hanguyen445

Cho $n$ là số nguyên dương và $m$ là ước nguyên dương của $2n^2$ Chứng minh rằng $n^2 + m$ không là số chính phương

Đặt $A=n^2+m$. Giả sử A là một số chính phương, khi đó tồn tại $ B\in N^*$ sao cho $A=B^2$

Nếu n=1  thì $m\in \{1;2\}$

+ Xét $m=1$ suy ra $A=n^2+1=B^2\Leftrightarrow (B-n)(B+n)=1\Rightarrow n=0$, mâu thuẫn với n nguyên dương.

+ Nếu $m=2\Rightarrow A=n^2+2=B^2\Leftrightarrow (B-n)(B+n)=2\Rightarrow n=\frac{1}{2}$, mâu thuẫn với n nguyên dương.

1/  tìm các số nguyên $x,y,z$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+3=0$.

2/  Cho $t$ là số nguyên, chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $x,y,z$ khác $0$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+4t=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $x',y',z'$ khác $0$ sao cho $x'+y'+z'=0$ và $x'y'+y'z'+z'x'+t=0$.

3/ với $d$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $x,y,z$ khác $0$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+2^{d}=0$

Bài 2. Ta có

$xy+yz+zx=-4t \Rightarrow  xy+yz+zx\equiv 0(mod 4)$; $x^2+y^2+z^2=-2(xy+yz+zx)\Rightarrow x^2+y^2+z^2\equiv 0(mod 4) (*)$

Chú ý rằng $\forall t\in R $ thì $t^2\equiv 0;1(mod 4)$, kết hợp với (*) ta suy ra $x^2,y^2,z^2\equiv 0(mod 4)\Rightarrow x;y;z\equiv 0(mod 2) $

Đặt $(x;y;z)=(2x';2y';2z')\ne (0;0;0)$ (***), thay ngược lại vào đẳng thức $xy+yz+zx+4t=0$ thì ta có 

$$x'+y'+z'+t=0$$

Từ (***) hiển nhiên $(x';y';z')\ne (0;0;0)$, do đó phép chứng minh hoàn tất.

1/  tìm các số nguyên $x,y,z$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+3=0$.

2/  Cho $t$ là số nguyên, chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $x,y,z$ khác $0$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+4t=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $x',y',z'$ khác $0$ sao cho $x'+y'+z'=0$ và $x'y'+y'z'+z'x'+t=0$.

3/ với $d$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $x,y,z$ khác $0$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+2^{d}=0$

Bài 1. Do vai trò x, y, z bình đẳng và trong ba số x,y,z luôn có hai số cùng dấu. Không giảm tổng quát giả sử $xy\ge 0$.

Ta có $xy+3=(x+y)^2\Leftrightarrow x^2+y^2+xy=3 (*)$. Nếu trong (*) có ít nhất một số bằng 0, hiển nhiên vô lý. Do đó $x^2+y^2+xy\ge 3$, 

như vậy (*) xảy ra khi và chỉ khi (x;y) nhận các cặp là $(1;1); (-1;-1)$, thay ngược lại tương ứng z nhận {-2;2}.

Vậy bộ (x;y;z) cần tìm là (1;1;-2) và (-1;-1;2)

Cho $a; b; c$ là các số thực dương thoả mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Chứng minh rằng: 
$\frac{a}{b(b+2c)^2}+\frac{b}{c(c+2a)^2}+\frac{c}{a(a+2b)^2}\geq \frac{4}{3}$

Ta có $ \frac{a}{b(b+2c)^2}=\frac{(\frac{a}{b+2c})^2}{ab}$. Biến đổi tương tự với các số hạng còn lại trong biểu thức vế trái và sử dụng BĐT cauchy-schwarz ta có $$VT\ge (\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b})^2.\frac{1}{ab+bc+ac}$$

Lại có $\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ac)}$. Khi đó

$$VT\ge\frac{(a+b+c)^4}{9(ab+bc+ac)^3}\ge\frac{1}{ab+bc+ac}$$

Có $1=(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\ge\frac{8}{9}. (ab+bc+ac)(a+b+c)\ge\frac{8}{9}(ab+bc+ac)\sqrt{3(ab+bc+ac)}$.

Hay $ab+bc+ac\le\frac{3}{4}$. Do đó ta suy ra được $VT\ge\frac{4}{3}$. Phép chứng minh hoàn tất.

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 

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

Bài toán 9b: Sử dụng BĐT cauchy-schwarz ta có

$P=\sum\frac{a^2}{\sqrt{a(2ab^2+2ac^2-a^3)}}\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)T}}$ với $T=\sum (2ab^2+2ac^2-a^3)$

Lại có $T=\sum 2(a+b+c)(ab+bc+ac)-a^3-b^3-c^3-6abc$ và sử dụng BĐT schur ta có $ a^3+b^3+c^3+3abc\ge\sum ab(a+b)$

Do đó suy ra $T\le 2(a+b+c)(ab+bc+ac)-(a+b+c)(ab+bc+ac)=(a+b+c)(ab+bc+ac)\le\frac{(a+b+c)^3}{3}$.

Như vậy thì $P\ge \sqrt{3}$. Phép chứng minh hoàn tất.

Chú ý: Để bất đẳng thức xảy ra thì ta cần thêm điều kiện $Min (b^2+c^2-a^2/2; a^2+c^2-b^2/2; a^2+b^2-c^2/2)>0$