Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duc3290: 21-01-2024 - 17:35
HSG TP HN 2023-2024
#1
Đã gửi 21-01-2024 - 16:51
- perfectstrong, Leonguyen và Hahahahahahahaha thích
#2
Đã gửi 22-01-2024 - 16:08
Mình góp câu hình.
File gửi kèm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhuybao06: 22-01-2024 - 16:09
- Leonguyen yêu thích
Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.
#3
Đã gửi 22-01-2024 - 18:15
Bài 3. Từ giả thiết $a+b+c=3abc\Rightarrow \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=3$
Đặt $\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\Rightarrow xy+yz+zx=3$ và x, y, z > 0.
Khi đó $P=\frac{x}{x+1+3yz}+\frac{y}{y+1+3zx}+\frac{z}{z+1+3xy}$
$P=\frac{x^{2}}{x^{2}+x+3xyz}+\frac{y^{2}}{y^{2}+y+3xyz}+\frac{z^{2}}{z^{2}+z+3xyz}$
$\geq \frac{\left ( x+y+z \right )^{2}}{9xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z}$
Áp dụng Cauchy, ta có $\left ( x+y+z \right )\left ( xy+yz+zx \right )\geq \sqrt[3]{xyz}.\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=9xyz$
$\Rightarrow 9xyz\leq 3\left ( x+y+z \right )\Leftrightarrow 3xyz\leq x+y+z$
Lại có $xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\Rightarrow xyz\leq 1$
Suy ra $9xyz=3xyz+6xyz\leq x+y+z+2\left ( xy+yz+zx \right )$
$\Rightarrow 9xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\leq \left ( x+y+z \right )^{2}+2\left ( x+y+z \right )$
Lại có $\left ( x+y+z \right )^{2}\geq 3\left ( xy+yz+zx \right )=9\Rightarrow x+y+z\geq 3$
Vậy $P\geq 1-\frac{2}{3+2}=\frac{3}{5}$
- giappkk yêu thích
#4
Đã gửi 16-02-2024 - 10:43
V1. Ta có $a;b;c \in \mathbb{N^*}; a^4+6a^2+2^b=c^2.$
Bỏ qua các trường hợp $b=1;b=2$.
Ta xét $b \ge 3$.
- Nếu $a$ lẻ thì $a^4+6a^2+2^b \equiv 1+6 \equiv 3 \pmod 4$, vô lý vì $c^2 \equiv 0;1 \pmod 4$ (loại)
- Nếu $a$ chẵn thì khi đó ta đặt $a=2^k.t;k \in \mathbb{N^*}; t$ là số nguyên dương lẻ. Khi đó $2^{4k}.t^4+2^{2k+1}.3t^2+2^b=c^2$. Ta nhận thấy $4k > 2k+1$. Ta xét:
- Với $b>2k+1$ thì khi đó $2^{2k+1}(2^{2k-1}.t^4+3t^2+2^{b-2k-1})=c^2$. Vì vế phải là một số chính phương nên $c \vdots 2^{k+1}$. Khi đó $2^{2k-1}.t^4+3t^2+2^{b-2k-1} \vdots 2$. Khi đó $b=2k+1$, vô lý với $b >2k+1$.
- Với $b \le 2k+1 <4k$ thì khi đó $2^b(2^{4k-b}.t^4+3t^2.2^{2k+1-b}+1)=c^2$
+ $b$ lẻ thì $2^{4k-b}.t^4+3t^2.2^{2k+1-b}+1 \vdots 2 \implies 2k+1=b$. Khi đó $2^{2k}(2^{2k}.t^4+6t^2+2)=c^2$.
Khi đó tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $2^{2k}.t^4+6t^2+2=m^2 >(2^k.t^2)^2 \implies 6t^2 +1 \ge 2^{k+1}t^2 \implies k=1.$ Khi đó $4t^4+6t^2+2=m^2 \implies ...$
+ $b$ chẵn thì $b=2l; l \in \mathbb{N^*}$. Khi đó: $n \in \mathbb{N^*};n^2=(2^{2k-l}t^2)^2+6. t^2.2^{2k-2l}+1 \ge (2^{2k-l}t^2+1)^2 \implies 6t^22^{2k-2l} \ge 2.2^{2k-l}t^2 \implies 3.2^{-l-1} \ge 1$, vô lý vì $3.2^{-l-1}=\frac{3}{2^{l+1}} \le \frac{3}{4} <1$
- perfectstrong và Duc3290 thích
#5
Đã gửi 18-02-2024 - 10:03
V1. Ta có $a;b;c \in \mathbb{N^*}; a^4+6a^2+2^b=c^2.$
Bỏ qua các trường hợp $b=1;b=2$.
Ta xét $b \ge 3$.
- Nếu $a$ lẻ thì $a^4+6a^2+2^b \equiv 1+6 \equiv 3 \pmod 4$, vô lý vì $c^2 \equiv 0;1 \pmod 4$ (loại)
- Nếu $a$ chẵn thì khi đó ta đặt $a=2^k.t;k \in \mathbb{N^*}; t$ là số nguyên dương lẻ. Khi đó $2^{4k}.t^4+2^{2k+1}.3t^2+2^b=c^2$. Ta nhận thấy $4k > 2k+1$. Ta xét:
- Với $b>2k+1$ thì khi đó $2^{2k+1}(2^{2k-1}.t^4+3t^2+2^{b-2k-1})=c^2$. Vì vế phải là một số chính phương nên $c \vdots 2^{k+1}$. Khi đó $2^{2k-1}.t^4+3t^2+2^{b-2k-1} \vdots 2$. Khi đó $b=2k+1$, vô lý với $b >2k+1$.
- Với $b \le 2k+1 <4k$ thì khi đó $2^b(2^{4k-b}.t^4+3t^2.2^{2k+1-b}+1)=c^2$
+ $b$ lẻ thì $2^{4k-b}.t^4+3t^2.2^{2k+1-b}+1 \vdots 2 \implies 2k+1=b$. Khi đó $2^{2k}(2^{2k}.t^4+6t^2+2)=c^2$.
Khi đó tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $2^{2k}.t^4+6t^2+2=m^2 >(2^k.t^2)^2 \implies 6t^2 +1 \ge 2^{k+1}t^2 \implies k=1.$ Khi đó $4t^4+6t^2+2=m^2 \implies ...$
+ $b$ chẵn thì $b=2l; l \in \mathbb{N^*}$. Khi đó: $n \in \mathbb{N^*};n^2=(2^{2k-l}t^2)^2+6. t^2.2^{2k-2l}+1 \ge (2^{2k-l}t^2+1)^2 \implies 6t^22^{2k-2l} \ge 2.2^{2k-l}t^2 \implies 3.2^{-l-1} \ge 1$, vô lý vì $3.2^{-l-1}=\frac{3}{2^{l+1}} \le \frac{3}{4} <1$
Một cách xử lý khác cho trường hợp $b \leq 2k+1$
Khi đó $2^b \leq 2^{2k+1} = 2.(2^k)^2 \leq 2a^2$
Từ đó $(a^2+2)^2 < a^4+6a^2+2^b < (a^2+4)^2$(có thể xét trước luôn $b = 3$ để kẹp trực tiếp $a^4+6a^2+2^b$ nằm giữa hai scp liên tiếp)
- perfectstrong yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh