Giúp em câu này với ạ.

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

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

Giúp em bài này với ạ.

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

 

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.

Em xin góp 1 câu ạ.

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

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

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 $x^2+y^2=3z$.

Cho em góp 1 bài với ạ

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

Ta có $x^3+1=4y^2\Rightarrow x^3=(2y-1)(2y+1)$

Đặt $d=(2y-1,2y+1)$ (d nguyên dương). Vì $2y-1,2y+1$ là 2 số lẻ liên tiếp. Do đó $d=1$.

Khi đó, đặt $2y-1=a^3,2y+1=b^3$ (a,b nguyên dương)

Khi đó, ta được $(b-a)(a^2+ab+b^2)=2$

Đến đây ta lập bảng xét ước là hoàn thành bài toán.

Giả sử $x^2+1\vdots y\Rightarrow x^3+x\vdots xy$ (1).Từ GT, ta được $x^3+y^3\vdots xy$ (2)

Từ (1) và (2), ta được $x^3+y^3-x^3-x\vdots xy\Rightarrow y^3-x\vdots xy\vdots y$

Mà $y\vdots y$ nên $x\vdots y$

Từ giả sử, ta được $x^2+1\vdots y\Rightarrow 1\vdots y\Rightarrow y=\pm 1$ (trái ĐK)

Vậy giả sử là sai, ta được (đpcm).

ĐKXĐ : $x\geq 1$ hoặc $x\leq 0$

Ta có $(2x-1)^2-9=4\sqrt{x^2-x}\Rightarrow 4x^2-4x+8=4\sqrt{x^2-x}\Rightarrow x^2-x+2=\sqrt{x^2-x}$

Đặt $\sqrt{x^2-x}=a(a\geq 0)$. Thay vào, ta có $a^2-a+2=0$

Mà $a^2-a+2>0$

Do đó phương trình vô nghiệm.

Anh có thể giải thích cho em tại sao lại có $\Rightarrow x+y\vdots d$  và tại sao lại cần C/m $\Rightarrow d\leq x+y$ ạ ? 

Chỗ này anh thay $x=\frac{a}{d},y=\frac{b}{d}$. Khi đó, ta có $d\leq \frac{a}{d}+\frac{b}{d}\Rightarrow d^2\leq a+b$. Đến đây, ta được (đpcm).

- Xét $p=2$, thay vào ta được $8p+1=17$ (loại)

- Xét $p=3$, thay vào ta được $8p+1=25$ (thỏa mãn)

- Xét $p>3$, khi đó ta có $p$ lẻ.

Vì $8p+1$ là số chính phương, đặt $8p+1=k^2$ (k là số nguyên)

Thay vào, ta được $8p=(k-1)(k+1)\vdots p$

Mà $(k-1,k+1)=2$ và $p\neq 2$. Do đó có 1 trong 2 số $k-1,k+1$ chia hết cho $p$.

+ Nếu $k-1\vdots p$, đặt $k-1=qp$ (q là số nguyên)

Thay vào, ta được $8=q(k+1)$. Đến đây bạn lập bảng xét ước của 8 là được nhá.

TH còn lại bạn làm tương tự

Vậy $p=3$.

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 $x=y=\frac{1}{2}$

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 $(x,y)=(4,9),(x,y)=(9,4)$ 

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 $(x,y)=(2,1)$

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 $a=b=c$

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 thấy $125^{2k}$ chia 3 luôn dư 1 nên $125^{20}+1 \vdots 3$

Lại có $25^{30}+10 \vdots 5$

$(3,5)=1$

Nên ta có $(125^{20}+1)(25^{30}+1)\vdots 15$

Anh ơi. Cái chỗ $125^{20}+1\vdots 3$ phải sửa 1 thành 2 chứ ạ.

Em cũng không chắc nữa, chắc biểu thức cần chứng minh là $3^{5^n}+5^{3^n}$

Ta thấy $3^n,5^n$ là các số lẻ. Do đó, ta đặt $5^n=2k+1,3^n=2p+1$ (k,q là các số nguyên dương)

Khi đó, ta có $VT=3^{2k+1}+5^{2q+1}=9^k.3+25^q.5\equiv 1.3+1.5\equiv 0(mod8)$

Đến đây, ta được (đpcm).

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

Vì $(a-c)(b-c)=c^2\Rightarrow ab-bc-ca+c^2=c^2\Rightarrow ab=c(a+b)\vdots c$

Mà $(a,b,c)=1$. Khi đó, ta có $ab\vdots c\Rightarrow c=1$

Thay vào, ta có $ab=a+b\Rightarrow ab-a-b+1=1\Rightarrow (a-1)(b-1)=1\Rightarrow a=b=2$

Thay vào, ta có $2017^2abc=(2017.2)^2$ là số chính phương (đpcm).

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.

Từ GT với $a\ge 2b$, ta quy BĐT về $14(5b^2+c^2)\ge 5(3b+c)^2 \Leftrightarrow 70b^2+14c^2 \ge 45b^2+30bc+5c^2 \Leftrightarrow 25b^2-30bc+9c^2\ge 0 \Leftrightarrow (5b-3c)^2 \ge 0$: (luôn đúng).Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=2b=\frac{6}{5} c > 0$

Từ GT với a>=b, ta quy BĐT về 14(5b^2+c^2)>=5(3b+c)^2<=>70b^2+14c^2>=45b^2+30bc+5c^2<=>25b^2-30bc+9c^2>=0<=>(5b-3c)^2>=0 (luôn đúng).Dấu = xảy ra <=> a=2b=6/5c > 0

Mình có chút lỗi, từ GT thì ta có a>=2b nhá

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).