Ủng hộ topic một số bài trong Junior Balkan Mathematical Olympiad nào

Trước hết, đối với những bài có dạng tìm các số nguyên $a$ sao cho $A$ là số chính phương hoặc lập phương của một số nguyên thì bằng cách đặt $A=x^{2}$ hoặc $A=y^{3}$ thì ta có thể quy bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên nên ta tạm chấp nhận những bài này cũng thuộc phần phương trình nghiệm nguyên nhé

Bài 154 : Tìm các số nguyên dương $x$, $y$ thỏa mãn :

$x^{y}=y^{x-y}$

(Junior Balkan 1998)

Bài 155 : Tìm các số nguyên dương $x$ sao cho $n^{2}+3^{n}$ là số chính phương.

(Junior Balkan 2000)

Bài 156 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 

$a^{3}+b^{3}+c^{3}=2001$

(Junior Balkan 2001)

Bài 157 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

$9(x^{2}+y^{2}+1)+2(3xy+2)=2005$

(Junior Balkan 2005)

Bài 158 : Tìm nghiệm nguyên tố $p,q,r$ của phương trình sau :

$\frac{p}{q}-\frac{4}{r+1}=1$

(Junior Balkan 2008)

Bài 159 : Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình sau :

$2^{a}3^{b}+9=c^{2}$

(Junior Balkan 2009)

Bài 160 : Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $n.2^{n+1}+1$ là số chính phương.

(Junior Balkan 2010)

Bài 161 : Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x$ và $y$ thỏa mãn :

$x(y^{2}-p)+y(x^{2}-p)=5p$

(Junior Balkan 2011)

Bài 162 : Tìm các số nguyên dương $x,y,z,t$ sao cho 

$2^{x}3^{y}+5^{z}=7^{t}$

(Junior Balkan 2012)

@tieutuhamchoi98 : bạn có thể post đề thoải mái nhưng hiện tại do mình đã post khá nhiều và cũng có nhiều bài chưa có lời giải nên bạn nên giải những bài toán này thì hơn

Cho p là 1 số nguyên tố  có  dạng 4k+1.

CMR: Tồn tại các số a,b thoả mãn $a^{2}+b^{2}=p$

Bạn xem ở đây nhé #268

Bài 147 : Cho số chính phương $n$ khác $0$. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}=n$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $n$ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng $4k+1$.

Topic giờ đóng bụi ghê, xử đẹp bài này của mình trước vậy

Điều kiện cần :

Giả sử $n=m^{2}$. Gọi $x$,$y$ là hai nghiệm của phương trình đã cho. Đặt $d=(x,y)$ và $x=dx_1,y=dy_1$ với $(x_1,y_1)=1$

Suy ra $d^{2}(x_1^{2}+y_1^{2})=m^{2}\Rightarrow m=dm_1\Rightarrow x_1^{2}+y_1^{2}=m_1^{2}$

Nhận thấy $m_1$ lẻ vì nếu $m_1$ chắn thì $4|x_1^{2}+y_1^{2}$ suy ra $x_1$ và $y_1$ cùng chẵn (mâu thuẫn với $(x_1,y_1)=1$)

Gọi $p$ là một ước nguyên tố của $m_1$. Dễ thấy $(x_1,p)=(y_1,p)=1$

Theo định lý $Fermat$ nhỏ thì

$x_1^{p-1}\equiv 1 (mod p)$ và $y_1^{p-1}\equiv 1 (mod p)$

Do $p|x_1^{2}+y_1^{2}\Rightarrow x_1^{2}\equiv (-1)y_1^{2}(mod p)\Rightarrow x_1^{p-1}\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}y_1^{p-1}$

SUy ra $\frac{p-1}{2}$ chắn nên $p$ có dạng $4k+1$

Mọi ước nguyên tố của $m_1$ đều có dạng $4k+1$ nên $m$ có ước dạng $4k+1$

Điều kiện đủ :

Bổ đề 1 : (định lý $Fermat-Euler$) Mọi số nguyên tố có dạng $4k+1$ đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng bình phương của hai số nguyên dương.

Bổ đề 2 : Tích của hai số lẻ, mỗi số là tổng bình phương của hai số chính phương thì có thể biểu diễn được dưới dạng tổng bình phương của hai số chính phương.

Chứng minh hai bổ đề này ở trên.

Trở lại bài toán, đặt $n=m^{2}$ với $m=m_1p$ với $p$ là số nguyên tố dạng $4k+1$. Theo bổ đề $1$ và $2$, tồn tại hai sô nguyên dương $a$ và $b$ sao cho : 

$a^{2}+b^{2}=p^{2}$

Vậy $(m_1a)^{2}+(m_1b)^{2}=(m_1p)^{2}=m^{2}=n$

Anh namsub cho em hỏi tí, chỗ anh đặt $l=2^{ \alpha} p_1p_1 \cdots p_n$ sao $\alpha$ chỉ có thể là $0$ hoặc $1$, em nghĩ là $2,3...$ vẫn được chớ.

Thế này Toàn nè, chỗ ấy anh đặt $n=m^{2}l$ với $l=2^{\alpha }p_1p_2...p_n$ với $\alpha$ bằng $0$ hoặc $1$. Nên nếu $\alpha$ lớn hơn 1 thì nó chuyển sang bên $m^{2}$ nữa cơ mà.

À mình có ý này, để topic tiếp tục phát triển và chất lượng cao hơn, hay là ta dịch mấy bài bên đề MO và TST của các nước về phương trình nghiệm nguyên vào nhỉ

Spoiler

Trừ China TST và IMO

Thể theo nguyện vọng của Juliel, mình xin phép xử đẹp bài $148$

Bài 148 : Cho số nguyên dương $n$ không phải là số chính phương. Chứng minh phương trình 

$x^{2}+y^{2}=n$ ($1$)

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi trong phân tích tiêu chuẩn của $n$ các số nguyên tố dạng $4k+3$ có số mũ chẵn.

$\bullet$ Điều kiện cần : 

Trước khi chứng minh, ta có một bổ đề quen thuộc :

Bổ đề 1 : Cho số nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$ và các số nguyên dương $x$,$y$ sao cho $p|x^{2}+y^{2}$. Khi đó $p|x$ và $p|y$.

Trở lại bài toán, gọi $m^{2}$ là ước chính phương lớn nhất của $n$. Khi đó $n=m^{2}.l$ với $l$ không phải là số chính phương.

Ta cần chứng minh mọi ước của $l$ đều có dạng $4k+1$.

Giả sử $x$, $y$ là một nghiệm của ($1$). Đặt $d=(x,y), x=x_1d, y=y_1d$ với $(x_1,y_1)=1$

Ta có : $d^{2}(x_1^{2}+y_1^{2})=m^{2}.l$

Vì $m^{2}$ là ước chính phương lớn nhất của $n$, và $d=(x,y)$ với $x^{2}+y^{2}=n$ nên suy ra $d^{2}|m^{2}\Rightarrow d|m$ 

Đặt $m=dm_1$ thì ta có : $x_1^{2}+y_1^{2}=m_1^{2}l$

Giả sử $p$ có một ước nguyên tố $q$ nào đó có dạng $4k+3$ thì theo bổ đề $1$ thì $q|x_1,q|y_1$ (mâu thuẫn với $(x_1,y_1)=1$)

Điều kiện cần chứng minh xong.

$\bullet$ Điều kiện đủ : 

Chứng minh điều kiện đủ ta cần có $2$ bổ đề 

Bổ đề 2 (Định lí $Fermat-Euler$) : Mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+1$ đều có thể viết được dưới dạng tổng bình phương của hai số nguyên dương (xem chứng minh ở trên)

Bổ đề 3 : Tích của hai số lẻ, mỗi số lẻ là tổng bình phương của hai số nguyên dương cũng sẽ là tổng bình phương của hai số nguyên dương.

Chứng minh : Giả sử 

$n=a^{2}+b^{2}$ và $m=c^{2}+d^{2}$

Khi đó : 

$mn=(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})=(ad+bc)^{2}+(ac-bd)^{2}=(ac+bd)^{2}+(ad-bc)^{2}$

Nếu $ac=bd$ và $ab=cd$ thì $a=b$ và $c=d$. Khi đó $m$ và $n$ là các số chẵn, mâu thuẫn.

Nếu ít nhất một trong hai số $ac-bd$ và $ab-cd$ khác $0$ thì lúc đó $mn$ là tổng bình phương của hai số nguyên dương.

Trở lại bài toán, đặt $n=m^{2}l$ với $l=2^{\alpha }p_1p_2...p_n$ với $\alpha$ bằng $0$ hoặc $1$ còn $p_i$ ($i=1,2,...,n$) là các số nguyên tố dạng $4k+1$.

Theo bổ đề $2$ và $3$, tồn tại các số nguyên dương $a$ và $b$ sao cho $p_1p_2...p_n=a^{2}+b^{2}$

Suy ra $(ma)^{2}+(mb)^{2}=m^{2}p_1p_2...p_n$

- Nếu $\alpha =0$ thì bài toán chứng minh xong.

- Nếu $\alpha =1$ thì ta có : $n=2m^{2}p_1p_2...p_n=2((ma)^{2}+(mb)^{2})=(ma+mb)^{2}+(ma-mb)^{2}$

Do $a\neq b$ nên bài toán chứng minh xong.

tôi ko biết làm có đúng ko nhưng cứ viết vậy

 

do$x^{2}\equiv 0,1(mod;4)\Rightarrow x^{2}+y^{2}\not\equiv 3 mod 4$ (vô lí)

Chém luôn, chả biết đúng hay sai.

Bổ đề quen thuộc : Nếu $x,y$ nguyên và $p$ nguyên tố có dạng $4k + 3$ thỏa $p|x^{2}+y^{2}$ thì $p|x$ và $p|y$

Giải :

Gỉa sử trong phân tích tiêu chuẩn của $n$, các ước nguyên tố $p_{1},p_{2},...,p_{i}$ có dạng $4k+3$ đều có số mũ lẻ

Khi đó, đặt $n=p_{1}^{k_{1}}.p_{2}^{k_{2}}...p_{i}^{k_{i}}.q$ với $k_{1},k_{2},...,k_{i}$ đều lẻ và $q$ nguyên tố cùng nhau với tất cả các số nguyên tố $p_{1},p_{2},...,p_{i}$

Ta có quyền giả sử $k_{1}=min\left \{ k_{1};k_{2};...;k_{i} \right \}$

Do đó từ bổ đề trên, ta suy ra :

$x$ và $y$ đều chia hết cho tất cả các số nguyên tố $p_{1},p_{2},...,p_{i}$

Đặt $x=p_{1}p_{2}...p_{i}.x_{1}$ và $y=p_{1}p_{2}...p_{i}.y_{1}$

Thay vào phương trình và thu gọn, ta được :

$$x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=p_{1}^{k_{1}-2}.p_{2}^{k_{2}-2}....p_{i}^{k_{i}-2}.q$$

Do $k_{1},k_{2},...,k_{i}$ đều lẻ và $k_{1}$ nhỏ nhất nên cứ tiếp tục như vậy, cho đến một lúc nào đó thì ta có :

$$x_{m}^{2}+y_{m}^{2}=p_{1}.p_{2}^{k_{2}-2t}....p_{i}^{k_{i}-2t}.q\Rightarrow \left\{\begin{matrix} p_{1}|x_{m} & & \\ p_{1}|y_{m}& & \end{matrix}\right.\Rightarrow p_{1}^{2}|x_{m}^{2}+y_{m}^{2}\Rightarrow p_{1}^{2}|p_{1}.p_{2}^{k_{2}-2t}...p_{i}^{k_{i}-2t}$$

Điều này hiển nhiên vô lí

Vậy : Trong phân tích tiêu chuẩn của $n$ thì các thừa số nguyên tố có dạng $4k + 3$ phải có số mũ chẵn

Rối quá mọi người nhỉ 

Về hai bài giải này mình chưa đề cập về kiến thức và trước hết là về kĩ năng biên luận phương trình $Diophant$ bậc $2$. Các bạn nên lưu ý đối với các bài toán có dạng chứng minh $A$ khi và chỉ khi thoả mãn $B$ ta nên trình bày dưới $2$ phần :

$\bullet$ Điều kiện cần : Để có $A$ thì phải thoả mãn $B$.

$\bullet$ Điều kiện đủ : Nếu thoả mãn $B$ thì có $A$.

Chẳng hạn như bài 146 (bài dễ nhất) ta có thể giải như sau :

Bài 146 : Cho số nguyên tố $p$. Chứng minh rằng phương trình :

$x^{2}+y^{2}=p$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $p$ không có dạng $4k+3$

$\bullet$ Điều kiện cần : Giả sử phương trình $x^{2}+y^{2}=p$ có nghiệm nguyên dương.

Dễ thấy $x^{2}\equiv 0;1(mod 4)$ nên $p=x^{2}+y^{2}\equiv 0;1;2 (mod 4)$

Suy ra $p$ không thể có dạng $4k+3$.

$\bullet$ Điều kiện đủ : Giả sử $p$ không có dạng $4k+3$. Lúc đó $p=2$ hoặc $p=4k+1$

- Nếu $p=2$ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương $x=y=1$

- Nếu $p=4k+1$ thì ta có bài toán quen thuộc :

Bài toán : (Định lí $Fermat-Euler$) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+1$ thì $p$ luôn biểu diễn được dưới dạng tổng hai bình phương của $2$ số nguyên dương.

Giả sử $p=4k+1$

Xét $a=(2k)!=(-1)^{2k}(2k)!=(-1)(-2)...(-2k)\equiv (p-1)(p-2)...(p-2k)=(4k)(4k-1)...(2k+1)(mod p)$

Vậy $a^{2}\equiv (2k)!(4k)(4k-1)...(2k+1)=(4k)!=(p-1)!(mod p)$

Theo định lý $Wilson$ thì $(p-1)!\equiv -1(mod p)$

Suy ra $a^{2}\equiv -1(mod p)$

Kí hiệu $q=[\sqrt{p}]$. Xét $(q+1)^{2}$ số có dạng $ax+y$ với 

$x=0,1,...,q$

$y=0,1,...,q$

Vì $(q+1)^{2}>p>q^{2}$ nên tồn tại cặp ($x_1,y_1$) và ($x_2,y_2$) sao cho $ax_1+y_1\equiv ax_2+y_2(mod p)$

hay $p|a(x_1-x_2)+(y_1+y_2)$

Đặt $x=\left | x_1-x_2 \right |$ và $y=\left | y_1-y_2 \right |$

Ta có : $a^{2}x^{2}-y^{2}=(ax-y)(ax+y)\vdots p$

Lại có $a^{2}\equiv -1(mod p)$ nên $x^{2}+y^{2}\equiv -a^{2}x^{2}+y^{2}\equiv 0 (mod p)$

Do $x^{2}\leq q^{2}\leq p$ và $y^{2}\leq q^{2}\leq p$, với chú ý $p$ nguyên tố ta suy ra được $x^{2}+y^{2}<2p$

Suy ra $x^{2}+y^{2}=p$. Dễ thấy $x\neq 0$, $y\neq 0$

Chứng minh hoàn tất.

Bài 151 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương :

$3^{x}+4^{y}=7^{z}$($1$)

Bài này nếu giải phương trình nghiệm nguyên thì khá là dài, tí nữa mình sẽ post sau.

Bài này giải như sau.

Nhận thấy $x=y=z=1$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình ($1$). Ta sẽ chứng minh đây là nghiệm duy nhất của ($1$).

Thật vậy, xét $x\geq 2,y\geq 2,z\geq 2$

$\bullet$ Nếu $x=2k$ thì phương trình ($1$) tương đương với :

$3^{2k}+4^{y}=7^{z}\Leftrightarrow 9^{k}+4^{y}=7^{z}$

Vì $9\equiv 1(mod 8)$ và $4^{y}\equiv0(mod 8)$ với $y\geq 2$ nên 

$9^{k}+4^{y}\equiv 1 (mod 8)$ 

Mặt khác 

$7^{z}\equiv (-1)^{z}(mod 8$)

Suy ra $z$ chẵn. Đặt $z=2t$ với $t\in\mathbb{N}$, khi đó :

$3^{x}+4^{y}=7^{z}\Leftrightarrow 3^{x}=7^{2t}-2^{2y}=(7^{t}-2^{y})(7^{t}+2^{y})$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}3^{u}=7^{t}+2^{y} & & \\ 3^{v}=7^{t}-2^{y}& & \end{matrix}\right.$

với $u,v\in\mathbb{N}$, $u+v=x$

Suy ra 

$3^{u}+3^{v}=2.7^{t}$

Lại do $7\equiv 1(mod 3)$ nên $2.7^{t}\equiv 2(mod 3)$

- Nếu $v=0$ thì $2.7^{t}=3^{u}+1\equiv 1(mod 3)$ (mâu thuẫn). Vậy phương trình vô nghiệm với $v=0$

- Nếu $v>0$ thì $2.7^{t}=3^{u}+3^{v}\equiv 0(mod 3)$ (mâu thuẫn). Vậy phương trình vô nghiệm với $v>0$.

Vậy với $x=2k$ thì phương trình đã cho vô nghiệm.

$\bullet$ Nếu $x=2k+1$ với $k\in\mathbb{N}$ thì phương trình ($1$) trở thành : 

$3^{2k+1}+4^{y}=7^{z}\Leftrightarrow 3.9^{k}+4^{y}=7^{z}$

Vì $9^{k}\equiv 1(mod 8)$ suy ra $3.9^{k}+4^{y}\equiv 3 (mod 8)$

Mặt khác $7^{z}\equiv (-1)^{z}=\pm 1(mod 8)$ suy ra mâu thuẫn..

Vậy với $x=2k+1$ thì phương trình đã cho vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm nguyên dương duy nhất là $x=y=z=1$

Chơi luôn bài này 

Bài 152 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 

$3^{x}+4^{y}=7^{z}$

Tìm thêm được mấy bài về biểu diễn số nữa, cho anh em bội thực luôn

Bài 146 : Cho số nguyên tố $p$. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}=p$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $p$ không có dạng $4k+3$.

Bài 147 : Cho số chính phương $n$ khác $0$. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}=n$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $n$ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng $4k+1$.

Bài 148 : Cho sô nguyên dương $n$ không phải là số chính phương. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}=n$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi trong phân tích tiêu chuẩn của $n$ các ước nguyên tố có dạng $4k+3$ phải có số mũ chẵn.

Bài 149 : Cho số nguyên tố $p$. Chứng minh rằng phương trình

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=p$

có nghiệm nguyên không âm.

Bài 150 : Cho số nguyên dương $n$ bất kì. Chứng minh phương trình

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

có nghiệm nguyên không âm.

Bài $150$ thường được phát biểu dưới dạng sau : Mọi số nguyên dương $n$ đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của $4$ bình phương (Định lý $Lagrange$)

Spoiler

Thôi thế đủ rồi. Từ bài $147$ đến bài $150$ toàn bài khó nhằn thôi, anh em cố gắng nhé

Ủng hộ topic phát (bài nào trùng nhờ Jinbe xoá giùm )

Bài 142 : Giải phương trình nghiệm nguyên tố $p$,$q$,$r$ : 

$p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)$

Bài 143 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với $x$,$y$ nguyên tố : 

$x(x+3)+y(y+3)=z(z+3)$

Bài 144 : Cho trước số nguyên dương $k$. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 

$x^{2}+y^{2}=2011^{2003^{k}+1}(10-z)$

Bài 145 (Bài toán $Lebesgue$) Chứng minh rằng phương trình $x^{2}-y^{3}=7$ không có nghiệm nguyên.

Cho x,y,z là các số dương và thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} x+y+z=9\\ x\geq 5;x+y\geq 8 \end{matrix}\right.$.

Chứng minh rằng $xyz\leq 15$

Bài này tiện nhất có lẽ là dùng khai triển $Abel$ kết hợp với phản chứng.

Giả sử $xyz>15$

Ta có : $z=9-x-y\leq 1\Rightarrow xy>\frac{15}{z}\geq 15$

Sử dụng khai triển $Abel$ kết hợp với $AM-GM$, ta có :

$x+y+z=\frac{x}{5}.5+\frac{y}{3}.3+z.1=2.\frac{x}{5}+2.(\frac{x}{5}+\frac{y}{3})+(\frac{x}{5}+\frac{y}{3}+z)$

$\geq 2.\frac{x}{5}+4\sqrt{\frac{xy}{15}}+3\sqrt[3]{\frac{xyz}{15}}>2+4+3=9$

Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Suy ra $xyz\leq 15$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=5,y=3,z=1$

$Cho   a\geq b\geq c> 0$.  Chứng minh

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

BĐT đầu tiên nếu bỏ điều kiện $a\geq b\geq c$ em dám cá đến các thầy cũng không làm được

Đây là 1 BĐT rất khó và chưa có 1 lời giải thuần túy đại số cho BĐT này mà chỉ có 1 lời giải bằng tích phân của Gabriel Dospinescu  

Đồng ý với ý kiến của bạn Hiền. Rõ ràng đây là một bất đẳng thức quá khó hiện nay, khó mà tìm ra được một lời giải thuần tuý đại số. Tuy nhiên thì tích phân $Riman$ lại cho ta nhiều công cụ tốt để giải bài toán này. Đây là cách mà em sưu tầm được (chính xác là của Gabriel Dospinescu) Không biết anh PT42 năm nay đã học đến tích phân chưa nhỉ

Bài toán phụ :

Cho các số thực dương $x\geq y\geq z$. Khi đó :$x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x\geq x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}$

Chứng minh điều này khá đơn giản. Trước hết, xét hiệu : 

$(x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x)-(xy^{3}+yz^{3}+zx^{3})=(x-y)(y-z)(x-z)(x+y+z)\geq 0$

Áp dụng $AM-GM$, ta có :

$(x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x)\geq \frac{1}{2}(x^{3}y+xy^{3}+y^{3}z+yz^{3}+z^{3}x+zx^{3})\geq x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}$

Áp dụng bài toán phụ trên, đặt $x=t^{a},y=t^{b},z=t^{c}$

Khi đó, theo bài toán phụ trên, ta có :

$t^{3a+b}+t^{3b+c}+t^{3c+a}\geq t^{2a+2b}+t^{2b+2c}+t^{2c+2a}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{t}(t^{3a+b}+t^{3b+c}+t^{3c+a})\geq \frac{1}{t}(t^{2a+2b}+t^{2b+2c}+t^{2c+2a})$

Lấy tich phân từ $0$ đến $1$ hai vế theo $t$, ta được : 

$\int_{0}^{1} \frac{1}{t}(t^{3a+b}+t^{3b+c}+t^{3c+a})dt\geq \int_{0}^{1} \frac{1}{t}(t^{2a+2b}+t^{2b+2c}+t^{2c+2a})dt$

$\Leftrightarrow \int_{0}^{1}(t^{3a+b-1}+t^{3b+c-1}+t^{3c+a-1})dt\geq \int_{0}^{1}(t^{2a+2b-1}+t^{2b+2c-1}+t^{2c+2a-1})dt$

$\Leftrightarrow \frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Spoiler

Rõ ràng nếu ta bỏ đi điều kiên $a\geq b\geq c$ thì bất đẳng thức trên lại không đúng, chẳng hạn như $a=1,b=2,c=9$ như của anh PT42. Điều này dễ hiểu vì khi đó bài toán phụ trên không đúng

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$\sqrt{x^{2}+(y+1)^{2}} + \sqrt{x^{2}+(y-3)^{2}}$

Trong đó $x$,$y$ là các số thực thỏa mãn $2x-y=2$

Giải tạm thế này, không biết có đúng không

Áp dụng $Cauchy-Schwarz$, ta có :

$\sqrt{x^{2}+(y+1)^{2}}.\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{1}{9}}\geq \frac{2x}{3}+\frac{y+1}{3}$

$\sqrt{x^{2}+(y-3)^{2}}.\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{121}{9}}\geq \frac{2x}{3}+\frac{-11(y-3)}{3}=\frac{2x}{3}+11-\frac{11y}{3}$

Suy ra 

$P=\sqrt{x^{2}+(y+1)^{2}}+\sqrt{x^{2}+(y-3)^{2}}\geq\frac{\frac{2x}{3}+\frac{y+1}{3}}{\frac{\sqrt{5}}{3}}+\frac{\frac{2x}{3}+11-\frac{11y}{3}}{\frac{5\sqrt{5}}{3}}$

$=x(\frac{2}{\sqrt{5}}+\frac{2}{5\sqrt{5}})-y(\frac{11}{5\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{5}})+\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{33}{5\sqrt{5}}$

$=\frac{6}{5\sqrt{5}}(2x-y)+\frac{38}{5\sqrt{5}}=\frac{10}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}$

Vậy : min$P=2\sqrt{5}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{2}{3}$ và $y=\frac{-2}{3}$

Spoiler

Cũng may là vừa học mấy cái tham số này xong

Bài toán :

Cho các số thực không âm $a$,$b$,$c$. Chứng minh rằng :

$\frac{a}{\sqrt{2a+b+3c}}+\frac{b}{\sqrt{2b+c+3a}}+\frac{c}{\sqrt{2c+a+3b}}<\sqrt{\frac{8}{15}(a+b+c)}$

Spoiler

Hình như có cách dùng C-S sau đó nhân tung toé ra nhưng nhìn có vẻ gian nan quá, không biết mọi người có cách khác không

Cho x² +y² +z² = 3. Tìm min:

 

$\frac{4+x}{4-x^{2}} + \frac{4+y}{4-y^{2}}+ \frac{4+z}{4-z^{2}}$

Bài này nhìn chung khá là lừa tình

Dễ thấy $x,y,z \in[-\sqrt{3};\sqrt{3}]$ suy ra $4-x^{2}>0$, $4-y^{2}>0$, $4-z^{2}>0$ và $4-x>0$,$4-y>0$,$4-z>0$

Ta có nhận xét sau :

Nếu có ít nhất $1$ trong các số $x$,$y$,$z$ dương, không mất tính tổng quát giả sử $x>0$ thì

$\frac{4+x}{4-x^{2}}>\frac{4-x}{4-x^{2}}>0$

$\Rightarrow\sum \frac{4+x}{4-x^{2}}>\frac{4-x}{4-x^{2}}+\frac{4+y}{4-y^{2}}+\frac{4+z}{4-z^{2}}$

nên dễ thấy để $\sum \frac{4+x}{4-x^{2}}$ đạt GTNN thì các số $x$,$y$,$z$ đều không dương.

Đặt $a=-x$,$b=-y$,$c=-z$. Dễ thấy $a,b,c\in [0;\sqrt{3}]$

Khi đó, xét biểu thức                                   $P=\sum \frac{4-a}{4-a^{2}}$

$P=\sum \frac{4-a}{4-a^{2}}=\sum \frac{1}{2+a}+\sum \frac{2}{4-a^{2}}$

Áp dụng $Cauchy-Schwarz$, ta có :

$\sum \frac{1}{2+a}\geq \frac{9}{6+a+b+c}\geq\frac{9}{6+\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}=1$

$\sum \frac{2}{4-a^{2}}\geq \frac{18}{12-a^{2}-b^{2}-c^{2}}=2$

Suy ra $P\geq 3$

Vậy min$\sum \frac{4+x}{4-x^{2}}=3$ khi và chỉ khi $x=y=z=-1$

 

Cho x,y,z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. CMR:

 

$(x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})+ \dfrac{3(x-y)(y-z)(z-x)}{xyz} \ge 9$

 

Có vẻ bất đẳng thức này không phù hợp với trình độ THCS đâu, cậu nên post sang bên THPT hoặc Olympiad.

BĐT cần chứng minh tương đương với :

$3+\sum \frac{x}{y}+\sum \frac{y}{x}+3\sum \frac{x}{y}-3\sum \frac{y}{x}\geq 9$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{x}{y}\geq \sum \frac{y}{x}+3$

Có thể có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức trên nhưng có lẽ cách đơn giản nhất là dùng ... $EMV$

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh 

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

$\Leftrightarrow 3(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}-\frac{y}{x}-\frac{z}{y}-\frac{x}{z})+(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}-6)\geq 0$

$\Leftrightarrow 3(x-y)(y-z)(z-x)+x(y-z)^{2}+y(z-x)^{2}+z(x-y)^{2}\geq 0$ (*)

Đặt $f(a,b$,$c$)$=VT(*)$.

Theo $EMV$ thì $f(x,y$,$z$)$\geq$ $f(x-m,y-m,z-m)$ với $m$ là một số thực dương thoả mãn $m\leq min${$x$,$y$,$z$} và ($x-m$,$y-m$,$z-m$) là $3$ cạnh của tam giác.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x=max${$x$,$y$,$z$}, theo bất đẳng thức tam giác thì :

$y-m+z-m\geq x-m\Leftrightarrow m\leq y+z-x$

Suy ra $m\in [0;y+z-x]$

Theo $EMV$, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trên với $x=y+z$, tức là :

$3yz(z-y)+y^{3}+z^{3}+(y+z)(y-z)^{2}\geq 0$

Spoiler

Mở rộng :
Sử dụng EMV có thể chứng minh kết quả tổng quát sau :
$(k+1)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq k(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})+3$
Cách làm hoàn toàn tương tự, ta chỉ cần chứng minh khi $a=b+c$
Với kết quả mở rộng trên, ta hoàn toàn có thể sáng tạo nên bài toán mới

@hoctrocuanewton : EMV là dồn biến toàn miền đấy mà hình như cũng là cách duy nhất thì phải, thế mới bảo phải chuyển sang box THPT

Bài toán :

Cho số thực dương $x\geq 1$ không đổi, các số dương $a$,$b$,$c$ thay đổi sao cho $a+b+c=m$ với $m$ là một hằng số cho trước. Khi đó, tìm GTNN của biểu thức sau với các số tự nhiên $k$ và $n$ thoả mãn $k<n$ : 

$P=\frac{a^{k}b^{n-k+1}}{a^{n}+xb^{n}+c^{n}}+\frac{b^{k}c^{n-k+1}}{b^{n}+xc^{n}+a^{n}}+\frac{c^{k}a^{n-k+1}}{c^{n}+xa^{n}+b^{n}}$

1/Cho a,b,c>0 và $a+b+c=3$

 

CMR: $\frac{a}{b+c^{2}}+\frac{b}{c+a^{2}}+\frac{c}{a+b^{2}}\geq \frac{3}{2}$

 

Giờ mới đúng đề.

Áp dụng $Cauchy-Schwarz$, ta có : 

$\sum \frac{a^{4}}{a^{2}b+a^{2}c^{2}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{\sum a^{2}b+\sum a^{2}b^{2}}$

Ta cần chứng minh 

$\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{\sum a^{2}b+\sum a^{2}b^{2}}\geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow 2(\sum a^{2})^{2}\geq 3\sum a^{2}b+3\sum a^{2}b^{2}$

$\Leftrightarrow 2\sum a^{4}+\sum a^{2}b^{2}\geq (a+b+c)(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)$

$\Leftrightarrow 2\sum a^{4}+\sum a^{2}b^{2}\geq \sum a^{3}b+\sum a^{2}b^{2}+abc(a+b+c)$

$\Leftrightarrow \sum 2a^{4}\geq \sum a^{3}b+abc(a+b+c)$

Áp dụng $AM-GM$, ta có :

$\sum a^{4}+\sum a^{2}b^{2}\geq 2\sum a^{3}b$

Suy ra, ta chỉ cần chứng minh được :

$3\sum a^{4}\geq \sum a^{2}b^{2}+2abc(a+b+c)$

Theo $AM-GM$, ta có : 

$\sum a^{4}\geq \sum a^{2}b^{2}$

Theo $Cauchy-Schwarz$ và $AM-GM$, ta có : 

$3(\sum a^{4})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\geq 3abc(a+b+c)$

Vậy, ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Spoiler

Lại sai để, thôi không muốn sửa nữa, link đây, mọi người tham khảo nhé http://diendantoanho...eqslant-text-3/

3/Cho a,b,c>0 và $a+b+c=3$

 

CMR: $\frac{a}{a+b^{2}}+\frac{b}{b+c^{2}}+\frac{c}{c+a^{2}}\geq \frac{3}{2}$

 

Bài này em nhớ là có $2$ cách, nhưng giờ mới nghĩ ra $1$ cách thôi, cách sau tí nữa em nghĩ ra thì em sẽ post

Áp dụng $Cauchy-Schwarz$, ta có :

$\sum \frac{a^{4}}{a^{3}+a^{2}b^{2}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{\sum a^{3}+\sum a^{2}b^{2}}$

Ta cần chứng minh : 

$\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{\sum a^{3}+\sum a^{2}b^{2}}\geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow 2(\sum a^{2})^{2}\geq 3\sum a^{3}+3\sum a^{2}b^{2}$

$\Leftrightarrow 2\sum a^{4}+\sum a^{2}b^{2}\geq 3\sum a^{3}$

$\Leftrightarrow 2\sum a^{4}+\sum a^{2}b^{2}\geq(a+b+c)(a^{3}+b^{3}+c^{3})$

$\Leftrightarrow \sum a^{4}+\sum a^{2}b^{2}\geq \sum ab(a^{2}+b^{2})$

Áp dụng $AM-GM$, ta có :

$(a^{4}+a^{2}b^{2})+(b^{4}+a^{2}b^{2})\geq 2(a^{3}b+ab^{3})=2ab(a^{2}+b^{2})$

Suy ra  $\sum a^{4}+\sum a^{2}b^{2}\geq \sum ab(a^{2}+b^{2})$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Còn đây là cách $2$, nó không được trâu như cách $1$

Vì $a+b+c=3$ nên ta có : 

$3-(\sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}})=\sum (a-\frac{a^{2}}{a+b^{2}})=\sum \frac{ab^{2}}{a+b^{2}}$

Áp dụng $AM-GM$, ta có :

$\frac{ab^{2}}{a+b^{2}}\leq \frac{ab^{2}}{2\sqrt{ab^{2}}}=\frac{\sqrt{ab^{2}}}{2}\leq \frac{ab+b}{4}$

Suy ra $\sum \frac{ab^{2}}{a+b^{2}}\leq \frac{1}{4}(a+b+c+ab+bc+ca)=\frac{1}{4}(3+ab+bc+ca)$

Lại có $ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}=3$ nên 

$\sum \frac{ab^{2}}{a+b^{2}}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}}\geq \frac{3}{2}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Cho $a$,$b$,$c$ $>0$ thoả mãn $abc=1$

Chứng minh rằng : $2(\sum a^{2})+12\geq 3(\sum a)+3(\sum ab)$

Do $abc=1$ nên bất dẳng thức cần chứng minh có thể viết lại dưới dạng 

$\sum (2a^{2}+4-3a-\frac{3}{a})\geq 0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a=min{a,b,c}$. Dễ thấy $a\leq 1$ và $bc\geq 1$

Đặt $f(t)=2t^{2}+4-3t-\frac{3}{t}$ với $t>0$. Ta cần chứng minh $f(a)+f(b)+f$($c$)$\geq 0$

Trước hết ta sẽ chứng minh 

$f(b)+f$($c$)$\geq 2f(\sqrt{bc})$

$\Leftrightarrow 2b^{2}+2c^{2}-3b-3c-\frac{3}{b}-\frac{3}{c}\geq 4bc-6\sqrt{bc}-\frac{6}{\sqrt{bc}}$

$\Leftrightarrow 2(b-c)^{2}-3(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2}-3(\frac{1}{\sqrt{b}}-\frac{1}{\sqrt{c}})\geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2}(2b+2c+4\sqrt{bc}-3a-3)\geq 0$

Do $2b+2c\geq 3a$ và $\sqrt{bc}\geq 1$ nên $(2b+2c+4\sqrt{bc}-3a-3)\geq 0$

Suy ra $f(b)+f$($c$)$\geq 2f(\sqrt{bc})$

Đặt $\sqrt{a}=x$ với $x\leq 1$, ta cần chứng minh 

$f(x^{2})+2f(\frac{1}{x})\geq 0$

$\Leftrightarrow (2x^{4}+4-3x^{2}-\frac{3}{x^{2}})+2(\frac{4}{x^{2}}+8-\frac{6}{x}-6x)\geq 0$

$\Leftrightarrow 2x^{6}-3x^{4}-6x^{3}+12x^{2}-6x+1\geq 0$

$\Leftrightarrow (x-1)^{2}(2x^{4}+4x^{3}+3x^{2}-4x+1)\geq 0$

Do $2x^{4}+4x^{3}+3x^{2}-4x+1=x^{2}(x+1)^{2}+(x^{2}+2x-1)^{2}\geq 0$

nên $(x-1)^{2}(2x^{4}+4x^{3}+3x^{2}-4x+1)\geq 0$

Vậy $f(a)+f(b)+f$($c$)$\geq 0$

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

 1.Cho $a,b,c\in \mathbb{R^{+}}$ và $a+b+c=\sqrt[3]{2}$.

Chứng minh rằng :

$\sum \frac{a^{2}}{4a+1}\leq \frac{1}{32\sum ab}+\frac{7-2\sqrt[3]{2}}{16\sqrt[3]{4}+4\sqrt[3]{2}}$

 

Bài này chúng ta có thể đặt $a+b+c=\sqrt[3]{2}=x$ cho dễ nhìn

Ta có : 

$\frac{a}{4}-\frac{a^{2}}{4a+1}=\frac{a}{4(4a+1)}$

$\Rightarrow \frac{x}{4}-\sum \frac{a^{2}}{4a+1}=\sum \frac{a}{4(4a+1)}$

Áp dụng $Cauchy-Schwarz$, ta có :

$\sum \frac{a}{4a+1}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\sum 4a^{2}+(a+b+c)}=\frac{x^{2}}{\sum 4a^{2}+x}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 

$\frac{x^{2}}{4(\sum 4a^{2}+x)}+\frac{1}{32\sum ab}+\frac{7-2x}{16x^{2}+4x}\geq \frac{x}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{4(\sum 4a^{2}+x)}+\frac{1}{32\sum ab}\geq \frac{x^{2}+2x+1}{4(4x^{2}+x)}$

$\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{\sum 4a^{2}+x}+\frac{1}{8\sum ab}\geq \frac{(x+1)^{2}}{4x^{2}+x}$

Áp dụng $Cauchy-Schwarz$, ta có :

$\frac{x^{2}}{\sum 4a^{2}+x}+\frac{1}{8\sum ab}\geq \frac{(x+1)^{2}}{\sum 4a^{2}+8\sum ab+x}=\frac{(x+1)^{2}}{4x^{2}+x}$

Bài toán chứng minh xong. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{x}{3}=\frac{\sqrt[3]{2}}{3}$

 

 

Trường THPT chuyên Từ Trên Trời Rơi Xuống

Kiểm tra học kì III NGỮ VĂN lớp 10

Thời gian : 50'

 

ĐỀ Số $\pi$

Đề nghị các em học sinh không vi phạm quy chế thi

Làm bài trung thực, đúng đẳng cấp của mình.

Chúc các em thi tốt

 

Đề bài: 3. Theo như lời nhân vật chrome98 nói tại diễn đàn toán học VMF :

"Cho $a,b,c\in\mathbb{R^+}$ sao cho $a+b+c=4$. Bất đẳng thức sau luôn đúng :

\[ 10\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right) \ge \frac{4+5a}{4-a}+\frac{4+5b}{4-b}+\frac{4+5c}{4-c} \]

"

Hãy giải thích và dùng cổ tích để chứng minh nhận định trên.

 

Bài này cậu tự chế à, nói chung là bất đẳng thức này không được chặt cho lắm.

Trước tiên, ta chứng minh bài toán phụ sau :

Bài toán phụ : 

Cho các số thực dương $a$,$b$,$c$. Khi đó, bất đẳng thức sau luôn đúng : 

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

Chứng minh :

Sử dụng các hằng đẳng thức sau : 

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3=\frac{(a-b)^{2}}{ab}+\frac{(a-c)(b-c)}{ac}$

$\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+a}{c+a}+\frac{c+b}{a+b}-3=\frac{(a-b)^{2}}{(a+c)(b+c)}+\frac{(a-c)(b-c)}{(a+c)(a+b)}$

Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 

$[\frac{1}{ab}-\frac{1}{(a+c)(b+c)}](a-b)^{2}+[\frac{1}{ac}-\frac{1}{(a+c)(a+b)}](a-c)(b-c)\geq 0$

Giả sử $c=min${$a$,$b$,$c$}, ta được đpcm.

Trở lại bài toán, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 

$10\sum \frac{b}{a}\geq \sum \frac{4+5a}{4-a}=\sum (\frac{6a}{b+c}+1)=\sum \frac{6a}{b+c}+3$

Áp dụng bài toán phụ trên, ta có : 

$\sum \frac{b}{a}\geq \sum \frac{b+c}{a+c}>\sum \frac{b}{a+c}\Rightarrow 6\sum \frac{b}{a}>6\sum \frac{b}{a+c}$

Theo AM-GM : $\sum \frac{b}{a}\geq 3$

Do đó : $7\sum \frac{b}{a}> \sum \frac{6a}{b+c}+3$

Bài toán : 

Cho các số thực dương $a$,$b$,$c$ thoả mãn $a+b+c=3$.

Chứng minh : $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}+2}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

Spoiler

Em có một cách dùng C-S kết hợp với dồn biến nhưng mà có vẻ không đúng ý tưởng vì khá là dài. Không biết mọi người có cách khác không

Bài toán :

Cho các số thực không âm $a_1$,$a_2$,...,$a_n$ thoả mãn

$a_1+a_2+...+a_n=n$

$a_1^{2}+a_2^{2}+...+a_n^{2}=n+k$ với $0\leq k\leq n^{2}-n$

Chứng minh rằng : $a_1^{3}+a_2^{3}+...+a_n^{3}\leq \frac{(n-t)^{3}}{(n-1)^{2}}+t^{3}$ với $t=\frac{n+\sqrt{kn(n-1)}}{n}$

Bài toán :

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ luôn tồn tại các số $a$,$b$,$c$ nguyên sao cho :

$n=gcd(a,b)(c^{2}-ab)+gcd(b,c)(a^{2}-bc)+gcd(c,a)(b^{2}-ca)$

(Kazakhstan National Olympiad 2013 for Grade 9)

Sau ý tưởng dùng Ceva đảo của Juliel, mình đã nghĩ ra một cách không cách dùng đến lượng giác

Giả sử $G$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ và tiếp xúc với đường thẳng $AB$,$AC$ lần lượt tại $M$ và $N$.

Gọi $p$ là nửa chu vi tam giác $ABC$. Đặt $BC=a$,$CA=b$,$AB=c$.

Khi đó $AM+AN=AB+BC+CA=2p\Rightarrow AM=AN=p$

Suy ra $BD=BM=AM-AB=p-c$ và $CD=BC-BD=a+c-p$

$\Rightarrow \frac{BD}{CD}=\frac{p-c}{a+c-p}=\frac{a+b-c}{a+c-b}$

Tương tự  $\frac{CE}{AE}=\frac{b+c-a}{b+a-c}$ và $\frac{AF}{FB}=\frac{c+a-b}{c+b-a}$

Do đó : $\frac{BD}{CD}.\frac{CE}{AE}.\frac{AF}{FB}=1$ suy ra $AD$,$BE$,$CF$ đồng quy.