Từ điều kiện bài toán suy ra y lẻ, đặt y = 2k + 1

Thay vào và rút gọn ta được: $k(k + 1) = 11x^{2}$

Vì (k, k + 1) = 1 nên có 2 khả năng:

* $k = 11a^{2}, k + 1 = b^{2}$ với (a, b) = 1 và (b, 11) = 1. Khi đó $2y + 2 = 4(k + 1) = 4b^{2}$ là số chính phương

* $k = a^{2}, k + 1 = 11b^{2}$ với (a, b) = 1 và (a, 11) = 1. Suy ra $a^{2} + 1 = 11b^{2}$. Dễ dàng chỉ ra không thể xảy ra khả năng này bằng cách xét tính chẵn lẻ của a, b và mod 4.

Bài toán được chứng minh.

Giải hệ phương trình:

 

Bạn làm rõ hơn về việc cộng vế và dùng tính đồng biến để giải được không nhỉ?

Mình bỏ cũng lâu nên có thể không update các cách mới!

 

Với riêng mình thì ngay từ đầu có thể thấy ngay $x,y,z$ cùng dấu. 

 

TH1: $x,y,z$ không âm thì có thể giả sử $x\geq y\geq z\geq 0$. 

TH này không khó, có thể xử lý dễ dàng.

 

TH2: $x,y,z$ đều âm. Đến đây nếu xử lý như trên có vẻ không suôn sẻ. 

 

Chúng ta chuyển về dạng này thôi mà:

$\left\{\begin{matrix} 2x+2y=y^3 + y^2+ 2y& & \\2y+2z=z^3 +z^2+2z& & \\ 2z+2x=x^3 + x^2+ 2x& & \end{matrix}\right.$

Dạng này các bạn dùng tính đồng biến của hàm số: f(x) = $x^{3}+x^{2}+2x$ (Học sinh cấp 2 thì xét hiệu, cấp 3 thì dùng đạo hàm)

Từ đó suy ra x = y = z thôi mà.

Tôi nghĩ là bạn đặt $x = \frac{a + b}{c}; y = \frac{b + c}{a}$ và $z = \frac{c + a}{b}$ rồi dùng Cauchy Schwarz dạng Engel là được.

Giờ các mạng xã hội như zalo, facebook...phát triển mạnh quá. Nhưng forum vẫn có chỗ đứng riêng của nó, là nguồn tài nguyên để có thể tìm kiếm, lưu trữ rất có giá trị cho nhiều bạn yêu Toán hiện tại và cả sau này!

Trong bài thấy toàn căn bậc 2 mà ông thứ 10 lại lù lù căn bậc 3 phi ra   , chắc bạn phải dùng hằng đẳng thức mở rộng này hay có giải pháp nào khác nhỉ?

$a^{3}+b^{3}+c^{3} - 3abc = (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2} -ab-bc-ca)$

Cảm ơn chứng minh của thầy, nhưng cấp 2 đã học định lý Fermat nhỏ rồi ạ?

Ôi trời, học rồi chứ bạn 

Với các bạn đội tuyển 6, khi học sinh học xong chương I là dạy đến đồng dư thức và tất nhiên là không thể thiếu Fermat nhỏ, định lý Euler, Wilson, De Polignac. Học xong chương II thì có thể đưa thêm đồng dư cho số nguyên âm để tính toán được thuận lợi, ngắn gọn hơn.

OK chúng ta tiếp tục nào!

Từ $x(y + 1)^{2} = 9y$ và $y + 1 > 0  \Rightarrow x = \frac{9y}{(y + 1)^{2}}$

(Nếu bài toán chỉ là tìm ngiệm nguyên thì phải xét riêng y = -1 trước khi chia nhé)

$\Rightarrow xy = \frac{9y^{2}}{(y + 1)^{2}} = 9 -\frac{18y+9}{(y + 1)^{2}}$

$\Rightarrow xy + 2x = 9 -\frac{9}{(y + 1)^{2}}$

$\Rightarrow (y + 1)^{2}|9$

$\Rightarrow (y + 1)^{2} = 9 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow x = 2$ (thỏa mãn)

Vậy x = y = 2 là cặp nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho.

Lưu ý:

- Với các bạn lớp 6-7 thì phương pháp tách phần nguyên hoặc lý luận như bạn uca210 tương đối phù hợp, hiệu quả và dễ hiểu. Phương pháp đánh giá hoặc miền giá trị dành cho học sinh 8-9 là hợp lý (thậm chí một số nơi còn giới hạn, chưa cho dùng $\Delta$ nếu kỳ thi lọc đội tuyển diễn ra sớm. Tốt nhất các bạn nên tìm hiểu kỹ quy chế thi để tránh mất điểm đáng tiếc)

- Chúng ta đã tiến hành nhân chia trong quá trình làm nên nói chung khi tìm ra nghiệm cần phải thử lại để có được kết luận cuối cùng cho bài toán.

Ban đầu em cũng làm đến chỗ bôi đỏ nhưng không nghĩ ra được nữa

Tư duy của em là cố gắng tách phần nguyên nhưng thất bại

Bài toán này không khó, quan trọng là đi theo hướng nào cho hiệu quả (trong khoảng thời gian thi)

Khi rút x theo y thì nhớ lý luận (y + 1) khác 0 để có điểm trọn vẹn.

Ý tưởng tách phần nguyên như của em không tồi và hoàn toàn có thể làm được, vấn đề là em chưa chịu đi đến cùng mà thôi.

Lát họp phụ huynh xong mình viết tiếp nhé! 

Cho $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng: $\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-a}+\sqrt{c+a-b}\leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Khi làm là các bạn học sinh phải chứng minh đấy nhé!

Giả sử phản chứng $(a, p) = (b, p) = 1$.

Khi đó theo định lý Fermat nhỏ: 

giải hệ sau:

$\left\{\begin{matrix} x^2y^2+3x+3y-3=0\\ x^3y-4x^2y-3xy^2+2xy-x^2+x=0 \end{matrix}\right.$

mọi người giúp em với em cảm ơn ạ

Bạn xem lại phương trình thứ 2, có thể bạn gõ lỗi!

Với các dạng này chúng ta dùng phương pháp đánh giá nghiệm.

Trước hết phải biến đổi:

[Trích trong đề thi IMO lần thứ 16, tổ chức tại thành phố Erfurt của Cộng hòa Dân chủ Đức – năm 1974]

Hãy xác định tất cả các giá trị có thể có của biểu thức: 

$S = \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{a + b + c} + \frac{c}{b + c + d} + \frac{d}{a + c + d}$

Việt Nam bắt đầu tham gia kỳ thi Toán quốc tế từ năm 1974. Chúng ta tham dự với 5 học sinh: Hoàng Lê Minh đoạt huy chương vàng, Vũ Đình Hòa giành huy chương bạc và hai huy chương đồng thuộc về Tạ Hồng Quảng và Đặng Hoàng Trung. Đây cũng là những người đoạt huy chương đầu tiên về Toán học trên trường quốc tế.

...thấm thoát đâu đó cũng đã 50 năm!

[Đề thi vô địch toàn Liên Xô  – lớp 8, năm 1978]

Chứng minh rằng với bất kỳ số tự nhiên n nào thì $1978^{n} – 1$ không thể  chia hết cho  $1000^{n} – 1$.

Bài này có thể giải bằng cách đánh giá:

Điều kiện: x, y, z >= 0

Từ 2 phương trình cuối: nếu x > y suy ra y > x mâu thuẫn!

Tương tự với các biến còn lại. Như thế phải xảy ra x = y = z.

Thay vào và giải phương trình 1 ẩn là được.

Chúc cả nhà tuần mới vui vẻ...

Còn mấy phần chúng ta làm nốt nhỉ:

Câu I.1. Cộng theo vế vào rồi nhóm cùng biến và phân tích thành nhân tử sẽ dẫn đến (a - 2), (b - 2) và (c - 2) phải có ít nhất 1 số <= 0.

Chẳng hạn a <= 2, khi đó sẽ xảy ra:

Nếu a < 2 suy ra c < 2 suy ra b < 2 suy ra a = b = c = -1

Nếu a = 2 suy ra b = c = 2.

Từ đó tính được P.

Câu I.2. Có thể làm như bạn ở trên hoặc có một cách khác là đưa về hằng đẳng thức hiệu 2 bình phương.

Câu II.1. Đặt 2m + 5n = a^3 và 2n + 5m = b^3.

Trừ theo vế suy ra b^3 - a^3 chia hết cho 3 .Khi đó chỉ ra được b^3 - a^3 chia hết cho 9

suy ra m - n chia hết cho 3. Do vậy m^3 - n^3 phải chia hết cho 9.

Sang nay trong lớp đội tuyển của mình có bạn S.Toàn giải như thế này, tương đối hay và ngắn gọn.

Từ 0 ≤ b, c ≤ 1 ⇒ a(1 – b)(1 – c) ≥ 0 ⇒ abc ≥ a(b + c) – a

= a + b + c – 2   + (a – 1)(b + c – 2).

Vì a – 1 ≤ 0 và b + c – 2 ≤ 0 ⇒ (a – 1)(b + c – 2) ≥ 0

⇒ a + b + c – 2   + (a – 1)(b + c – 2) ≥ a + b + c – 2   

Suy ra: abc ≥ a + b + c – 2 hay a + b + c  ≤ abc + 2.

Dấu “=” xảy ra khi hai trong 3 số a, b, c bằng 1.

Bài toán được chứng minh.

Việc đánh giá này cũng rất hữu ích với một số bài toán tương tự!

Ta sẽ sử dụng phương pháp hàm số như sau:

Đặt f(a) = a + b + c – abc – 2. Đây là hàm bậc nhất đối với a.

Dễ thấy:

f(0) = b + c – 2 ≤ 0 vì 0 ≤ b, c ≤ 1.

f(1) = 1 + b + c – bc – 2 = b + c – bc – 1 = –(1 – b)(1 – c) ≤ 0

⇒ f(a) ≥ 0 với mọi 0 ≤ a ≤1 ⇒ a + b + c  ≤ abc + 2.

Dấu “=” xảy ra khi hai trong 3 số a, b, c bằng 1.

Bài toán được chứng minh.

Câu I,2:

$(x+1)(x+3)(x+5)(x+7)=1\Leftrightarrow (x^{2}+8x+7)(x^{2}+8x+15)=1$

Đặt $x^{2}+8x+7=a\Rightarrow a(a+8)=1\Leftrightarrow a^{2}+8a-1=0$

$\Leftrightarrow (a+4)^{2}=17\Rightarrow (x^{2}+8x+11)^{2}=17\Rightarrow x^{2}+8x+11-\sqrt{17}=0$ hoặc $x^{2}+8x+11+\sqrt{17}=0$

Với $x^{2}+8x+11-\sqrt{17}=0$ pt có 2 nghiệm x₁,x₂ do $\Delta ^{'}_{1}=4^{2}-11+\sqrt{17}=5+\sqrt{17}>0$

$\Rightarrow x_{1}x_{2}=11-\sqrt{17}$(Vi-ét)

Với $x^{2}+8x+11+\sqrt{17}=0$ pt có 2 nghiệm x₃,x₄ do $\Delta ^{'}_{2}=4^{2}-11-\sqrt{17}=5-\sqrt{17}>0$

$\Rightarrow x_{3}x_{4}=11+\sqrt{17}$(Vi-ét)

$\Rightarrow P=x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}=\left ( 11-\sqrt{17} \right )\left ( 11+\sqrt{17} \right )=104$

Phần này học sinh dùng định lí Bezout rồi đồng nhất hệ số $\Rightarrow P=x_{1}x_{2}x_{3}x_{4} = 1.3.5.7 - 1 = 104$

BÀI TOÁN 8. Với $a, b, c,  m, n, p, x, y, z$ là các số thực dương chứng minh rằng $$(a^3+b^3+c^3) (m^3+n^3+p^3) (x^3+y^3+z^3) \geq (amx+bny+cpz)^3$$

Đây là Bất đẳng thức Holder cho 3 dãy. Diễn đàn đã có chứng minh tại đây, tuy nhiên thì bạn nào chưa biết bất đẳng thức này có thể thử tự tìm cách giải. Gợi ý: sử dụng AM-GM. 

 

BÀI TOÁN 9. Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng 

a) $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$

b) $\frac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}+\frac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}+\frac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}} \geq \sqrt{3}$

Gặp lại cố nhân: bài toán trong đề thi IMO 2001 tại Mỹ – Ngày thi thứ nhất 

Đề này không khó, chủ yếu đòi hỏi tỉ mỉ và tính toán chính xác.

Nhìn qua thì tôi cũng chỉ đoán hướng giải phần đại số như thế này:

Câu I. Đã có bạn giải rồi

Câu II.1. Vế phải bạn đặt $\sqrt{2-x}$ ra ngoài, bên trong sẽ gần giống vế trái.

Vì thế bạn tiếp tục đặt ẩn phụ $a=\sqrt{3x^{2}-6x-6}; b = \sqrt{2-x}$ chính là các căn đó, chuyển vế và phân tích thành nhân tử. Thông thường sẽ xảy ra a = b.

Câu II.2. Bạn cũng đặt ẩn phụ x^2 = a; 1/y = b rồi cộng theo vế vào sẽ thấy xuất hiện phương trình bậc 2 ẩn a + b

Câu III.1. Bạn đặt ẩn phụ rồi $\sqrt[3]{2-\sqrt{b}} = m; \sqrt[3]{2+\sqrt{b}} = n$ sau đó dùng hằng đẳng thức

Câu III.2. Bạn cộng cả 2 vế với c^2 và phân tích vế trái thành nhân tử rồi lý luận....

Câu V. Bạn tách hạng tử cuối ra sẽ thấy rất quen thuộc a + b + 2ab = a(1 + b) + b(1 + a)

Để tối nay dạy cho các bạn đội tuyển thầy trò cùng làm xem cụ thể thế nào, có học sinh thì mới có động lực làm chi tiết 

Bài này phải kèm điều kiện a, b, c > 1 và tìm GTNN thì mới có lời giải.

Chuẩn rồi, biến đổi như bạn katcong nói, sau đó dùng Cauchy ngược dấu hoặc hệ số bất định như bạn LongNT đều được.

$\frac{(x+y)^{3}}{(x+y)^{2}+36}\geq (x+y)-3$, $\frac{(y+z)^{3}}{(y+z)^{2}+36}\geq (y+z)-3$, $\frac{(z+x)^{3}}{(z+x)^{2}+36}\geq (z+x)-3$.

Từ đó suy ra $M \geq 2(x+y+z) - 9 = 9$

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 3.

Vậy kết luận GTNN của M là 9.

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.

Dựa vào 2 nhận xét:

Với 2 số nguyên dương a, b thì:

i. $a, b > 1 \Rightarrow a + b \leq a.b$

ii. $a + b < 4 \Rightarrow a.b < a + b$

Nên mạnh dạn gia cát dự số đẹp lớn nhất là $4^{505}$

Kể ra mà bạn thay 2020 bằng số không chia hết cho 4, chẳng hạn 2023 thì đẹp quá