=k$ (k là số nguyên)

Lại có $x+y+3=xy-4\sqrt{xy}+4\Rightarrow x+y+2\sqrt{xy}=xy-2\sqrt{xy}+1\Rightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y})^2=(\sqrt{xy}-1)^2\Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{xy}-1$$\Rightarrow \sqrt{y}=k-1-\sqrt{x}\Rightarrow y=(k-1)^2-2(k-1)\sqrt{x}+x\Rightarrow \sqrt{x}=\frac{(k-1)^2+x-y)}{2(k-1)}$

Đến đây làm tương tự, ta được $x$ là số chính phương. Do đó $y$ cũng là số chính phương.

Đặt $x=a^2,y=b^2$ (a,b là các số nguyên)

Thay vào, ta có $a+b=ab-1$. Đến đây, ta tìm được $(a,b)=(3,2),(a,b)=(2,3)$

Thay vào, ta tìm được $(x,y)=(4,9),(x,y)=(9,4)$ 

Em nghĩ rằng bài này còn có một phương pháp chứng minh khác theo em thấy thì cũng khá hay và khá là đẹp (tuy rằng hơi dài) khi áp dụng vào đẳng thức bài cho.

Đó là bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel, em áp dụng như sau:

Do $a+b+c$=1 nên $1-a=b+c$ ,  $1-b=a+c$ ,  $1-c=b+a$

Khi đó $\frac{a}{1-a}=\frac{a}{b+c}$ , $\frac{b}{1-b}=\frac{b}{a+c}$ , $\frac{c}{1-c}=\frac{c}{b+a}$

Em đặt đẳng thức bài cho là $A$

Ta có $A=\sum \frac{a^2}{ab+ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ (Do cauchy-schwarz engel)

Sau đó em áp dụng bđt: $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

$\Rightarrow A\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}$

$\Rightarrow A\geq \frac{3}{2}$

Dấu "=" khi $a=b=c$

Suy ra điều phải chứng minh.

Em nghĩ còn 1 cách khác nữa là sử dụng BĐT AM - GM.

Sau các phép biến đổi, ta cần chứng minh $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{c+a}\geq \frac{9}{2}\Leftrightarrow $(a+b+b+c+c+a)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 9$

Áp dụng BĐT AM - GM, ta được $a+b+b+c+c+a\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$ và $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Nhân 2 vế với nhau, ta được (đpcm).

Ta có $\frac{1-2x\sqrt{35}}{x^2}$ có GT nguyên <=> $\frac{2x\sqrt{35}-1}{x^2}$ có GT nguyên

Ta có $\frac{2x\sqrt{35}-1}{x^2}+1=\frac{x^2+2x\sqrt{35}+1-36}{x^2}=\frac{(x+\sqrt{35})^2-36}{x^2}$ có GT nguyên

Mà $x+\sqrt{35}$ có GT nguyên => $x^2$ có GT nguyên <=> $x$ nguyên (vô lí do $x+\sqrt{35}$ có GT nguyên)

Vậy x thuộc rỗng

Em ko chắc lắm, có gì mọi người góp ý ạ

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có $a\sqrt{a}\leq\frac{a+a^2}{2}$.Tương tự, ta có $\frac{9}{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}}\geq \frac{18}{a^2+a+b^2+b+c^2+c}$

Mặt khác, áp dụng BĐT C-S, ta có $\frac{1}{a^2+a}+\frac{1}{b^2+b}+\frac{1}{c^2+c}\geq \frac{9}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$

Khi đó, ta có BĐT cần cm xảy ra <=> $\frac{27}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}\geq \frac{9}{2}\Leftrightarrow$ (1)

Mà $a+b+c=3$

Ta có (1) xảy ra <=> $a^2+b^2+c^2+3\geq 6\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq 3$

Luôn đúng do $a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3$

Dấu = xảy ra <=> $a=b=c=1$