SET BẤT ĐẲNG THỨC TUẦN 5:

Bài 73: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng: $$a^2+b^2+c^2+a^2b+b^2c+c^2a\ge2(ab+bc+ca)$$

Bài 74: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\frac{2a^2}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{2b^2}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{2c^2}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}$

Bài 75: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1 $. Chứng minh rằng: $$ \sqrt{a^2+2a}+\sqrt{b^2+2b}+\sqrt{c^2+2c} \ge \sqrt{a^2+b^2+c^2+24} $$

Bài 76: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{a^3+1}{b^2+c^2}+\frac{b^3+1}{c^2+a^2}+\frac{c^3+1}{a^2+b^2}\geqslant a+b+c$

Bài 77: Tìm giá trị lớn nhất của $\sqrt{x-x^3}+\sqrt{x+x^3}$ với $0\leqslant x\leqslant 1$

Ta có:$a^{2}b+b\geq 2ab=>\sum a^{2}b + \sum a \geq 2(ab+bc+ca). Can c/m \sum a^{2} \geq a+b+c. Mat khac,\sum a^{2}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{3}. Quyvec/m ,a+b+c\geq 3;Taco ab+bc+ca+abc\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{3}}{27}.Datx=a+b+cthibatphuongtrinhtrothanh: x^{3}+9x^{2}-108\geq 0<=>(x-3)(x+6)^{2}\geq 0 <=>x\geq 3 =>dpcm.Dau"="<=>a=b=c=1$

Câu 73 ạ

Mình sẽ phân tích một chút bài $74$ này, cũng là đề của tỉnh mình. Đây là lần đầu mình bình luận một bài bất đẳng thức nên có gì sai sót mong các bạn thông cảm!

Bài này nhìn vào hình thức thì các bạn sẽ có một ý tưởng là cộng mẫu luôn, như vậy thì cái mẫu sẽ có biểu thức $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)$ rất cồng kềnh, chúng ta cần đánh giá nó dựa và đại lượng $a+b+c=3$, tức là ta cố gắng đánh giá $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)\leqslant k(a+b+c)^2+(a+b+c)$ kiểu vậy, nhưng kết quả sẽ hoàn toàn ngược vì thí dụ như ta đánh giá kiểu: $2b\sqrt{a}\leqslant ab+a$ nhằm xuất hiện $a+b+c$, nhưng sẽ thất bại vì đại lượng $3(a^2+b^2+c^2)$, tất cả đánh giá sẽ không đủ để bù đắp "số 3" quá lớn của đại lượng này.

Thử một hướng khác xem, nâng bậc của $a$ ở tử lên bậc 3 để dùng Holder thì lại càng bế tắc vì các căn dưới mẫu, còn bậc $4$ để cộng mẫu thì các đại lượng $3a^2b^2,3b^2c^2,3c^2a^2$ rất khó đánh giá 

Thử đột phá ý tưởng thì ta quan sát thật kĩ, thấy biểu thức $a+2b\sqrt{a}+3b^2$ rất lạ nhưng kĩ thêm một chút thì nó rất quen thuộc, vì sao, nếu đặt $a=x^2,b=y$ thì đại lượng trên trở thành $x^2+2xy+3y^2$, thật bất ngờ. Hướng này có vẻ rất khả thi

Tức chúng ta phải đối dấu lại thành tìm giá trị lớn nhất chứ không phải giá trị nhỏ nhất, như vậy ta quy về: $\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{b(2c\sqrt{b}+3c^2)}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{c(2a\sqrt{c}+3a^2)}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}\leqslant \frac{5}{2}$

Ta quan tâm đến phân thức: $$\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}=\frac{ab(2\sqrt{a}+3b)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}$$

Như vậy ta cần tìm các số $k,h$ nào đó sao cho: $\frac{2x+3y}{x^2+2xy+3y^2}\leqslant \frac{1}{kx+hy}$. Cho dấu bằng $x=y=1$ thì $k+h=\frac{6}{5}$

Thế $h=\frac{6}{5}-k$ vào biểu thức trên rồi phân tích nhân tử $x-y$ sẽ tìm được các hệ số $k,h$

Tóm lại, ta được: $25(a+2b\sqrt{a}+3b^2)\geqslant (2\sqrt{a}+3b)(8\sqrt{a}+22b)$

Vậy ta cần chứng minh: $\frac{ab}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{bc}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{ca}{8\sqrt{c}+22a}\leqslant \frac{1}{10}$

Tới đây chúng ta phải đổi dấu lại dưới dạng: $\frac{8a\sqrt{a}}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{8b\sqrt{b}}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{8c\sqrt{c}}{8\sqrt{c}+22a}\geqslant \frac{4}{5}$

$\Leftrightarrow \frac{8a^2}{8a+22b\sqrt{a}}+\frac{8b^2}{8b+22c\sqrt{b}}+\frac{8c^2}{8c+22a\sqrt{c}}\geqslant \frac{4}{5}$

Cộng mẫu là ý tưởng tốt, ta cần chứng minh: $b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\leqslant 3$

Việc này vô cùng đơn giản, xin nhường cho bạn đọc!

$\sum \left (\sqrt{b}.\sqrt{ab} \right )\leq \sqrt{(a+b+c).(ab+bc+ca)} \leq \sqrt{3.3}=3$

em nghĩ là vậy ạ

Bài toán 45 : 
Cho $\Delta ABC$ nhọn có trực tâm $H$, đường tròn tâm $I$ qua $B,C$ và cắt $HB,HC$ lần lượt tại $E,F$. Các đường tròn $(HBF),(HCE)$ cắt nhau tại $D$ . $(J)$ là đường tròn qua $E,F$ và trung điểm $BC$ cắt $HB,HC,FB,EC$ lần lượt tại $M,N,P,Q$. Gọi $U,V$ là tâm các đường tròn $(DMP),(DNQ)$.

CMR $ID//UV$

1/Tìm tất cả các số nguyên dương $(m;n)$ sao cho: $m\mid 2^{\varphi (n)}+1$ và $n\mid 2^{\varphi (m)}+1$

Dễ thấy $m,n$ lẻ

Với $m=1 \Rightarrow n\in \left \{ 1;3 \right \}$. Ta có $3$ cặp $(1;1),(1;3),(3;1)$ thỏa mãn 
Xét $m,n\geq 3$, ta đặt: 

$m=\prod_{k=1}^{N}p_k^{a_k},n=\prod_{k=1}^{M}q_k^{b_k}$

Với $1\leq i\leq N,1\leq j\leq M$, ta có : 

$v_2(p_i-1)=\underset{1\leq k\leq N}{min} v_2(p_k-1)$

$v_2(q_j-1)=\underset{1\leq k\leq M}{min} v_2(q_k-1)$

Ta có : $m|2^{\varphi(n)}+1 \Rightarrow 2^{\varphi(n)}\equiv -1(\mod p_i^{a_i}) \Rightarrow 2^{2\varphi(n)}\equiv 1 (\mod p_i^{a_i})$

Đặt: $d_i=ord_{p_i^{a_i}}(2)$ thì ta được $d_i \nmid \varphi(n)$ và $d_i \mid 2\varphi(n)$

$\Rightarrow v_2(d_i)=v_2\left ( \varphi(n) \right )+1$

Lại có theo định lí Euler, ta thu được : $2^{\varphi(p_i^{a_i})}\equiv 1 (\mod p_i^{a_i})$

$\Rightarrow d_i \mid \varphi(p_i^{a_i})\Rightarrow d_i \mid p_i^{a_i -1}(p_i-1)$

$\Rightarrow v_2(d_i)\leq v_2(p_i -1)$

$\Rightarrow v_2(p_i -1)\geq 1+ v_2(\varphi(n))\geq 1+ v_2(q_j -1)$
Tương tự đối với $q_j^{b_j}$ ta có được $v_2(q_j -1)\geq 1+ v_2(p_i -1)$

Từ hai điều trên, ta suy ra điều mâu thuẫn. Như vậy, không tồn tại các giá trị $m,n\geq 3$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

3/Tìm tất cả số nguyên dương $n$ để tồn tại duy nhất số nguyên dương $a$ sao cho : $n! \mid a^{n}-1$

4/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$, tồn tại số nguyên dương m sao cho : $n \mid 2^{m}+m$

5/ Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ thỏa mãn : $\varphi(n)<\varphi(n+1)<\varphi(n+2)$

6/ Giải phương trình nghiệm nguyên dương $(a;n;p)$ trong đó $p$ là số nguyên tố thỏa mãn : 

$a^{2}(a^{2}+1)=5^{n}(5^{n+1}-p^{3})$

Cho số nguyên dương $a$. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $b>a$ sao cho : 

$1+2^{a}+3^{a}\mid 1+2^{b}+3^{b}$

Bài ni 1 thằng bạn hỏi a mà a lúc đó a chưa làm đc nên đăng lên đây để thảo luận thôi

Tìm $a,b \in Z , a,b>0$ thỏa mãn $a^{4}+10a^{2}+2^{b}$ là 1 số chính phương

$1/$ Cho $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn các điều kiện : 

$a|b^{2},b^{3}|a^{4}, a^{5}|b^{6}, b^{7}|a^{8},...$.Chứng minh rằng$:a=b$

$2/$ Tồn tại hay không bộ ba số nguyên tố $(p;q;r)$ sao cho $\left ( p^{2}-7 \right )\left ( q^{2}-7 \right )\left ( r^{2} -7\right )$ là 1 số chính phương

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) , ngoại tiếp (I) . Đường tròn Mix-A tiếp xúc với AC,AB tại E và F đồng thời tiếp xúc với (O) tại S . Gọi P là điểm chính giữa cung BC, SP cắt EF tại M, MA cắt (O) tại K. CMR IK vuông góc với AM

Với các số nguyên $a,b$ nguyên tố cùng nhau, $a> b> 1$, ta xét dãy số sau: 

$u_n=\varphi (a^{2n-1}+b^{2n-1})$ với $n=1,2,3,...$ 

1. Chứng minh rằng nếu $p> 3$ là số nguyên tố lẻ và có số hạng nào đó của dãy trên bằng $2p$ thì $a+b=2p+1$ hoặc $a+b=2(2p+1)$

2. Chứng minh rằng $\frac{\left ( 2k \right )!}{k!}\mid \prod_{i=1}^{k}u_i$

a) Giả sử $\exists$ $\varphi (x)=2p$

Ta cần đi chứng minh $a+b=2p+1$ hoặc $a+b=2(2p+1)$

Ta có : $a+b> 2$ và $a+b\mid a^{2n-1}+b^{2n-1}$
Xét $x=2^{k}.q \ [k\geq 2; (2;q)=1]$

$\varphi (x)=\varphi (2^{k}).\varphi \left ( q \right )=2^{k-1}.\varphi \left ( q \right )\vdots 4$ ( vô lí vì $2p\equiv 2 (\mod4)$

$\Rightarrow k\in \left \{ 0;1 \right \}$

Vì $\varphi (2q)=\varphi (q)$ nên ta chỉ cần xét $x=u$ (với $u$ lẻ ) 

Trường hợp 1 : $u=p_1.p_2...p_k$ với $p_1,p_2,..,p_k$ là các số nguyên tố lẻ phân biệt 
$\varphi (u)=\varphi (p_1).\varphi (p_2)...\varphi (p_k) \vdots 4$ ( vô lí )

Trường hợp 2 : $u=r^{t}$ với $t\geq 2$ và $r$ là số nguyên tố lẻ 

$\varphi (u)=r^{t-1}(r-1)=2p$ $\Rightarrow r=3,p=3$ (vô lí vì $p> 3$)

$\Rightarrow u=q$ với $q$ là 1 số nguyên tố lẻ 
Vậy $x=q$ hoặc $x=2q$ với $q$ là số nguyên tố lẻ.

$\Rightarrow \varphi (x)=\varphi (q)=\varphi (2q)=q-1=2p$ 

$\Rightarrow x=2p+1$ hoặc $x=2(2p+1)$

$(a+b)\mid (a^{2n-1}+b^{2n-1})$ $\Rightarrow (a+b)k=a^{2n-1}+b^{2n-1}=q$ hoặc $(a+b)k=a^{2n-1}+b^{2n-1}=2q$

Nếu $(a+b)k=a^{2n-1}+b^{2n-1}=q$, kết hợp $a+b> 2$ $\Rightarrow a+b=q=2p+1$

Nếu $(a+b)k=a^{2n-1}+b^{2n-1}=2q$, kết hợp $a+b> 2 \Rightarrow a+b=q=2p+1$ hoặc $a+b=2q=2(2p+1)$

Ta có điều phải chứng minh 

b) Với một số $k$ nguyên dương thỏa mãn $a^{n}+b^{n}\mid a^{k}-b^{k}$ thì $k$ nhỏ nhất thỏa mãn là $2n$ và nếu $a^{n}+b^{n}\mid a^{l}-b^{l}$ thì $2n\mid l$

Vì $(a;a^{n}+b^{n})=(b;a^{n}+b^{n})=1$ nên theo định lí $Euler$, ta có : 
$a^{\varphi \left ( a^{n}+b^{n} \right )}\equiv 1 (\mod a^{n}+b^{n})$ và $b^{\varphi \left ( a^{n}+b^{n} \right )}\equiv 1 (\mod a^{n}+b^{n})$

$a^{n}+b^{n}\mid a^{\varphi \left ( a^{n}+b^{n} \right )}-b^{\varphi \left ( a^{n}+b^{n} \right )} \Rightarrow 2n\mid \varphi \left ( a^{n}+b^{n} \right )$

$2(2n-1)\mid \varphi (a^{2n-1}+b^{2n-1})$

$2^{k}.1.3.5...(2k-1)\mid \Rightarrow \prod_{i=1}^{k}u_i$

$\Rightarrow \frac{(2k)!}{(k)!}\mid \prod_{i=1}^{k}u_i$

Gọi $a,b,c$ là các số nguyên dương $\geq 2$, đôi một nguyên tố cùng nhau 

Khi đó : $\left ( 2^{a}-1;2^{b}-1 \right )=\left ( 2^{b}-1;2^{c}-1 \right )=\left ( 2^{c}-1;2^{a}-1 \right )=1$

Theo định lí thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho : $\begin{cases} n \equiv 0(\mod 2^{a}-1)\\ n \equiv -1(\mod 2^{b}-1)\\ n \equiv -2 (\mod 2^{c}-1) \end{cases}$

Vậy tồn tại số nguyên dương $n$ thỏa mãn yêu cầu bài toán

Cho tập $S$ là tập các số nguyên dương dương có ít nhất 1 ước dạng $2^{k}-1$ với $k\geq 2$. Hỏi có tồn tại hay không số nguyên dương $n$ sao cho $n,n+1,n+2$ cùng thuộc $S$

Một số tự nhiên được gọi là số “đẹp” nếu nó có thể phân tích được thành tích của một số các số nguyên dương mà tổng của chúng bằng 2020. Hãy tìm số “đẹp” lớn nhất.

Cho tập hợp X có 2023 phần tử. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chọn hai tập hợp con khác nhau của X sao cho giao của hai tập hợp này là một tập hợp có đúng một phần tử ?

Cho đa thức $f(x)=x^{2}+x+1$ . Tìm hệ số của $x^{2}$ trong đa thức $f\left ( f\left ( f\left ( f\left ( f\left ( x \right ) \right ) \right ) \right ) \right )$

Cho dãy số thực $(u_n)$, $n\in N^{*}$ xác định bởi $u_1=1; u_{n+1}=u_n+\frac{1}{2u_n} , n\in N^{*}$. Tính $lim \frac{u_n}{\sqrt{n}}$ và tìm $[u_{2023}]$ 

Cho hai dãy số $(x_n)$ và $(y_n)$ thỏa mãn $x_1=3$, $x_{n+1}=(x_{n}^{2}-2)^{2}-2$ và $y_{n}=\left ( \frac{3-\sqrt{5}}{2} \right )^{4^{n-1}}, n\geq 1$. Tính $lim(x_n.y_n)$

chỉnh đề lại thành $\sum \sqrt{\frac{2a}{a+b}}\leq 3$ mới đúng nhé bạn

Ta có $7xy+y-x=7 \Rightarrow xy+y-x+1=8-6xy$

Thay vào $(1)$, ta có $x^{3}+y^{3}=8-6xy \Leftrightarrow x^{3}+y^{3}-8+6xy=0 \Leftrightarrow (x+y-2)(x^{2}+y^{2}-xy+2x+2y+4)=0$

TH1 : $x+y=2$ thay vào $(2)$ tìm đc x,y 
TH2 : $x^{2}+y^{2}-xy+2x+2y+4=0 \Leftrightarrow (x-y)^{2}+ (x+2)^{2}+(y+2)^{2}=0 \Leftrightarrow x=y=-2$ thử lại thấy ko thỏa mãn 

Giải phương trình $\frac{1}{x} + \frac{1}{\sqrt{2-x^{2}}} =2$

Lời giải : 

Điều kiện : $-\sqrt{2}\leq x\leq \sqrt{2}$

$<=> \frac{1-x}{x} + \frac{1-\sqrt{2-x^{2}}}{\sqrt{2-x^{2}}}=0$

$<=> \frac{(x-1)(x+1)}{\left ( 1+\sqrt{2-x^{2}} \right )\left ( \sqrt{2-x^{2}} \right )} - \frac{x-1}{x}=0$

$<=> (x-1)\left ( \frac{x+1}{\sqrt{2-x^{2}}+2-x^{2}} -\frac{1}{x} \right )=0$

TH1 : x=1 (TM)

TH2 : $\left ( \frac{x+1}{\sqrt{2-x^{2}}+2-x^{2}} -\frac{1}{x} \right )=0$

$<=> \frac{x+1}{\sqrt{2-x^{2}}+2-x^{2}}=\frac{1}{x}$

$<=>x^{2}+x=\sqrt{2-x^{2}} + 2-x^{2}<=>2x^{2}-2 + x-\sqrt{2-x^{2}}=0 (*)$
Xét trường hợp : $x+\sqrt{2-x^{2}}=0<=>x=-\sqrt{2-x^{2}}$

Sau khi giải phương trình này thì dễ thấy không có x thỏa mãn 
Xét trường hợp : $x+\sqrt{2-x^{2}}\neq 0$

$(*) <=> 2x^{2}-2 + \frac{2x^{2}-2}{x+\sqrt{2-x^{2}}} =0$
$<=>(x^{2}-1)\left ( 1+\frac{1}{x+\sqrt{2-x^{2}}} \right )=0$

TH1 : $x^{2}-1=0 <=> x=1 (TM) hoặc x= -1(KTM)$

TH2: $1+\frac{1}{x+\sqrt{2-x^{2}}}=0<=>x+1+\sqrt{2-x^{2}}=0 <=>\sqrt{2-x^{2}}=-(x+1)$

$<=> 2-x^{2}=x^{2}+2x+1$ và $x\leq -1$
$<=>2x^{2}+2x-1=0<=>x=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} (TM)$
Vậy $S=\left \{ 1;\frac{-1}{2} -\frac{\sqrt{3}}{2}\right \}$

Điều kiện : $x\geq \sqrt[3]{2} >1$

$\sqrt[3]{x^{2}-1} - \sqrt{x^{3}-2} + x=0$

$\Leftrightarrow \sqrt[3]{x^{2}-1}-2+5 - \sqrt{x^{3}-2} +x-3=0$

$\Leftrightarrow (x-3)\left [ \frac{x+3}{\sqrt[3]{x^{2}-1}^{2}+2\sqrt[3]{x^{2}-1} +4} +1-\frac{x^{2}+3x+9}{5+\sqrt{x^{3}-2}} \right ]=0$
Ta sẽ đi cm $\left [ \frac{x+3}{\sqrt[3]{x^{2}-1}^{2}+2\sqrt[3]{x^{2}-1} +4} +1-\frac{x^{2}+3x+9}{5+\sqrt{x^{3}-2}} \right ] <0$

Ta sẽ đi cm $\frac{x+3}{\sqrt[3]{x^{2}-1}^{2}+2\sqrt[3]{x^{2}-1} +4} +1 < 2$ 
$\Leftrightarrow x-1< \sqrt[3]{x^{2}-1}^{2}+2\sqrt[3]{x^{2}-1}$

Đặt $t=\sqrt[3]{x^{2}-1} > 0 \Rightarrow x=\sqrt{t^{3}+1}$
$\Leftrightarrow \sqrt{t^{3}+1}< t^{2}+2t+1$

Điều này luôn đúng vì bình phương lên là mất $t^{3}+1$ và VP là 1 đại lượng dương
Ta sẽ đi chứng minh  $\frac{x^{2}+3x+9}{5+\sqrt{x^{3}-2}}> 2$
$\Leftrightarrow x^{2}+3x+9> 2\sqrt{x^{3}-2}+10 \Leftrightarrow x^{2}+3x-1> 2\sqrt{x^{3}-2}$

$\Leftrightarrow x^{4}+9x^{2}+1+6x^{3}-6x-2x^{2}> 4(x^{3}-2)\Leftrightarrow x^{4}+2x^{3}+9+7x^{2}-6x>0$
$(x^{2}+x)^{2} + (x-3)^{2}+5x^{2} > 0$ ( luôn đúng) 
Vậy $\left [ \frac{x+3}{\sqrt[3]{x^{2}-1}^{2}+2\sqrt[3]{x^{2}-1} +4} +1-\frac{x^{2}+3x+9}{5+\sqrt{x^{3}-2}} \right ] <0$ nên vô nghiệm
Vậy x=3 là nghiệm duy nhất của phương trình

Giải phương trình $\sqrt[3]{x^{2}-1} - \sqrt{x^{3}-2} + x=0$