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.

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

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.

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

 

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.

Ta có $x^2+y^2+2xy+x+3y+2=(x+y)^2+x+3y+2$ là số chính phương

Lại có $(x+y+1)^2=(x+y)^2+2(x+y)+1$

- Xét $x\geq y$. Nếu $x=y\Rightarrow S=2022$

Nếu $x>y\Rightarrow x-y-1\geq 0$. Mà $(x+y+1)^2-[(x+y)^2+x+3y+2]=x-y-1\geq 0\Rightarrow (x+y+1)^2\geq (x+y)^2+x+3y+2$

Lại có $(x+y)^2+x+3y+2$ là số chính phương và $(x+y)^2+x+3y+2>(x+y)^2$

Do đó $(x+y+1)^2=(x+y)^2+x+3y+2\Rightarrow x-y=1\Rightarrow S=2027$

- Xét $x<y \Rightarrow x-y-1<0$. Khi đó, ta có $(x+y+1)^2<(x+y)^2+x+3y+2$ và $(x+y+2)^2-[(x+y)^2+x+3y+2]>0$.

Do đó $(x+y+1)^2<[(x+y)^2+x+3y]<(x+y+2)^2$ (vô lí)

Vậy $S\in {2022,2027}$

Ta có $x^2+y^2+2xy+x+3y+2=(x+y)^2+x+3y+2$ là số chính phương

Lại có $(x+y+1)^2=(x+y)^2+2(x+y)+1$

- Xét $x\geq y$. Nếu $x=y\Rightarrow S=2022$

Nếu $x>y\Rightarrow x-y-1\geq 0$. Mà $(x+y+1)^2-[(x+y)^2+x+3y+2]=x-y-1\geq 0\Rightarrow (x+y+1)^2\geq (x+y)^2+x+3y+2$

Lại có $(x+y)^2+x+3y+2$ là số chính phương và $(x+y)^2+x+3y+2>(x+y)^2$

Do đó $(x+y+1)^2=(x+y)^2+x+3y+2\Rightarrow x-y=1\Rightarrow S=2027$

- Xét x<y => x-y-1<0. Khi đó, ta có (x+y+1)^2<(x+y)^2+x+3y+2 và (x+y+2)^2-[(x+y)^2+x+3y+2]>0.

Do đó (x+y+1)^2<[(x+y)^2+x+3y]<(x+y+2)^2 (vô lí)

Vậy $S\in {2022,2027}$

Máy em bị lỗi công thức một chút. Anh thông cảm giúp em với nhá.

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

sai r nhé

Mình sửa lại rồi đó.

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 <=> $a=b=c=1$

- 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 $p=3$.

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 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 $(x,y)=(4,9),(x,y)=(9,4)$ 

Ta có $(x-y)^5+y^2=x^2\Rightarrow (x-y)^5=(x-y)(x+y)\Rightarrow (x-y)^4=x+y$ (vì $x\neq y$) là lũy thừa bậc 4 của 1 số nguyên (1)

Lại có $x^2<121,y^2<121\Rightarrow x<11,y<11\Rightarrow x+y<22$ (vì $x\geq 0,y\geq 0$) (2)

Từ (1) và (2), ta có $x+y\in {0,1,16}$$x+y=16$

- Xét $x+y=0\Rightarrow x=y=0$ (loại)

- Xét $x+y=1\Rightarrow (x,y)\in {(1,0),(0,1)}$

- Xét $x+y=16$. Kết hợp điều kiện x,y là các số tự nhiên, ta được x,y cần tìm.

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

$x=-\sqrt{35}$ cũng được mà bạn!

Ôi em quên mất.

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 $x^2+y^2=3z$.

- Xét $n=1$ (loại)

- Xét $n=2$ (t/m)

- Xét $n\geq 3$

Ta có $3^{2n}+3n^2+7>(3^n)^2$

Ta chứng minh $(3^n+3)^2>3^{2n}+3n^2+7\Leftrightarrow 6.3^n+2>3n^2$

Ta chứng minh $6.3^n>3n^2\Leftrightarrow 2.3^n>n^2$

 +) Với $n=3$ (t/m),...

Giả sử mệnh đề đúng đến $n=k(k\in N,k>3)$, ta được $2.3^k>3k^2$

Ta chứng minh mệnh đề đúng với $n=k+1$

Thật vậy $2.3^{k+1}=2.3^k+2.3^k+2.3^k>k^2+2k+1=(k+1)^2$ (đpcm)

Kết hợp với $3^{2n}+3n^2+7$ là số chính phương, ta có các TH:

- Xét $3^{2n}+3n^2+7=(3^n+1)^2\Leftrightarrow 3n^2+6=2.3^n$ (loại do $n\geq 3$)

- Xét $3^{2n}+3n^2+7=(3^n+2)^2\Leftrightarrow 3n^2+3=4.3^n$ (loại do $n\geq 3$)

Vậy $n=2$

Giả sử a,b đồng thời là các số lẻ => $a^2\equiv b^2\equiv 1(mod8)$

Từ đó, ta có $a^2+b^2\equiv 2(mod8)$ (vô lí)

Vậy a,b không đồng thời là các số lẻ (đpcm)

Ở chỗ giả sử a,b đồng thời lẻ, để chứng minh $a^2\equiv 1(mod8)$ thì bạn đặt $a=2k+1(k\in N)\Rightarrow a^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1=4k(k+1)+1$

Lại có $k(k+1)\vdots 2\Rightarrow 4k(k+1)\vdots 8\Rightarrow 4k(k+1)+1\equiv 1(mod8)$

Tương tự với b là được nha ban.

Giả sử a,b đồng thời là các số lẻ => $a^2\equiv b^2\equiv 1(mod8)$

Từ đó, ta có $a^2+b^2\equiv 2(mod8)$ (vô lí)

Vậy a,b không đồng thời là các số lẻ (đpcm)

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 $x=y=\frac{1}{2}$

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.

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).

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).

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