thanhng2k7

Giả sử $a,b \epsilon \mathbb{N*}$ sao cho $\frac{(a+b)^{2}+a+b}{ab}$ là một số nguyên.Gọi d là một ước số chung bất kì của a và b.CMR $d\leq [\sqrt{a+b}]$.Kí hiệu $[x]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.

Còn một cách chứng minh khác:

Viết lại bất đẳng thức đã cho thành $\sum \frac{(1-2a)^2)}{a^2+(b+c)^2}\geq \frac{3}{5}$

Áp dụng Bunhiacopxki dạng phân thức ta có 

$\frac{(1-2b)^2}{b^2+(c+a)^2}+\frac{(1-2c)^2}{c^2+(a+b)^2)}\geq \frac{(2-2b-2c)^2}{b^2+c^2+(1-a)^2+(1-b)^2}=\frac{2a^2}{b^2+c^2+a}$

Quy về chứng minh $\frac{2a^2}{b^2+c^2+a}+\frac{(1-2a)^2}{a^2+(b+c)^2}\geq \frac{3}{5}$

Theo nguyên lí Dirichlet thì 2 trong 3 số $(a-\frac{1}{3}),(b-\frac{1}{3}),(c-\frac{1}{3})$ cùng dấu, không mất tổng quát giả sử $(b-\frac{1}{3})(c-\frac{1}{3})\geq 0\Rightarrow b^2+c^2\leq (b+c-\frac{1}{3})^2+\frac{1}{9}$

Do đó $\frac{2a^2}{b^2+c^2+a}\geq \frac{2a^2}{(a-\frac{2}{3})^2+\frac{1}{9}+a}=\frac{18a^2}{9a^2-3a+5}$

Suy ra $\frac{2a^2}{b^2+c^2+a}+\frac{(1-2a)^2}{a^2+(b+c)^2}\geq \frac{18a^2}{9a^2-3a+5}+\frac{(1-2a)^2}{a^2+(b+c)^2}$

Dễ dàng cm  $\frac{18a^2}{9a^2-3a+5}+\frac{(1-2a)^2}{a^2+(b+c)^2}\geq \frac{3}{5}$

$\Leftrightarrow (3a-1)^2(17a^2-8a+5)\geq 0$

Dấu"=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn a+b+c=1.CMR:

$\frac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2}+\frac{(c+a-b)^2}{b^2+(c+a)^2}+\frac{(a+b-c)^2}{c^2+(a+b)^2}\geq \frac{3}{5}$

(Gợi ý là dùng nguyên lí Dirichlet và bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh)

Giả sử tồn tại $x,y\epsilon Z$ sao cho thỏa mãn phương trình đã cho

Ta có  $x^3+y^3+6xy=-5$

$\Leftrightarrow x^3+y^3-8+6xy=-13$

$\Leftrightarrow (x+y-2)(x^2-xy+2x+2y+4+y^2)=-13$

Với x,y nguyên thì $x+y-2$,$x^2-xy+2x+2y+4+y^2$ nguyên

                               Mà $x^2+y^2-xy+2x+2y+4=\frac{1}{2}(2x^2+2y^2-2xy+4x+4y+8)=\frac{1}{2}[(x-y)^2+(x+2)^2+(y+2)^2]\geq 0$

                               nên $x+y-2$ âm

 Lập bảng và xét các trường hợp

Có $(x-1)^{2}\geq 0$ 

$\Leftrightarrow x^{2}-2x+1\geq 0$

$\Leftrightarrow (x^{2}-2x+1)(x+2)\geq 0$

$\Leftrightarrow x^{3}-3x+2\geq 0$

$\Leftrightarrow x^{3}\geq 3x-2$

Khi đó ta có 

$x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq 3(x+y+z)-6$

Hay $x+y+z\leq 3$

Xét $x^3+y^3+z^3-3xyz$

$=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$

$\leq 3(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$

Hay $3-3xyz\leq 3( x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$

$\Leftrightarrow 1-xyz\leq x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx$

$\Leftrightarrow -xyz\leq x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx-1$

$\Leftrightarrow 3(xy+yz+zx)-xyz\leq (x+y+z)^2-1\leq 8$( Do $x+y+z\leq 3$)

Dấu "=" xảy ra 

$\Leftrightarrow x=y=z=1$

*Giải thích thêm:

     $\frac{p(4q-p^{2})}{9}=\frac{1}{3}(4q-9)$

     $\Leftrightarrow 4pq-p^{3}=12q-27$  

       Thay $p=a+b+c=3;q=ab+bc+ca$ ta được 

          $27-12(ab+bc+ca)+12(a+b+c)-27=0$ (luôn đúng )

Đặt $x+y+z=p,xy+yz+zx=q,xyz=r$

Khi đó bất đẳng thức trơ thành $3r+9\geq 4q$

      Xét bất đẳng thức Schur bậc 3 dạng: 

        $4(a^{3}+b^{3}+c^{3})+15abc\geq (a+b+c)^{3}$ 

           $\Leftrightarrow r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}=\frac{1}{3}(4q-9)$

           $\Leftrightarrow 3r+12\geq 4q-9+12 \Leftrightarrow 3r+9\geq 4q$ 

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.