Số học $1$

Bài Toán:Tìm các số nguyên $x,y$ thỏa mãn:$\left ( x-1 \right )\left ( y^5+y^2-2y \right )=x^{11}-1$

Lời giải:Bổ đề :

Với $m,x$ nguyên dương và $p$ nguyên tố thỏa $m\mid \dfrac{x^p-1}{x-1}$ thì ta luôn có $m\equiv 0,1\;\pmod p$.

Khi đó quay trở lại với bài toán, nhận thấy $(1,y)$ là nghiệm của phương trình, xét $x\neq 1$, ta viết phương trình đã cho thành :

$$\dfrac{x^{11}-1}{x-1}=y^5+y^2-2y=y(y-1)(y^2+y+2)$$

Theo bổ đề thì :

$$\left\{\begin{matrix} y\equiv 0,1\;\pmod {11}\;\;(1)\\ y-1\equiv 0,1\;\pmod {11}\;\;\;(2)\\ y^2+y+2\equiv 0,1\;\pmod {11}\;\;(3) \end{matrix}\right.$$

Từ $(1)(2)$ suy ra $y\equiv 1\;\pmod {11}$. Nhưng từ đó lại suy ra :

$$y^2+y+2\equiv 4\;\pmod {11}$$

Mâu thuẫn với $(3)$. 

Phương trình có nghiệm $(x,y)=(1,k)$.

Hình học $1$

Bài toán:Cho 3 điểm $A,B,C$ theo thứ tự thuộc đường thẳng $d$, $M$ là một điểm duy nhất thay đổi trên đường thẳng qua $C$ và vuông góc với $d$. Từ $M$ vẽ các tiếp tuyến $MD,ME$ đến đường tròn đường kính $AB$, trong đó $D,E$ là các tiếp điểm . Chứng minh trực tâm $H$ của tam giác $MDE$ thuộc một đường tròn cố định.

Lời giải:

Gọi I là giao điểm của OM,ED

Dễ thấy tứ giác MIFC nội tiếp $=>OF.OC=OI.OM=OD^{2}=R^{2}$

$=>OF=\frac{R^{2}}{OC}$ giá trị không đổi. Mà $O$ cố định nên  $F$ cố định 

Do $\angle IDO=\angle IDH\left ( =\angle IME \right )=>\Delta ODH$ cân vì DI vừa đường cao vừa phân giác 

$=>DO=DH$ hay DI là trung trực của OH $=>FH=FO=const$ 

Suy ra $H \in( F,\frac{R^{2}}{OC})$ cố định

Bất đẳng thức $11$

Bài Toán: Cho số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn : $x^2+y^2+z^2=2$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$M=\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\frac{y+z}{z+y+x+1}+\frac{1}{xyz+3}$$

Lời giải:  Ta sẽ CM :$M\leq 1$

Ta có $2(1-xy-xz+yz)=x^2+y^2+z^2-2xy-2xz+2yz=(x-y-z)^2\geq 0$

$= > x^2+yz+x+1=x(x+y+z+1)+(1-xy-xz+yz)\geq x(x+y+z+1)$
$= > \dfrac{x^2}{x^2+yz+x+1}\leq \dfrac{x^2}{x(x+y+z+1)}=\dfrac{x}{x+y+z+1}$

$= > M\leq \dfrac{x}{x+y+z+1}+\dfrac{y+z}{x+y+z+1}+\dfrac{1}{xyz+3}=1-\dfrac{1}{x+y+z+1}+\dfrac{1}{xyz+3}\leq 1$
$< = > \dfrac{1}{x+y+z+1}\geq \dfrac{1}{xyz+3}$
$< = > xyz+2\geq x+y+z$

 Theo bđt Bunhiacopxki có $\left [ x+y+z-xyz \right ]^2=\left [ x(1-yz)+(y+z) \right ]^2\leq (x^2+(y+z)^2)((1-yz)^2+1^2)=(2+2yz)(y^2z^2-2yz+2)\leq 4$
$< = > (yz)^2(yz-1)\leq 0< = > yz\leq 1$ 

Nhưng bđt đúng vì $2=x^2+y^2+z^2\geq y^2+z^2\geq 2yz= > yz\leq 1$

   Do đó ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra khi $x=0,y=z=1$

Bất đẳng thức $10$

Bài Toán:Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=2$.Chứng minh rằng:$$a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc\leqslant 1$$

Lời giải:Đặt $q=ab+bc+ca, abc=r, a+b+c=p=2$

Khi đó $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc=q^2-2abc(a+b+c)+r=q^2-3r$

Ta cần chứng minh $q^2-3r\leqslant 1\Leftrightarrow q^2\leqslant 3r+1$

+) Nếu $q<1$ ta có đpcm

+) Xét $q \geqslant 1$

Áp dụng BĐT Schur ta có $r\geqslant \frac{4pq-p^3}{9}=\frac{8q-8}{8}\Rightarrow 1+3r\geqslant 1+\frac{8q-8}{3}$

Ta cần chứng minh $1+\frac{8q-8}{3}\geqslant q^2\Leftrightarrow (q-1)(q-\frac{5}{3})\leqslant 1$

BĐT trên luôn đúng do $q=ab+bc+ca\leqslant \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{4}{3}<\frac{5}{3}$, và $q \geqslant 1$

Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(1;1;0)$ và hoán vị.

Bất đẳng thức $9$

Bài Toán:Cho a,b,c$\geq$0 $a+b+c=1$ Chứng minh rằng:
$$10(a^{3}+b^{3}+c^{3})-9\left ( a^{5}+b^{5}+c^{5} \right )\geq 1$$

Lời giải: TH1: $a,b,c\epsilon \left [ 0,\dfrac{9}{10} \right ]$

Khi đó dễ dàng chứng minh được: $\sum (10a^3-9a^5)\geq \sum (\dfrac{25}{9}a-\dfrac{16}{27})=1$

TH2: Trong 3 số có một số $\geq \dfrac{9}{10}$, giả sử số đó là $a$

Xét hàm số: $f(a)=10a^3-9a^5$ trên $\left [ \dfrac{9}{10},1 \right ]$

Có $f'(a)=15a^2(2-3a^2)\leq 0$ với $a\epsilon \left [ \dfrac{9}{10},1 \right ]$

Do đó $f(a)$ nghịch biến trên $\left [ \dfrac{9}{10},1 \right ]$

Do đó: $f(a)\geq f(1)=1$

Từ đó suy ra ĐPCM

Bất đẳng thức $8$

Bài toán: Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+2b-c>0 và $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac+2$.Tìm GTLN của biểu thức: 

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

Lời giải: Ta có:$ab+bc+ac+2=a^2+b^2+c^2\geq a^2+2bc$

$\Leftrightarrow ab+ac+2\geq a^2+bc$

$\Leftrightarrow 2(ab+ac)+2\geq (a+b)(a+c)$

$\Leftrightarrow a(b+c)+1\geq \frac{(a+b)(a+c)}{2}$

$\Leftrightarrow a(b+c)+a+b+1\geq \frac{(a+b)(a+c+2)}{2}$

$\Rightarrow \frac{a+c+2}{a(b+c)+a+b+1}\leq \frac{2}{a+b}$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:

$(a+c)(a+2b-c)\leq \frac{(a+c+a+2b-c)^2}{4}=(a+b)^2\Rightarrow \frac{a+b+1}{(a+c)(a+2b-c)}\geq \frac{a+b+1}{(a+b)^2}$

$\Rightarrow P\leq \frac{2}{a+b}-\frac{a+b+1}{(a+b)^2}=\frac{1}{a+b}-\frac{1}{(a+b)^2}=\frac{1}{4}-\left ( \frac{1}{a+b}-\frac{1}{2} \right )^2\leq \frac{1}{4}$

Vậy P max=$1/4$

Bất đẳng thức $7$

Bài toán:Cho các số thực $x,y,z$ thuộc đoạn $[0;1]$.Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{z+x+1}+\frac{z}{x+y+1}+(1-x)(1-y)(1-z)$

Lời giải:Giả sử $x=max\left \{ x;y;z \right \}$. Ta có:

$3\sqrt[3]{(1-y)(1-z)(y+z+1)}\leq (1-y)+(1-z)+(y+z+1)=1$
$\Rightarrow (1-x)(1-y)(1-z)\leq \frac{1-x}{y+z+1}$
$\Rightarrow \frac{x}{y+z+1}+(1-x)(1-y)(1-z)\leq \frac{1}{y+z+1}$ (1)

Mặt khác $x\geq y\geq z$
$\Rightarrow \frac{y}{x+z+1}\leq \frac{y}{y+z+1}$ (2)
$\frac{z}{x+y+1}\leq \frac{z}{y+z+1}$ (3)

Từ (1), (2), (3)
$\Rightarrow \frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{z+x+1}+\frac{z}{x+y+1}+(1-x)(1-y)(1-z)\leq 1$

Vậy GTLN của P = 1, xảy ra $\Leftrightarrow (x,y,z)=(1,0,0)$ hoặc $(1,1,0)$ hoặc $(1;0;1)$ hoặc $(1;1;1)$ và các hoán vị