loolo

Mình ko hỏi chỗ đó. Mình hỏi là sao $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ca)}.(ab+bc+ca)$

$(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow a+b+c\geq \sqrt{3(ab+bc+ac)}$

Ta có: $2.\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq 3.\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{bc}}$

Thiết lập các bđt tương tự ta được:

$2.\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3.\sqrt[3]{\frac{b^{2}}{ac}};2.\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\geq \sqrt[3]{\frac{c^{2}}{ab}}$

Cộng vế theo vế ta được:

$3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 3(\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}})$

$\Leftrightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$ (đpcm)

vì vai trò của x,y,z là bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta giả sử $x\leq y\leq z$

pt 1 $\Rightarrow 2003=\frac{20y}{x^{2}}+11y\geq \frac{20}{y}+11y$

pt 3$\Rightarrow 2003=\frac{20x}{z^{2}}+11x\leq \frac{20}{y}+11y$

do đó x=y=z và 2003=$\frac{20}{y}+11y$

Để chặt phải chứng minh đk x,y,z$> 0$:

$pt(1)\Leftrightarrow y(\frac{20}{x^{2}}+11)=2003\Rightarrow y> 0$

Tương tự chứng minh được $z,x>0$

Nếu không có điều kiện này thì không thể khẳng định $x\leq y\leq z\Rightarrow x^{2}\leqslant y^{2}\leq z^{2}$

Ta viết lại: $\sqrt{x-\frac{1}{x}}+5\sqrt{\frac{1}{x}.(x-1)}+2=\frac{3x^{2}+2}{x}$

$\Rightarrow x\geq 1$

Ta có: $\sqrt{x-\frac{1}{x}}+5\sqrt{1-\frac{1}{x}}+2=\sqrt{(x-\frac{1}{x}).1}+5\sqrt{\frac{1}{x}(x-1)}+2\leq \frac{x-\frac{1}{x}+1}{2}+5.\frac{\frac{1}{x}+x-1}{2}+2=3x+\frac{2}{x}$

Dấu " = " tại $\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{x}=1 & \\ x-1=\frac{1}{x} & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$

Nguồn: page Toán học Bắc Trung Nam

 

Bài 2: Tìm các số nguyên không âm x, y sao cho: $x^2=y^2+\sqrt{y+1}$

 

Xét $y=0\Rightarrow x=1$

Xét $y> 0$, ta có :

$y^{2}< y^{2}+\sqrt{y+1}< y^{2}+y+1< y^{2}+2y+1=(y+1)^{2}$

$\Rightarrow y^{2}+\sqrt{y+1}$ không thể là số chính phương

Vậy cặp nghiệm nguyên không âm cần tìm là $(x;y)=(1;0)$

Đây là bài IMO 2008, bạn có thể tham khảo tại Bài toán 2 ở đây http://diendantoanho...h-bất-đẳng-thức

Bài 1:

$pt(1)\Leftrightarrow x^{3}+x=(y-1)^{3}+(y-1)$

Xét $f(t)=t^{3}+t$, dễ thấy hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$

Ta có: $f(x)=f(y-1)$

          $\Leftrightarrow x=y-1$

Thế vào pt(2) ta được:

$\sqrt{2y^{2}-3y+10}+\sqrt{2y^{2}-5y+4}=y+3$

$\Leftrightarrow (\sqrt{2y^{2}-3y+10}+\sqrt{2y^{2}-5y+4})(\sqrt{2y^{2}-3y+10}-\sqrt{2y^{2}-5y+4}-2)=0$

Tới đây ok rồi.

Lời giải bài 102:

Bổ đề quen thuộc với a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác:

                                   $(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)\leq abc$

Áp dụng bổ đề ta được: $\sqrt{\frac{a}{b+c-a}}+\sqrt{\frac{b}{a+c-b}}+\sqrt{\frac{c}{a+b-c}}\geq 3\sqrt[6]{\frac{abc}{(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)}}\geq 3\sqrt[6]{\frac{abc}{abc}}=3$ (đpcm)

Dấu " = " tại a=b=c.

Mình giải cũng chả có gì đặc sắc, không biết có đúng không

Bài 4:

Xét x=0, suy ra y không thỏa

Xét x=1, suy ra y không thỏa

Xét $x>1$, pt đã cho tương đương:

$2^{x}+135=y^{2}$

Ta có: $2^{x}\equiv 0(mod4); 135\equiv 3(mod4)\Rightarrow VT\equiv 3(mod4)$

Mà $y^{2}\equiv 0,1(mod4)$

Vậy không có cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn đề bài.

Bài 2:

$pt(1)+2.pt(2):(3x+y)^{2}+2(3x+y)-\frac{119}{25}=0$

                      $\Leftrightarrow 3x+y=\frac{7}{5} \vee 3x+y=\frac{-17}{5}$

Gọi I là trung điểm BC. Lấy điểm H trên OI sao cho $\frac{OH}{OI}=\frac{2}{3}$$\Rightarrow$ H cố định

Ta có: $\frac{IG}{GA}=\frac{IH}{HO}=\frac{1}{2}\Rightarrow GH\parallel OA\Rightarrow GH=\frac{1}{3}OA$$=\frac{1}{3}R$: không đổi

Vậy G di động trên $(H;\frac{1}{3}R)$

$VT=\sqrt{\frac{12}{x^{2}}(x^{2}-1)}+\sqrt{(x^{2}-\frac{12}{x^{2}}).1}\leq \frac{\frac{12}{x^{2}}+x^{2}-1}{2}+\frac{x^{2}-\frac{12}{x^{2}}+1}{2}=x^{2}=VP$

Dấu " = " tại $\left\{\begin{matrix} \frac{12}{x^{2}}=x^{2}-1 & \\ x^{2}-\frac{12}{x^{2}}=1 & \end{matrix}\right.$

                   $\Leftrightarrow x=2 \vee x=-2$

Bổ đề: . $3(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)\leq (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

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

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

$\sum \frac{a^{5}}{b^{2}+c^{2}}=\sum \frac{a^{6}}{b^{2}a+c^{2}a}\geq \frac{(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}}{(b^{2}a+a^{2}c+c^{2}a)+(c^{2}a+a^{2}b+b^{2}c)}\geq \frac{(a+b+c)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{9.\frac{2.(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{3}}=\frac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{6}\geq \frac{(a+b+c).(a+b+c)^{2}}{3.6}=\frac{3}{2}$

Dấu " = " tại $a=b=c=1$

Tìm tất cả các số nguyên tố $p,q$ sao cho $pq\mid p^{p}+q^{q}+1$

$(x+3y+4z+t)^{2}\leq (1+9+16+1)(x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2})=27(x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2})$

Dấu " = " tại $x=\frac{y}{3}=\frac{z}{4}=t$

Tới đây thế vào pt(2) theo một ẩn rồi tính