HĐT và ứng dụng phần 8 – Nâng cao để về đích

Bài 53 . Do $p$ là số nguyên tố nên khi $p$ là số chẵn thì $p=2$, còn nếu $p$ là số lẻ thì $p$ có các dạng $\mathrm{p}=4 \mathrm{k}+1$ hoặc $\mathrm{p}=4 \mathrm{k}+3$. Khi đó ta xét các trường hợp sau

– Trường hợp 1. Nếu $\mathrm{p}=2$ suy ra $\mathrm{p}^{3}+\frac{\mathrm{p}-1}{2}$ không nguyên

– Trường hợp 2. Nếu $\mathrm{p}=4 \mathrm{k}+1$, khi đó ta được $\mathrm{p}^{3}+\frac{\mathrm{p}-1}{2}=(4 \mathrm{k}+1)^{3}+2 \mathrm{k}$ là số lẻ nên $\mathrm{p}^{3}+\frac{\mathrm{p}-1}{2}$ không thể là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.

– Trường hợp 3. Nếu $\mathrm{p}=4 \mathrm{k}+3$. Giả sử $\mathrm{p}^{3}+\frac{\mathrm{p}-1}{2}$ là tích của hai số tự nhiên liên tiếp

Khi đó ta có $\mathrm{p}^{3}+\frac{\mathrm{p}-1}{2}=\mathrm{x}(\mathrm{x}+1) \Leftrightarrow 2 \mathrm{p}\left(2 \mathrm{p}^{2}+1\right)=(2 \mathrm{x}+1)^{2}+1$ với $\mathrm{x}$ là số tự nhiên.

Từ đó suy ra $(2 \mathrm{x}+1)^{2}+1 \vdots \mathrm{p}$ vô lí vì $\mathrm{p}=4 \mathrm{k}+3$.

Từ các trường hợp trên, ta có điêu phải chứng minh.

Bài 54. Ta có $1 \leq a \leq 9$ và $0 \leq b, c, d \leq 9$. Từ đó suy ra $b+d-2 a \leq 16$.

Mà ta lại có $\overline{\mathrm{abd}}=(\mathrm{b}+\mathrm{d}-2 \mathrm{a})^{2}$ nên suy ra $10^{2} \leq \overline{\mathrm{abd}} \leq 16^{2}$.

Suy ra ta được $\overline{\mathrm{abd}} \in\left\{10^{2} ; 11^{2} ; 12^{2} ; 13^{2} ; 14^{2} ; 15^{2} ; 16^{2}\right\}$.

Hay ta được $\overline{\mathrm{abd}} \in\{100 ; 121 ; 144 ; 169 ; 196 ; 225 ; 256\}$

Do $\overline{\mathrm{abcd}}+72$ là một số chính phương nên đặt $\overline{\mathrm{abcd}}+72=\mathrm{k}^{2}$ với $\mathrm{k} \in \mathrm{N}^{*}$.

Các số chính phương có chữ số tận cùng là $0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9$ nên suy ra $\mathrm{d} \in\{2 ; 3 ; 4 ; 7 ; 8 ; 9\}$

Kết hợp với $\overline{\mathrm{abd}} \in\{100 ; 121 ; 144 ; 169 ; 196 ; 225 ; 256\}$ ta suy ra được $\overline{\mathrm{abd}}=144$ hoặc $\overline{\mathrm{abd}}=169$. + Với $\overline{\mathrm{abd}}=144$, khi đó ta được $\mathrm{a}=1 ; \mathrm{b}=\mathrm{d}=4$. Mà ta lại thấy $144 \neq(4+4-2.1)^{2}$ nên $\overline{\mathrm{abd}}=144$ không thỏa mãn yêu câu bài toán.

+ Với $\overline{\mathrm{abd}}=169$, khi đó ta được $\mathrm{a}=1 ; \mathrm{b}=6 ; \mathrm{d}=9$. Mà ta lại thấy $169=(6+9-2.1)^{2}$ nên $\overline{\mathrm{abd}}=169$ thỏa mãn yêu câu bài toán.

Từ đó ta được $\overline{16 \mathrm{c} 9}+72=\mathrm{k}^{2}$ nên $\mathrm{k}^{2}$ là số lẻ, do đó $\mathrm{k}$ là số lẻ.

Mặt khác ta có $1609+72 \leq \overline{16 \mathrm{c} 9}+72 \leq 1699+72$ nên suy ra $41^{2} \leq \mathrm{k}^{2} \leq 43^{2}$.

Từ đó suy ra $\mathrm{k}^{2}=41^{2}$ hay $\overline{16 \mathrm{c} 9}+72=41^{2} \Rightarrow \overline{16 \mathrm{c} 9}=1609 \Rightarrow \mathrm{c}=0$.

Vậy số cân tìm là $\overline{\mathrm{abcd}}=1609$.

Bài 55. Gọi số lần xuất hiện của các chữ số $a, b, c, d$ trong đẳng thức trên là $\mathrm{n}$. Khi đó ta xét các trường hợp sau

– Trường hợp 1: Nếu $\mathrm{n}=1$, khi đó đẳng thức trên trở thành $\overline{\mathrm{abc}}+1=(\mathrm{d}+1)^{3}$.

Vì $101 \leq(\mathrm{d}+1)^{3} \leq 1000$ nên ta suy ra được $4 \leq \mathrm{d} \leq 9$. Khi đó ta cho $\mathrm{d}$ nhận các giá trị $4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9$ thì ta được các số $\overline{\mathrm{abc}}$ tương ứng bởi bảng sau

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline $\mathrm{d}$ & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\
\hline$\overline{\mathrm{abc}}+1$ & 125 & 216 & 343 & 512 & 729 & 1000 \\
\hline$\overline{\mathrm{abc}}$ & 124 & 215 & 342 & 511 & 728 & 999 \\
\hline
\end{tabular}

– Trường hợp 2: Nếu $\mathrm{n}=2$, khi đó đẳng thức trên trở thành $\overline{\mathrm{aabbcc}}+1=(\overline{\mathrm{dd}}+1)^{3}$ Vì $100001 \leq(\overline{\mathrm{dd}}+1)^{3} \leq 1000000$ nên ta suy ra được $5 \leq \mathrm{d} \leq 9$. Khi đó ta cho d nhận các giá trị $5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9$ thì ta thấy chỉ có $\mathrm{d}=9$ thỏa mãn. Từ đó ta được $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=9$.

– Trường hợp 3: Nếu $\mathrm{n} \geq 3$, khi đó ta đặt $\mathrm{x}=\underbrace{111 \ldots 1}_{\mathrm{n}} \Rightarrow 9 \mathrm{x}+1=10^{\mathrm{n}}$. Từ đó ta được

$$
\begin{aligned}
& \overline{a a . . . a b b . . . b c c . . . c}+1=a \cdot x \cdot 10^{2 n}+b \cdot x \cdot 10^{n}+c \cdot x+1=d^{3} x^{3}+3 d^{2} x^{2}+3 d x+1 \\
\Leftrightarrow & a x(9 x+1)^{2}+b x(9 x+1)+c x=d^{3} x^{3}+3 d^{2} x^{2}+3 d x \\
\Leftrightarrow & {\left[81 a x^{2}+(18 a+9 b) x\right] -\left(d^{3} x^{2}+3 d^{2} x\right)=3 d-(a+b+c) }
\end{aligned}
$$

Từ đó suy ra $3 d-(a+b+c) \vdots x$.

Mà ta lại có $x \geq 111$ và $3 d-(a+b+c) \leq 26$. Từ đó ta được $3 d-(a+b+c)=0$. Lập luận tương tự ta được $3 d^{2}-(18 a+9 b)=0$ và $d^{3}-81 a=0$.

Từ đó ta được $\mathrm{d}^{3}: 81 \Rightarrow \mathrm{d}=9$. Đến đây ta suy ra được $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=9$.

Vậy các bộ số $(a, b, c, d)$ thỏa mãn yêu câu bài là

$(1,2,4,4) ;(2,1,5,5) ;(3,4,2,6) ;(5,1,1,7) ;(7,2,8,8)$ khi mỗi chữ số a, b, c, d xuất hiện một lần và $(9,9,9,9)$ với mỗi chữ số $a, b, c, d$ xuất hiện n nguyên dương lần.

Bài 56. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$$
\begin{aligned}
& 1019 a^{2}+18 b^{4}+1007 c^{2} \geq 30 a b^{2}+6 b^{2} c+2008 c a \\
\Leftrightarrow & 15\left(a^{2}-2 a b^{2}+b^{2}\right)+3\left(b^{4}-2 b^{2} c+c^{2}\right)+1004\left(c^{2}-2 c a+a^{2}\right) \geq 0 \\
\Leftrightarrow & 15\left(a-b^{2}\right)^{2}+3\left(b^{2}-c\right)^{2}+1004(c-a)^{2} \geq 0
\end{aligned}
$$

Vật bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}^{2}=\mathrm{c}$.

Bài 57. Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ta được

$$
\begin{gathered}
\frac{k}{a^{3}+b^{3}}+\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}} \geq \frac{16+4 k}{(a+b)^{3}} \\
\Leftrightarrow \frac{k}{a^{3}+b^{3}}-\frac{4 k}{(a+b)^{3}}+\frac{1}{a^{3}}-\frac{8}{(a+b)^{3}}+\frac{1}{b^{3}}-\frac{8}{(a+b)^{3}} \geq 0 \\
\Leftrightarrow \frac{a-b}{(a+b)^{3}}\left(\frac{7 b^{2}+4 a b+a^{2}}{b^{3}}-\frac{7 a^{2}+4 a b+b^{2}}{a^{3}}\right)-\frac{3 k(a-b)^{2}(a+b)}{\left(a^{3}+b^{3}\right)(a+b)^{3}} \geq 0 \\
\Leftrightarrow \frac{(a-b)^{2}\left(a^{4}+5 a^{3} b+12 a^{2} b^{2}+5 a b^{3}+b^{4}\right)}{a^{3} b^{3}}-\frac{3 k(a-b)^{2}}{a^{2}-a b+b^{2}} \geq 0 \\
\Leftrightarrow(a-b)^{2}\left[\left(a^{4}+5 a^{3} b+12 a^{2} b^{2}+5 a b^{3}+b^{4}\right)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)-3 k a^{3} b^{3}\right] \geq 0
\end{gathered}
$$

Vì $(a-b)^{2} \geq 0$ nên bất đẳng thức đúng khi và chỉ khi

$$
\left(a^{4}+5 a^{3} b+12 a^{2} b^{2}+5 a b^{3}+b^{4}\right)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)-3 k a^{3} b^{3} \geq 0
$$

Cho $\mathrm{a}=\mathrm{b}$ thì bất đẳng thức trên trở thành $24 \mathrm{a}^{6}-3 \mathrm{ka}^{6} \geq 0 \Rightarrow \mathrm{k} \leq 8$. Ta chứng minh $\mathrm{k}=8$ là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho. Thật vậy, ta xét các trường hợp sau

+ Với $k<8$ thì $\left(a^{4}+5 a^{3} b+12 a^{2} b^{2}+5 a b^{3}+b^{4}\right)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)-3 k a^{3} b^{3}>0$.

+ Với $\mathrm{k}=8$ thì bất đẳng thức trên được viết lại thành

$$
\left(a^{4}+5 a^{3} b+12 a^{2} b^{2}+5 a b^{3}+b^{4}\right)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)-24 a^{3} b^{3} \geq 0
$$

Ta có $a^{4}+b^{4} \geq 2 a^{2} b^{2} ; a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$ nên

$$
a^{4}+5 a^{3} b+12 a^{2} b^{2}+5 a b^{3}+b^{4}=a^{4}+b^{4}+5 a b\left(a^{2}+b^{2}\right)+12 a^{2} b^{2} \geq 24 a^{2} b^{2}
$$

Và

$$
a^{2}-a b+b^{2} \geq a b
$$

Do đó ta có $\left(a^{4}+5 a^{3} b+12 a^{2} b^{2}+5 a b^{3}+b^{4}\right)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right) \geq 24 a^{3} b^{3}$

Suy ra bất đẳng thức được chứng minh. Vậy hằng số k lớn nhất là 8.

Bài 58. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$$
\begin{aligned}
& \frac{2\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)}{a b c}-6+\frac{9(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-27 \geq 0 \\
& \frac{2\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)}{a b c}-6+\frac{9(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-27 \geq 0 \\
& \Leftrightarrow \frac{2(a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a\right)}{a b c}-\frac{18\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a\right)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geq 0 \\
& \Leftrightarrow 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a\right)\left(\frac{a+b+c}{a b c}-\frac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right) \geq 0 \\
& \Leftrightarrow\left[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\right] \left[(a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-9 a b c\right] \geq 0
\end{aligned}
$$

$\operatorname{Do}(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0$ nên ta chỉ cân chứng minh

$$
\begin{aligned}
& (a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-9 a b c \geq 0 \\
\Leftrightarrow & a^{3}+b^{3}+c^{3}-3 a b c+a\left(b^{2}+c^{2}\right)+b\left(c^{2}+a^{2}\right)+c\left(a^{2}+b^{2}\right)-6 a b c \geq 0
\end{aligned}
$$

Bất đẳng thức này đúng vì ta có

$$
a^{3}+b^{3}+c^{3}-3 a b c=\frac{(a+b+c)\left[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\right] }{2} \geq 0
$$

Và $a\left(b^{2}+c^{2}\right)+b\left(c^{2}+a^{2}\right)+c\left(a^{2}+b^{2}\right)-6 a b c=a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}+c(a-b)^{2} \geq 0$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$

Bài 59. Dễ dàng chứng minh được $(x-y)^{4}+(x+y)^{4}=2\left(x^{4}+6 x^{2} y^{2}+y^{4}\right)$

Áp dụng hằng đẳng thức trên ta được

$$
\begin{aligned}
& (a+b+c)^{4}+(b+c-a)^{4}=2\left[(b+c)^{4}+6 a^{2}(b+c)^{2}+a^{4}\right] \\
& (c+a-b)^{4}+(a+b-c)^{4}=2\left[(b-c)^{4}+6 a^{2}(b-c)^{2}+a^{4}\right] \\
& (b+c)^{4}+(b-c)^{4}=2\left(b^{4}+6 b^{2} c^{2}+c^{4}\right)
\end{aligned}
$$

Do đó ta được

$$
\begin{aligned}
& (a+b+c)^{4}+(b+c-a)^{4}+(c+a-b)^{4}+(a+b-c)^{4} \\
= & 4\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)+24 b^{2} c^{2}+12 a^{2}\left[(b+c)^{2}+(b-c)^{2}\right] \\
= & 4\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)+24\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)
\end{aligned}
$$

Như vậy ta cân chứng minh

$$
\begin{aligned}
& 4\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)+24\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right) \leq 28\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right) \\
\Leftrightarrow & a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2} \leq a^{4}+b^{4}+c^{4}
\end{aligned}
$$

Bất đẳng thức cuối cùng là một bất đẳng thức đúng.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$

\section{Bài 60.}

a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

$$
\begin{gathered}
\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-(a b+b c+c a)=\frac{a^{2}-2 a b+b^{2}+b^{2}-2 b c+c^{2}+c^{2}-2 c a+a^{2}}{2} \\
=\frac{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}{2} \geq 0
\end{gathered}
$$

Suy ra

$$
\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2} \geq \mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{ca}
$$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$

b) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

$$
\begin{aligned}
\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+3\right)-2(a+b+c) & =a^{2}-2 a+1+b^{2}-2 b+1+c^{2}-2 c+1 \\
= & (a-1)^{2}+(b-1)^{2}+(c-1)^{2} \geq 0
\end{aligned}
$$

Suy ra

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

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

Bài 61. Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

$$
\begin{gathered}
a \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}-\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{2}=\frac{3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-(a+b+c)^{2}}{9} \\
=\frac{(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}{9} \\
\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3} \geq\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{2}
\end{gathered}
$$

Suy ra

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$.

\section{Bài 62.}

Ta có $A=x^{2}-2 x+1+4 y^{2}+8 y+4+z^{2}-6 z+9+1=(x-1)^{2}+(2 y+2)^{2}+(z-3)^{2}+1 \geq 1$.

Do đó giá trị nhỏ nhất của $A$ là 1 , đạt được tại $x=1 ; y=-1 ; z=3$.

\section{Bài 63.}

a) Ta có $A=x^{2}+4 x+4+4 y^{2}+4 y+1+z^{2}+8 z+16+1=(x+2)^{2}+(2 y+1)^{2}+(z+4)^{2}+1 \geq 1$.

Giá trị nhỏ nhất của $A$ là 1 , đạt được tại $x=-2 ; y=-\frac{1}{2} ; \mathrm{z}=-4$

b) Tương tự như trên ta có

$$
\begin{aligned}
B & =x^{2}-2 x+1+4 y^{2}-12 y+3+9 z^{2}-12 z+4+1986 \\
& =(x-1)^{2}+(2 y-3)^{2}+(3 z-2)^{2}+1986 \geq 1986
\end{aligned}
$$

Giá trị nhỏ nhất của $\mathrm{B}$ là 1986, đạt được tại $\mathrm{x}=1 ; \mathrm{y}=\frac{3}{2} ; \mathrm{z}=\frac{2}{3}$

Bài 64. Biến đổi đẳng thức đã cho ta được

$$
\begin{aligned}
& \left|x^{2}-2 x y+y^{2}+3 x-2 y-1\right|+4=2 x-\left|x^{2}-3 x+2\right| \\
\Leftrightarrow & \left|(x-y+1)^{2}+x-2\right|+|(x-1)(x-2)|=2 x-4
\end{aligned}
$$

$\operatorname{Do}\left|(x-y+1)^{2}+x-2\right|+|(x-1)(x-2)| \geq 0$ nên suy ra $2 x-4 \geq 0 \Leftrightarrow 2(x-2) \geq 0 \Leftrightarrow x \geq 2$

Với $x \geq 2$ thì $\left|(x-y+1)^{2}+x-2\right|=(x-y+1)^{2}+x-2 ;|(x-1)(x-2)|=x^{2}-3 x+2$

Khi đó đẳng thức trên ta được

$$
\begin{gathered}
(x-y+1)^{2}+x-2+(x-1)=2(x-2) \Leftrightarrow(x-y+1)^{2}=(x-2)(2-x+1-1)=-(x-2)^{2} \\
\Leftrightarrow(x-y+1)^{2}+(x-2)^{2}=0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array} { l }
{ ( x – y + 1 ) ^ { 2 } = 0 } \\
{ ( x – 2 ) ^ { 2 } = 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ x – 2 = 0 } \\
{ x – y + 1 = 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
x=2 \\
y=3
\end{array}\right.\right.\right.
\end{gathered}
$$

Vậy $(x ; y)=(2 ; 3)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

File word khi nào xong mình để ở comment