Số học

Bài toán: Tìm tất cả những số m sao cho phương trình:

$x^{2}-2x[x]+x-m=0$ (1)

có hai nghiệm không âm (kí hiệu $[x]$ chỉ sô nguyên lớn nhất không vượt quá x)

Lời giải: 

Đặt $[x]=y, x-[x]=z$

Phương trình đã cho tương đương với $z^{2}+z-y^{2}+y-m=0$, trong đó y là số nguyên và $0\leq z<1$

Ta tìm z theo y được:

                    $z=\frac{-1\pm \sqrt{\Delta }}{2}$ với $\Delta =1+4(y^{2}-y+m)$

Kết hợp với điều kiện $z\geq 0$ ta có:

                    $z=\frac{\sqrt{\Delta }-1}{2}$ (2) với $0\leq \frac{\sqrt{\Delta }-1}{2}\leq 1$

Hay: $1\leq \Delta <y; 0\leq y^{2}-y+m<2$  (3)

Gọi $x_{1},x_{2}$ ($x_{1}>x_{2}$) là hai nghiệm không âm của (1) và 

$[x_{i}]=y_{i}\geq 0,x_{i}-[x_{i}]=z_{i}$ (i=1,2)

Đẳng thức $y_{1}=y_{2}$ không xảy ra được vì từ (2): $y_{1}=y_{2}$ thì $x_{1}=x_{2}$ trái với bài ra. Vậy $y_{1}>y_{2}$.

Nhưng từ (3): $0\leq y_{i}^{2}-y_{i}+m<2 (i=1,2)$ (4)

và $\left | y_{1}^{2}-y_{1}-y_{2}^{2}+y_{2} \right |<2, (y_{1}-y_{2})\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |<2$.

Do $y_{1}$ và $y_{2}$ nguyên và $y_{1}-y_{2}\geq 1$ nên hoặc là $\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=1$ hoặc $\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=0$

Trong trường hợp thứ nhất: $\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=1$, ta có: $y_{1}+y_{2}=2$ và $y_{1}=2$ và $y_{1}=2,y_{2}=0$, như thế $(y_{1}-y_{2})\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=2$, mâu thuẫn!

Trong trường hợp hai: $\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=0$, ta có: $y_{1}+y_{2}=1$ và từ $y_{1}>y_{2}\ geq0$ suy ra $y_{1}=1,y_{2}=0$

Từ đó: $x_{1,2}=\frac{\sqrt{1+4m}\pm 1}{2}$.

Rõ ràng phương trình đã cho không có trên 2 nghiệm không âm phân biệt. Vậy từ bất đẳng thức (4) tương đương với các điều kiện (3) ta có: $0\leq m<2$

Kết luận: Giá trị m cần tìm là $0\leq m<2$$\square$ 

Số học 5

Đề bài: Tìm $x,y,z$ nguyên dương đôi một khác nhau thỏa mãn:

$2^{x}+2^{y}+2^{z}=2336$

Giải:

Không mất tính tổng quát, giả sử: $x<y<z$

Ta có: $2^{x}+2^{y}+2^{z}=2336\Leftrightarrow 2^{x}(1+2^{y-x}+2^{z-x})=2^{5}.73$

Vì $1+2^{y-x}+2^{z-x}$ là một số lẻ nên chỉ có thể: $2^{x}=2^{5}\Leftrightarrow x=5$

Lại có: $1+2^{y-x}+2^{z-x}=73\Leftrightarrow 2^{y-5}+2^{z-5}=72=2^{3}.9$

                                                        $\Leftrightarrow 2^{y-5}(1+2^{z-y})=2^{3}.9$

Vì $1+2^{z-y}$ là một số lẻ $\Leftrightarrow 2^{y-5}=2^{3}$ và $1+2^{z-y}=9$

Vậy ba số cần tìm là $x=5, y=8,z=11$

Hình học 2

Cho tam giác ABC vuông ở A. Đường cao AH, từ H hạ các đường vuông góc với AB, AC cắt AB, AC ở E, F. Tìm 2 điểm cố định mà đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEFC đi qua khi B, C thay đổi và A, H cố định.
Lời giải:

Bất đẳng thức trên tập số nguyên

Bất đẳng thức trên tập số nguyên

Khi xét bất đẳng thức trên tập số nguyên chúng ta cần lưu ý hai nhận xét sau:

1) Số chiều $n$ của bất đẳng thức có liên quan đến các biến số nguyên

2) Dấu đẳng thức xảy ra tại các điểm nguyên

I. Bất đẳng thức Cauchy trên tập số nguyên

Xét bất đẳng thức $x_{i}>0 (i=\overline{1,n})$

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{1}\geq \left ( \prod_{i=1}^{n} \right)^{\frac{1}{n}}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 1. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

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

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=c$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 2.  Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\geq b^{\frac{a}{a+b+c}}.c^{\frac{b}{a+b+c}}.a^{\frac{c}{a+b+c}}$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>0 (i=\overline{1,n})$

$\prod_{i=1}^{n}(1+x_{1})\geq \left ( 1+( \prod_{i=1}^{n}x_{i})^{\frac{1}{n}} \right )^{n}$

Chọn 

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

Ta thu được:

Ví dụ 3. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(1+a)^{\frac{a}{a+b}}.(1+b)^{\frac{b}{a+b}}\geq 1+a^{\frac{a}{a+b}}.b^{\frac{b}{a+b}}$

Chọn 

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 4. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(1+a)^{\frac{a}{a+b}}.(1+b)^{\frac{b}{a+b}}\geq 1+a^{\frac{b}{a+b}}.b^{\frac{a}{a+b}}$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>1(i=\overline{1,n})$

$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+x_{i}}\geq \frac{n}{1+\left ( \prod_{i=1}^{n} \right )}^{\frac{1}{n}}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 5. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\left ( 1+a^{\frac{a}{a+b+c}}.b^{\frac{a}{a+b+c}}.c^{\frac{a}{a+b+c}} \right )\left ( \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c} \right )\geq a+b+c$

Chọn 

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 6. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\left ( 1+a^{\frac{b}{a+b}}.b^{\frac{a}{a+b}} \right )\left ( \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b} \right )\geq a+b$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>0(i=\overline{1,n})$

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{k}\geq \left ( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i} \right )^{k}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*},k=3$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 7. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(a+b+c)^{2}(a^{4}+b^{4}+c^{4})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$

Chọn

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*},k=3$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 8. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

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

  

Xét bất đẳng thức:

$\sum_{i=1}^{n}(1+x_{i=1}^{2})^{\frac{1}{2}}\geq \left ( n^{2}+(\sum_{i=1}^{n}x_{i})^{2} \right )^{\frac{1}{2}}$

Chọn

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=c$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 9. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$a\sqrt{1+a^{2}}+b\sqrt{1+b^{2}}+c\sqrt{1+c^{2}}\geq \sqrt{(a+b+c)^{2}+(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}$

Chọn

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 10. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$a\sqrt{1+b^{2}}+b\sqrt{1+a^{2}}\geq \sqrt{(a+b)^{2}+4a^{2}b^{2}}$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>0$

$\sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{1+x_{i}}\leq \frac{n\sum_{i=1}^{n}x_{i}}{n+\sum_{i=1}^{n}x_{i}}$

Chọn

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được

Ví dụ 11. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

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

Chọn

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được

Ví dụ 12.  Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$ab\left ( \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b} \right )\leq \frac{2ab(a+b)}{a+b+2ab}$

II. Bất đẳng thức tổ hợp cơ bản

Trước hết ta xét bài tập cơ bản sau:

Ví dụ 13. Với $a,b\in \mathbb{N}^{*}$, $a+b=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=a!b!$

Giải

Ta chứng minh

Nếu $a+b=n,a-b\geq 2$ thì $a!b!$ không đạt giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, ta xây dựng: $a_{1}=a-1,b_{1}=b+1\Rightarrow a_{1}+b_{1}=n$

Ta chứng minh:

$a!b!>a_{1}!b_{1}!=(a-1)!(b+1)!$

$\Leftrightarrow a>b+1$ (Hiển nhiên đúng vì $a\geq b+2>b+1$)

Vậy giá trị nhỏ nhất của $a!b!$ chỉ đạt được khi $a-b$ nhân một trong hai giá trị $0$ và $1$.

Nếu $n=2k$. Suy ra: $a=b=k$ và $P_{min}=(k!)^{2}$

Nếu $n=2k+1$. Suy ra: $a=k+1,b=k$ và $P_{min}=k!(k+1)!$

Dễ dàng chứng mở rộng cho trường hợp nhiều biến:

Ví dụ 14. Với $x_{i}\in \mathbb{N}^{*}(i=\overline{1,m})$, $\sum_{i=1}^{m}x_{i}=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)$

Giải

Ta chứng minh

Nếu $\sum_{i=1}^{m}x_{i}=n$ và tồn tại $x_{p}-x_{q}\geq 2$ thì $\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)$ không đạt giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, ta xây dựng

$y_{i}=x_{i}(i\neq p,i\neq q)$

$y_{p}=x_{p}-1,y_{q}=x_{q}-1$

Khi đó: $\sum_{i=1}^{m}y_{i}=n$ (thỏa mãn điều kiện của bài toán), và:

$\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)> \prod_{i=1}^{m}(y_{i}!)$

$\Leftrightarrow x_{p}!x_{q}!>y_{p}!y_{q}!=(x_{p}-1)!(x_{q}+1)!$

$\Leftrightarrow x_{p}>x_{q}+1$ (Hiển nhiên đúng vì $x_{p}\geq x_{q}+2>x_{q}+1$)

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)$ chỉ đạt được khi $x_{p}-x_{q}$ nhận một trong hai giá trị $0$ và $1$, $p,q$ bất kì

Nếu $n=km$, suy ra 

$x_{1}=x_{2}=...=x_{m}=k$

$P_{min}=(k!)^{m}$

Nếu $n=km+l$ ($1\leq l\leq m-1$

Suy ra

$x_{1}=x_{2}=...=x_{l}=k+1$

$x_{l+1}=x_{l+2}=...=x_{l+n}=k$

Và $P_{min}=((k+1)!)^{l}.(k!)^{n-l}$

Với cách giải tương tự ta có thể giải dễ dàng các bài toán sau:

Ví dụ 15. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương thỏa mãn $a+b=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của

$P=a!+b!$

$Q=(a!)^{2}+(b!)^{2}$

$T=\sqrt{a!}+\sqrt{b!}$

Giải

Giả sử $a+b=n,a-b\geq 2$

Khi đó ta chứng minh các biểu thức trên không đạt giá trị nhỏ nhất

Thật vậy

Đặt $a_{1}=a-1,b_{1}=b+1$ ta có $a_{1}+b_{1}=n$ và chứng minh

1) $a!+b!>a_{1}!+b_{1}!=(a-1)!+(b+1)!$

$\Leftrightarrow (a-1)!(a-1)!>b!b!$ (Đúng)

2) $(a!)^{2}+(b!)^{2}>(a_{1}!)^{2}+(b_{1}!)^{2}=((a-1)!)^{2}+((b+1)!^{2}$

$\Leftrightarrow ((a-1)!)^{2}(a^{2}-1)>(b!)^{2}((b+1)^{2}-1)$ (Hiển nhiên đúng)

3) $\sqrt{a!}+\sqrt{b}!>\sqrt{a_{1}!}+\sqrt{b_{1}}=\sqrt{(a-1)!}+\sqrt{(b+1)!}$

$\Leftrightarrow \sqrt{(a-1)!}(\sqrt{a}-1)>\sqrt{b!}(\sqrt{b+1}-1)$ (Hiển nhiên đúng)

III. Bài tập đề nghị:

1. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương thỏa mãn $a+2b=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của

1) $P=(a!)(b!)^{2}$

2) $Q=(a!)^{2}+2(b!)^{2}$

3) $T=\sqrt{a!}+2\sqrt{b!}$

2. Với $0<k<500$, tìm giá trị nhỏ nhất của

1) $P=(k!)^{2}.(1000-2k)!$

2) $Q=2(k!)^{2}((1000-2k)!)^{2}$

3) $T=2\sqrt{k!}+\sqrt{(1000-2k)!}$

3. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$a\sqrt{a}+b\sqrt{b}\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2})(a+b)}$

4. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng

$a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\leq \sqrt{(ab+bc+ca)(a+b+c)}$

5. Với $a,b,c$ là những số tự nhiên dương, chứng minh rằng

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}$

- Lược trích quyển "Bất đẳng thức Cauchy" -

To be continue....

Nguồn: VMF - VMFer: rainbow99

Số học 4

Bài Toán:Chứng minh rằng luôn chọn được ba số nguyên dương $a,b,c$ sao cho nhiều nhất hai trong ba số $(3a)^2+3b+3c, (3b)^2+3c+3a, (3c)^2+3a+3b$ chính phương.

LỜI GIẢI

Giải như sau:
Ta suy như sau: Để tồn tại nhiều nhất 2 trong 3 số trên chính phương, ta sẽ tìm một bộ nghiệm $(a,b,c)$ thỏa đề bài dựa theo một form số-biến số (biến số: số thay đổi khi ta thay các giá trị).
Ta xét $(3a)^2+3b+3c=9a^2+3b+3c$ lại thấy hàng cao nhất của phương trình trên là $9a^2$ do vậy ta chọn $a=k,b=6k,c=3$ <*> (chú ý $k\geq 1$)
Khi đó $(3a)^2+3b+3c=9k^2+18k+9=(3k+3)^2$ là số chính phương <1>
Thay bộ nghiệm $<*>$ vào $(3b)^2+3c+3a=324k^2+3k+9$
Ta thấy $(18k)^2<324k^2+3k+9<(18k+1)^2$ do vậy $324k^2+3k+9$ không chính phương <2> (phương pháp kẹp giữa 2 số chính phương liên tiếp - đánh giá)
Thay bộ nghiệm $<*>$ vào $(3c)^2+3a+3b=21k+81$ <3>
Đến đây dù $k$ thế nào đi nữa thì <1> và <2> vẫn thỏa đề, vấn đề bây giờ ta chỉ cần tìm $k$ để <3> chính phương là xong.
Dễ thấy $(7q+9)^2=49q^2+126q+81=7(7q^2+18q)+81$ như vậy chọn $21k=7(7q^2+18q)$
Thấy $21k$ chia hết cho 3 suy ra $q$ chia hết cho 3 nên $q=3t$
Đến đây suy ra $k=21t^2+18t$
Vậy bộ 3 số $a,b,c$ là $\boxed{(a,b,c)=(k,6k,3)}$ Với $k=21t^2+18t$ thì thỏa đề 

Tổng hợp các bài BĐT thi thử THPT QG năm 2015-2016 của báo THTT

Bài 1 (Đề thi thử số 1 THPT QG của báo THTT số 459 tháng 9/2015)

Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn $\frac{1}{x^{18}}+\frac{1}{y^{18}}+\frac{1}{z^{18}}\leq 3$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$F=\frac{x^{2015}+y^{2015}}{x^{1997}+y^{1997}}+\frac{y^{2015}+z^{2015}}{y^{1997}+z^{1997}}+\frac{x^{2015}+z^{2015}}{x^{1997}+z^{1997}}$$

Lời giải:(VMFer:phamngochung9a)

Áp dụng BĐT $Cauchy$

$3\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{x^{18}y^{18}z^{18}}}\Rightarrow 3\sqrt[3]{x^{18}y^{18}z^{18}}\geq 3$

Áp dụng $Chebyshev$ , ta có: 

$\dfrac{x^{2015}+y^{2015}}{x^{1997}+y^{1997}}\geq \dfrac{\frac{1}{2}(x^{1997}+y^{1997})(x^{18}+y^{18})}{x^{1997}+y^{1997}}=\dfrac{1}{2}(x^{18}+y^{18})$

Lập các BĐT tương tự rồi cộng lại, suy ra:

 $F=\dfrac{x^{2015}+y^{2015}}{x^{1997}+y^{1997}}+\dfrac{y^{2015}+z^{2015}}{y^{1997}+z^{1997}}+\dfrac{x^{2015}+z^{2015}}{x^{1997}+z^{1997}}\geq x^{18}+y^{18}+z^{18}\geq 3\sqrt[3]{x^{18}y^{18}z^{18}}\geq 3$

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài 2 ( Đề thi thử số 1 báo THTT số 448 tháng 10/2014 )  Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện :

$a^{2}+b^{2}+c^{2}=14$.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

  $$P=\frac{4(a+c)}{a^{2}+3c^{2}+28}+\frac{4a}{a^{2}+bc+7}-\frac{5}{(a+b)^{2}}-\frac{3}{a(b+c)}$$  

                                       

                                                                                    ( Trần Quốc Luật - Gv THPT chuyên Hà Tĩnh )  

Lời giải:(VMFer:Dinh Xuan Hung)

Ta có:$\dfrac{a^2}{\dfrac{1}{2}}+\frac{b^2}{\dfrac{1}{3}}+\frac{c^2}{\dfrac{1}{6}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}}\Rightarrow a^2+3c^2+28=3a^2+2b^2+5c^2\geq 2(a+b)(a+c)$

Mặt khác:$\dfrac{4a}{a^2+bc+7}=\frac{8a}{2a^2+a^2+(b+c)^2}\leq \dfrac{8a}{2a^2+2a(b+c)}=\dfrac{4}{a+b+c}\leq \dfrac{2}{\sqrt{a(b+c)}}$

Do vậy $\mathbb{P}\leq \dfrac{2}{a+b}-\frac{5}{(a+b)^2}+\dfrac{2}{\sqrt{a(b+c)}}-\dfrac{3}{a(b+c)}=\dfrac{1}{5}-5\left ( \dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{5} \right )^2+\dfrac{1}{3}-3\left ( \dfrac{1}{\sqrt{a(b+c)}}-\dfrac{1}{3} \right )^2\leq \dfrac{8}{15}$

Khi $a=1;b=2;c=3$ thì $P=\dfrac{8}{15}$

Vậy $P$ max = $\dfrac{8}{15}$ 

Bài 3 (Đề thi thử số 2 báo THTT số 449 tháng 11/2014)

Cho $a.b.c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=\frac{1}{6}$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$\mathbb{P}=\frac{1}{a^4(2b+1)(3c+1)}+\frac{1}{16b^4(3c+1)(a+1)}+\frac{1}{81c^4(a+1)(2b+1)}$$

Lời giải:(VMFer:Supermath98)

Đổi biến $\left ( \dfrac{1}{a};\dfrac{1}{2b};\dfrac{1}{2c} \right )\rightarrow \left ( x;y;z \right )$. Từ điều kiện suy ra $xyz=1$

Khi đó $P= \dfrac{x^{3}}{\left ( y+1 \right )\left ( z+1 \right )}+\dfrac{y^{3}}{\left ( x+1 \right )\left ( z+1 \right )}+\dfrac{z^{3}}{\left ( x+1 \right )\left ( y+1 \right )}$

Theo BĐT AM-GM ta có: $\dfrac{x^{3}}{\left ( y+1 \right )\left ( z+1\right )}+\dfrac{y+1}{8}+\dfrac{z+1}{8}\geq \dfrac{3x}{4}$

Thiết lập các BĐT tương tự ta suy ra được $P_{Min}=\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow a=1;b=\dfrac{1}{2};c=\dfrac{1}{3}$

Bài 4: (Đề thử sức số 3 báo THTT số 450 T12/2014)

Cho hai số thực $a;b\in \left ( 0;1 \right )$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=a\sqrt{1-b^{2}}+b\sqrt{1-a^{2}}$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P= \dfrac{8\left ( 1-a \right )}{1+a}+9\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}$

Lời giải:(VMFer:Hoang Tung)

Sử dụng phép nhân liên hợp ta có :

 $a^2+b^2=a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-a^2}< = > a(a-\sqrt{1-b^2})+b(b-\sqrt{1-a^2})=0$
$< = > a.\dfrac{a^2+b^2-1}{a+\sqrt{1-b^2}}+b.\dfrac{b^2+a^2-1}{b+\sqrt{1-a^2}}=0$
$< = > (a^2+b^2-1)(\dfrac{a}{a+\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{b}{b+\sqrt{1-a^2}})=0$
$= > a^2+b^2-1=0= > a^2+b^2=1$

 Do $a^2+b^2=1$ ,$a,b> 0$ nên tồn tại góc $\alpha$ với $0< \alpha < \frac{\pi }{2}$ thỏa mãn $sin^{2}\alpha +cos^{2}\alpha =1$

- Xét $a=sin\alpha ,b=cos\alpha$ . Ta có :

 $P=\dfrac{8(1-a)}{1+a}+9\sqrt{\dfrac{1-b}{1+b}}$
$=\dfrac{8(1-sin\alpha )}{1+sin\alpha }+9\sqrt{\dfrac{1-cos\alpha }{1+cos\alpha }}$
$=\dfrac{8(sin\dfrac{\alpha }{2}-cos\dfrac{\alpha }{2})^2}{(sin\dfrac{\alpha }{2}+cos\dfrac{\alpha }{2})^2}+9\sqrt{\dfrac{2sin^{2}\dfrac{\alpha }{2}}{2cos^{2}\dfrac{\alpha }{2}}}$
$=\dfrac{8(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}}-1)^2}{(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}}+1)^2}+\dfrac{9sin\frac{\alpha }{2} }{cos\dfrac{\alpha }{2}}$
$=\dfrac{8(t-1)^2}{(t+1)^2}+9t$ 

 (Với $t=\dfrac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}> 0$)

  Tới đây xét đạo hàm hoặc biến đổi tương đương ta Cm được $P\geq 5$

Dấu = xảy ra khi $t=\frac{1}{3}< = > \frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}=\frac{1}{3},sin^{2}\frac{\alpha }{2}+cos^{2}\frac{\alpha }{2}=1$
$< = > sin\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{\sqrt{10}},cos\frac{\alpha }{2}=\frac{3}{\sqrt{10}}$
$< = > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$. Do đó $P_{min}=5$

- Xét $a=cos\alpha ,b=sin\alpha$. Ta có :

 $P=\dfrac{8(1-a)}{1+a}+9\sqrt{\dfrac{1-b}{1+b}}=\dfrac{8(1-cos\alpha )}{1+cos\alpha }+9\sqrt{\dfrac{1-sin\alpha }{1+sin\alpha }}$

$=\dfrac{8sin^{2}\dfrac{\alpha }{2}}{cos^{2}\dfrac{\alpha }{2}}+9\sqrt{\dfrac{(sin\frac{\alpha }{2}-cos\dfrac{\alpha }{2})^2}{(sind\frac{\alpha }{2}+cos\dfrac{\alpha }{2})^2}}$

$=8(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}})^2+9.\left | \dfrac{sin\frac{\alpha }{2}-cos\dfrac{\alpha }{2}}{sin\dfrac{\alpha }{2}+cos\dfrac{\alpha }{2}} \right |$

+ Nếu $sin\dfrac{\alpha }{2}\geq cos\dfrac{\alpha }{2}= > \dfrac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}}\geq 1$

$= > P=8(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}})^2+9.(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}-cos\dfrac{\alpha }{2}}{sin\dfrac{\alpha }{2}+cos\dfrac{\alpha }{2}})\geq 8$

$= > P\geq 8$   (1)

+ Nếu $sin\dfrac{\alpha }{2}< cos\dfrac{\alpha }{2}= >0< \dfrac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}}< 1$

  Khi đó $P=8(\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}})^2+9(\dfrac{cos\frac{\alpha }{2}-sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}+sin\frac{\alpha }{2}})$
$=8t^2+\dfrac{9(1-t)}{1+t}$ 

  ( Với $t=\dfrac{sin\dfrac{\alpha }{2}}{cos\dfrac{\alpha }{2}},0< t< 1$)

 Tới đây xét đạo hàm hoặc biến đổi tương đương ta CM được $P\geq 5$  (2)

 
Dấu =  xảy ra khi $t=\dfrac{1}{2}$

$< = > cos\dfrac{\alpha }{2}=2sin\dfrac{\alpha }{2},cos^{2}\dfrac{\alpha }{2}+sin^{2}\dfrac{\alpha }{2}=1$

$< = > sin\dfrac{\alpha }{2}=\dfrac{1}{\sqrt{5}},cos\dfrac{\alpha }{2}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$

$= > a=\dfrac{3}{5},b=\dfrac{4}{5}$

 
+ Từ (1)(2) $= > P_{min}=5< = > a=\dfrac{3}{5},b=\dfrac{4}{5}$

- Từ 2 TH trên $= > P_{min}=5< = > a=\dfrac{3}{5},b=\dfrac{4}{5}$

Tiếp tục cập nhật

Số học 3

Tìm số tự nhiên m,n sao cho $A= 3^{66m^{2}+9n^{3}-2008}+4$ là số nguyên tố

                                   Lời giải 

Dễ thấy $A=3^{3k+2}+4=9.27^k+4$ với $k=22m^2+3n^3-670$

* Nếu $k\ge1$ thì $A\equiv9+4\equiv0(\pmod{13})$ nên $A\ vdots\ 13$

* Nếu $k=0$ thì $A=13$ là SNT

Do đó $A$ là SNT $\Leftrightarrow 22m^2+3n^3-670=0$.

Giờ ta giải pt nghiệm nguyên dương : $22m^2+3n^3=670$ (1)

(1) $\Rightarrow n=2n_1$, thay vào (1) ta được : $11m^2+12n_1^3=335$ (2)

(2) $\Rightarrow m=2m_1+1$, thay vào (2) ta được : $11m_1(m_1+1)+3n_1^3=81$ (3)

(3) $\Rightarrow n_1=2n_2+1$, thay vào (3) ta được : $\frac{11m_1(m_1+1)}{2}+12n_2^3+18n_2^2+9n_2=39$ (4)

Với $n_2=0$ hoặc $n_2\ge2$ thì (4) VN nguyên dương.

Với $n_2=1$ thì (4) $\Rightarrow m_1=0$. Suy ra $n=6\ ;\ m=1$.

Thử lại thoả. Vậy $m=1,\ n=6$ thì $A$ là SNT.

Bất đẳng thức 25

Bài Toán:Cho a,b,c không âm.Chứng minh rằng:$(\dfrac{a}{b+c})^3+(\dfrac{b}{c+a})^3+(\dfrac{c}{a+b})^3+\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}\geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$

Lời giải:

Ta có: $(\dfrac{a}{b+c})^{3}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}\geq 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{64}.(\dfrac{a}{b+c})^{3}}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{a}{b+c}$

CMTT ta có: $(\dfrac{b}{c+a})^{3}+\dfrac{1}{4}\geq \dfrac{3}{4}.\dfrac{b}{c+a}$

$(\dfrac{c}{a+b})^{3}+\dfrac{1}{4}\geq \dfrac{3}{4}.\dfrac{c}{a+b}$

$\Rightarrow \sum (\dfrac{a}{b+c})^{3}+\dfrac{3}{4}\geq \dfrac{3}{4}\sum \dfrac{a}{b+c}$

Nên: $\sum (\dfrac{a}{b+c})^{3}+\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}$

$\geq \dfrac{3}{4}\sum \dfrac{a}{b+c}-\dfrac{3}{4}+\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}$

$=\dfrac{3}{4}(\sum \dfrac{a}{b+c}-\dfrac{3}{2})+(1-\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})+(\dfrac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{5}{8})$

$=\dfrac{3}{4}\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{-\dfrac{1}{2}.\sum (a-b)^{2}}{ab+bc+ca}+\dfrac{5}{8}.\dfrac{8abc-(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$=\dfrac{3}{4}\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{-\frac{1}{2}.\sum (a-b)^{2}}{ab+bc+ca}+\dfrac{5}{8}.\dfrac{-\sum a(a-b)^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$=\sum (a-b)^{2}(\dfrac{3}{8(b+c)(c+a)}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{a}{(a+b)(b+c)(c+a)})(*)$ 

Ta sẽ có: $S_{c}=\dfrac{3}{8(b+c)(c+a)}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{a}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$S_{a}=\dfrac{3}{8(c+a)(a+b}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{b}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$S_{b}=\dfrac{3}{8(a+b)(b+c)}-\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}-\dfrac{5}{8}\dfrac{c}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Không mất tính tổng quát giả sử $c\geq b\geq a$

Ta nhận thấy: $S_{c},S_{a}\geq 0$ nên theo tiêu chuẩn $S.O.S$ thì phải chứng minh: $a^{2}S_{a}+b^{2}S_{b}\geq 0$

Luôn đúng với $c\geq b\geq a$ nên $(*)$ đúng

Suy ra điều phải chứng minh

Bất đẳng thức 24

Bài Toán:Cho $a,b,c$ không âm.Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geq 1+\dfrac{3(a^3+b^3+c^3)}{2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$

Lời giải:Ta có: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2}$

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

$=\dfrac{1}{2}\sum (a-b)(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{c+a})$

$=\dfrac{1}{2}\sum (a-b)\dfrac{a-b)}{(b+c)(c+a)}$

$=\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}$

Tiếp: $\dfrac{1}{2}-\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{2(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\dfrac{1}{2}(1-\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})})$

$=\dfrac{1}{2}\dfrac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})-3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\dfrac{1}{2}\dfrac{\sum (a+b)(a-b)^{2}}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

Ta có BĐT viết lại thành:

$\sum \dfrac{a}{b+c}-1-\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\dfrac{\sum (a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{1}{2}\dfrac{\sum (a+b)(a-b)^{2}}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

$=\sum (a-b)^{2}(\dfrac{1}{2(b+c)(c+a)}+\dfrac{a+b}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})})\geq 0$

$\Rightarrow \sum \dfrac{a}{b+c}\geq 1+\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$ 

Bất đẳng thức số 23

Bài Toán:Cho $a,b,c\in \left[\frac{1}{2};1 \right ]$ . Tìm GTLN của
$$P=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$$

Lời giải:Tồn tại giá trị $a,b,c$ để $P\geq 0$. Giả sử $a=max\left \{ a,b,c \right \}$

$\Rightarrow 1\geq a\geq c\geq b\geq \dfrac{1}{2}$

Ta có: 

$P=f(a)=a(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c})+\dfrac{c-b}{a}+\dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b}$

Tính đạo hàm, ta có: 

$f'(a)=\dfrac{c-b}{bc}-\dfrac{c-b}{a^{2}}=\dfrac{(c-b)(a^{2}-bc)}{a^{2}bc}\geq 0.$

$\Rightarrow P\leq f(1)=\dfrac{(1-b)(1-c)(c-b)}{bc}\leq \dfrac{(1-\dfrac{1}{2})(1-c)(c-\dfrac{1}{2})}{\dfrac{1}{2}c}=-(c+\dfrac{1}{2c})+\dfrac{3}{2}\leq \dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$

Bất đẳng thức 22

Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+abc+11\geq 7(a+b+c)$.

Giải: Chúng ta có thể thấy rằng bài toán có 1 kết câu hết sức khó chịu.
Chỉ có khả năng giải được nó nếu có kĩ năng đặc biệt. Sử dụng delta.
Chúng ta có thể biến đổi về 1 biến a bậc 2 và coi 2 biến còn lại là tham số.
Bất tương đương việc chứng minh $3a^2+a(bc-7)+b^2+c^2-7(b+c)\geq 0$.
Việc quy về tính delta 2 lần để chứng minh bất này đúng là dễ dàng(các bạn hãy thử làm).
Bài tập:
1/ Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng : $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$.
2/ Cho a,b,c >0: $a^2+b^2+c^2=9$.
Tìm max của $P=2(a+b+c)-abc$.

ĐỀ THI VMEO THPT Tháng 10 năm 2015

ĐÊ THI VMEO THCS Tháng 10 năm 2015