Bài toán:(Đề nghi HSG 10 ĐBDHBB) Tìm các nguyên dương $x_1<x_2<...<x_m$ ($m\in N^*$) thỏa mãn:

                                              $x_1^2+x_2^2+...+x_m^2\le \dfrac{2m+1}{3}(x_1+x_2+...+x_m)$

Lời giải:

 Trước hết, ta cần chứng minh rằng, với $x_1<x_2<...<x_m$. Ta có:

                                  $x_1^2+x_2^2+...+x_m^2\ge \dfrac{2m+1}{3}(x_1+x_2+...+x_m)$

   Thật vậy, với $m=1$, đúng

   Giả sử khẳng định trên đúng tới $m=k\ge 1$, tức là:

                                    $x_1^2+x_2^2+...+x_k^2\ge \dfrac{2k+1}{3}(x_1+x_2+...+x_k)$

   Với $m=k+1$, ta cần chỉ ra:

                                    $\sum_{i=1}^{k+1}x_i^2\ge \dfrac{2k+1}{3}\sum_{i=1}^kx_i+\dfrac{2k+1}{3}x_{k+1}+\dfrac{2}{3}\sum_{i=1}^{k+1}x_i$

   Sử dụng giả thiết qui nạp, ta cần chứng minh:

                                    $a_{k+1}^2\ge \dfrac{2}{3}\sum_{i=1}^{k}x_i+\dfrac{2k+3}{3}x_{k+1}$

   Để ý rằng, 

                                    $\sum_{i=1}^kx_i\le (x_{k+1}-1)x_{k+1}$

                               $\Leftrightarrow \sum_{i=1}^kx_i +\dfrac{2k+3}{3}x_{k+1}\le \dfrac{x_{k+1}^2-x_{k+1}+(2k+3)x_{k+1}}{3}$

                               $\Leftrightarrow x_{k+1}\ge k+1$

 Điều này luôn đúng vì $x_i$ nguyên dương phân biệt. Do đó khẳng định được chứng minh.

 Trở lại bài toán, dễ dàng thấy ngay rằng,  

                                       $x_1^2+x_2^2+...+x_m^2\le \dfrac{2m+1}{3}(x_1+x_2+...+x_m)$

 xảy ra khi và chỉ khi    $x_1^2+x_2^2+...+x_m^2= \dfrac{2m+1}{3}(x_1+x_2+...+x_m)$, tức là $x_1=1, x_2=2, x_3=3,..., x_n=n$

Bài toán: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

                     $\dfrac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a}}{b+c}+\dfrac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{b}}{c+a}+\dfrac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{c}}{a+b}\ge \dfrac{9+3\sqrt{3}}{2\sqrt{a+b+c}}$

Lời giải:
   Rõ ràng bất đẳng thức trên là thuần nhất nên ta chuẩn hóa cho $a+b+c=1$. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

                                                $\dfrac{1+\sqrt{a}}{b+c}+\dfrac{1+\sqrt{b}}{c+a}+\dfrac{1+\sqrt{c}}{a+b}\ge \dfrac{9+3\sqrt{3}}{2}$

   Đặt  $x=\sqrt{a}, y=\sqrt{b}, z=\sqrt{c}$. Khi đó, ta cần chứng minh:

                $\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2}+\dfrac{x}{y^2+z^2}+\dfrac{y}{z^2+x^2}+\dfrac{z^2}{x^2+y^2}\ge\dfrac{9+3\sqrt{3}}{2}$
    
  Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schawrz, ta có
                $\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{2(x^2+y^2+z^2+)}\dfrac{9}{2}$
  Mặt khác, ta lại có:
      $\dfrac{x}{1-x^2}\ge \dfrac{3\sqrt{3}}{2}x^2$ ;   $\dfrac{y}{1-y^2}\ge \dfrac{3\sqrt{3}}{2}y^2$ ;  $\dfrac{z}{1-z^2}\ge \dfrac{3\sqrt{3}}{2}z^2$

    Cộng ba bất đẳng thức trên, ta được:

                                     $\dfrac{x}{y^2+z^2}+\dfrac{y}{z^2+x^2}+\dfrac{z^2}{x^2+y^2}\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{2}(x^2+y^2+z^2)=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
    
Từ đó dễ dàng suy ra đpcm.
                                                  
         

Bài toán: Giải hệ phương trình: 
                               
                                  
Lời giải:
      Từ điều kiện $x+y+z=0$ $\Leftrightarrow z=-x-y$
      Suy ra:
                  $\sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2-y(x+y)+(x+y)^2}=\sqrt{(x+y)^2-x(x+y)^2+x^2}$

            $\Leftrightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{x^2+xy+y^2}=\sqrt{x^2+xy+y^2}$

            $\Leftrightarrow$ $\sqrt{x^2+xy+y^2}=0 $

            $\Rightarrow x^2+xy+y^2=0$

       Mặt khác, ta luôn có:
                           
                                              $x^2+xy+y^2=(x+\dfrac{1}{2}y)^2+\dfrac{3}{4}y^2\ge 0$

      Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=0$ $\Rightarrow z=0$

      Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất $(0, 0, 0)$ 

Bài toán: (HSG 10-ĐHSP) Cho $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z\le \dfrac{3}{2}$. Chứng minh rằng:

                         $\dfrac{x^6+2x^2y+1}{x^4}+\dfrac{y^6+2y^2z+1}{y^4}+\dfrac{z^6+2z^2x+1}{z^4}\le \dfrac{243}{4}$ 

Lời giải:
  Ta có:  $\sum\dfrac{x^6+2x^2y+1}{x^4}=\sum x^2+2\sum\dfrac{y}{x^2}+\sum\dfrac{1}{x^4}$
  
  Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

                              $\sum\dfrac{y}{x^2}=\dfrac{y}{x^2}+\dfrac{x}{z^2}+\dfrac{z}{y^2}\ge 3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{xyz}}$
  Kết hợp với: $\dfrac{3}{2}\ge x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}$ $\Rightarrow xyz\le\dfrac{1}{8}$

                   $\Rightarrow \sum \dfrac{y}{x^2}\ge 6$  $\Rightarrow 2\sum \dfrac{y}{x^2}\ge 12$

  Mặt khác, ta lại có:
                   $\sum x^2+\sum\dfrac{1}{x^4}=\sum x^2+\dfrac{1}{64}\sum \dfrac{1}{x^4}+\dfrac{63}{64}\sum \dfrac{1}{x^4}\ge \dfrac{1}{4}\sum \dfrac{1}{x}+\dfrac{63}{64}\sum\dfrac{1}{x^4}\ge \dfrac{3}{4\sqrt[3]{xyz}}+\dfrac{63.3}{64\sqrt[3]{xyz}}\ge \dfrac{195}{4}$
  
    Từ đó, ta dễ dàng suy ra đpcm.
                      
                  

Bài toán: C$x,y,z$ là các số nguyên khác $0$ thỏa mãn $\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\in Z$. Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{xyz}$ cũng là một số nguyên.

Lời giải:
  Đặt $d=gcd(x, y, z)$, $x=dx_0, y=dy_0, z=dz_0$ với $gcd(x_0, y_0, z_0)=1$
  Rõ ràng, $x_0, y_0, z_0$ cũng là một bộ số thỏa mãn bài toán, tức là:

                                        $\dfrac{x_0}{y_0}+\dfrac{y_0}{z_0}+\dfrac{z_0}{x_0}=k\in Z$
                                  $\Leftrightarrow x_0^2z_0+y_0^2x_0+z_0^2y_0=k. x_0y_0z_0$

  Gọi $p$ là một ước nguyên tố của $x_0y_0z_0$.
        - Nếu $p$ đồng thời là ước chung của cả ba số $x_0, y_0, z_0$, thì mâu thuẫn với điều kiên $gcd(x_0, y_0, z_0)=1$
        - Nếu $p$ là ước của một trong ba số $x_0, y_0, z_0$ thì dễ thấy ngay $p \not | x_0^2z_0+y_0^2x_0+z_0^2y_0$ (Lại mâu thuẫn).

  Do đó, $p$ là ước chung của hai trong ba số $x_0, y_0, z_0$. Giả sử $p$ là ước chung của $x_0$ và $y_0$  
                 
  Đặt $v_p(x_0)=a, v_p(y_0)=b$

     Trường hợp 1: $a\ge 2b+1$
                     Khi đó, $v_p(x_0)\ge 2b+1$ $\Rightarrow p^{2b+1}|x_0$
                                                                  $\Rightarrow p^{b+1}|y_0^2z_0$
                     Lại do $p^{2b}|y_0^2$  nên  $p|z_0$, mâu thuẫn.
    
     Trường hợp 2: $a=2b$
                     Ta có $v_p(x_0y_0z_0)=a+b=3b$  $\Rightarrow \sqrt[3]{x_0y_0z_0}\in Z$.

     Trường hợp 3: $a=2b-1$
                     Ta có: $v_p(y_0^2)=2b\ge a+1$ $\Rightarrow p^{a+1}|y_0^2$
                                 $v_p(x_0y_0)=a+b\ge a+1$ $\Rightarrow p^{a+1}|z_0^2x_0$

  Từ đó, ta có đpcm.

Bài toán: Cho $x, y, z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

                                $\dfrac{xy+yz+zx}{\sqrt{x^2+y^2+xy}+\sqrt{y^2+z^2+yz}+\sqrt{z^2+x^2+zx}}\le \dfrac{x+y+z}{3\sqrt{3}}$

Lời giải:
  Ta chú ý tới các bất đẳng thức quen thuộc sau:

                                                       $\sqrt{x^2+y^2+xy}\ge \dfrac{\sqrt{3}}{2}(x+y)$

                                                       $xy+yz+zx\le \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$
   Do đó:

                             $\dfrac{xy+yz+zx}{\sqrt{x^2+y^2+xy}+\sqrt{y^2+z^2+yz}+\sqrt{z^2+x^2+zx}}\le \dfrac{\dfrac{(x+y+z)^2}{3}}{\sqrt{3}(x+y+z)}=\dfrac{x+y+z}{3\sqrt{3}}$ 
  Bài toán được chứng minh.
   

Bài toán: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $t$ sao cho $2012t+1$ và $2013t+1$ đều là số chính phương.

Lời giải:
   Đặt $d=gcd(2012t+1, 2013t+1)$. Khi đó, dễ thấy $d=1$. Do đó $2012t+1$ và $2013t+1$ đồng thời là các số chính phương khi và chỉ khi:
                                                 
            $(2012t+1)(2013t+1)=y^2$
              
    $\Leftrightarrow 4.2012^2.2013^2t^2+4.2012.2013.4025t+4.2012.2013=4.2012.2013y^2$

    $\Leftrightarrow (2.2012.2013t+4025)^2-1=4.2012.2013.y^2$

  Đặt $x=2.2012.2013t+4025$,  ta có:

                                             $x^2-4.2012.2013y^2=1$

  Đây là phương trình Pell loại I. Nhận thấy $4.2012.2013$ không là số chính phương nên phương trình này có vô số nghiệm. Ta có công thức nghiệm của phương trình trên là:

                                      

  Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được $x_{2i+1}$ chia $2.2012.2013$ dư $4025$ với mọi $i$ và mỗi giá trị nguyên dương $\dfrac{x_{2i+1}-4025}{2.2012.2013}$ đều cho ta một số $t$ thỏa mãn bài toán. Do đó, tồn tại vô số giá trị nguyên dương $t$ sao cho $2012t+1$ và $2013t+1$ đều là các số chính phương. 
   Bài toán được chứng minh.