Đề thi và lời giải VMO 2016

Ngày 1.

Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất:6/1/2016

Bài 1 (5 điểm). Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix}6x-y+z^2=3 & & & \\ x^2-y^2-2z=-1 & & & \\ 6x^2-3y^2-y-2z^2=0 & & & \end{matrix}\right.(x,y,z\in\mathbb{R})$

Bài 2 (5 điểm).

a)Cho dãy số $a(n)$ xác định bởi $a_{n}=\ln(2n^2+1)-\ln(n^2+n+1)$ với $n=1,2...$.Chứng minh chỉ có hữu hạn số $n$ sao cho $\left \{ a_{n} \right \}< \frac{1}{2}$

b)Cho dãy số $b(n)$ xác định bởi $b_{n}=\ln(2n^2+1)+\ln(n^2+n+1)$ với $n=1,2...$.Chứng minh tồn tại vô hạn số $n$ sao cho $\left \{ b_n \right \}<\frac{1}{2016}$

Bài 3 (5 điểm). Cho tam giác $ABC$ có $B,C$ cố định,$A$ thay đổi sao cho tam giác $ABC$ nhọn.Gọi $D$ là trung điểm của $BC$ và $E,F$ tương ứng là hình chiếu vuông góc của $D$ lên $AB,AC$

a)Gọi $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.$EF$ cắt $AO$ và $BC$ lần lượt tại $M$ và $N$.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ đi qua điểm cố định

b)Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ tại $E,F$ cắt nhau tại $T$.Chứng minh $T$ thuộc đường thẳng cố định

Bài 4 (5 điểm). Người ta trồng hai loại cây khác nhau trên một miếng đất hình chữ nhật kích thước $m\times n$ ô vuông (mỗi ô trồng một cây).Một cách trồng được gọi là ấn tượng nếu như:

i)Số lượng cây được trồng của hai loại cây bằng nhau

ii)Số lượng chênh lệnh của hai loại cây trên mỗi hàng không nhỏ hơn một nửa số ô của hàng đó và số lượng chênh lệnh của hai loại cây trên mỗi cột không nhỏ hơn một nửa số ô của cột đó

a)Hãy chỉ ra cách trồng ấn tượng khi $m=n=2016$

b)Chứng minh nếu có một cách trồng ấn tượng thì cả $m$ và $n$ đều là bội của $4$

Ngày 2.

Bài 5 (6 điểm). Tìm tất cả các số thực $\alpha$ để tồn tại hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn
i) $f(1)=2016$.
ii) $f \left( x+y+f(y) \right) = f(x)+ \alpha y$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$.

Bài 6 (7 điểm). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ (với tâm $O$) có các góc ở đỉnh $B,C$ đều nhọn. Lấy điểm $M$ trên cung $BC$ không chứ $A$ sao cho $AM$ không vuông góc với $BC$. $AM$ cắt trung trực $BC$ tại $T$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AOT$ cắt $(O)$ tại $N$ ($N \ne A$).

• Chứng minh $\angle BAM= \angle CAN$.
• Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp và $G$ là chân phân giác trong góc $A$ của tam giác $ABC$. $AI,MI,NI$ cắt $(O)$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $P,Q$ tương ứng là giao điểm của $DF$ với $AM$ và $DE$ với $AN$. Đường tròn đi qua $P$ và tiếp xúc với $AD$ tại $I$ cắt $DF$ tại $H$ ($H \ne D$), đường tròn đi qua $Q$ và tiếp xúc với $AD$ tại $I$ cắt $DE$ tại $K$ ($K \ne D$). Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $GHK$ tiếp xúc với $BC$.

Bài 7 (7 điểm). Số nguyên dương $n$ được gọi là số hoàn chỉnh nếu $n$ bằng tổng các ước số dương của nó (không kể chính nó).

• Chứng minh rằng nếu $n$ là số hoàn chỉnh lẻ thì $n$ có dạng $$n=p^sm^2$$ trong đó $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$, $s$ là số nguyên dương có dạng $4h+1$ và $m$ là số nguyên dương không chia hết cho $p$.
• Tìm tất cả các số nguyên dương $n>1$ sao cho $n-1$ và $\frac{n(n+1)}{2}$ đều là các số hoàn chỉnh.

-------------------

 Nhóm các thầy Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng và Lê Phúc Lữ vừa cho ra mắt tài liệu Lời giải và Bình luận Đề thi VMO 2016. Các bạn có thể xem ở link này (hoặc tải trực tiếp ở link dự phòng này).

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