Number Theory 33

November 9, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Gabriel Dospinescu)
[Bài toán]: CMR $2^{3^n}+1$ có ít nhất $n$ ước nguyên tố dạng $8k+3$
Lời giải
Nhận xét (Tương tự bài Vietnam TST 2004): $2^n+1$ không có ước nguyên tố dạng $8k-3,8k-1$
Xét $n$ chẵn: Ta có $2^n\equiv -1\pmod p\Rightarrow \left ( \frac{-1}{p} \right )=1\Rightarrow (-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod 4\Rightarrow p\equiv 1\pmod 4$ (mâu thuẫn)
Xét $n$ lẻ. Ta có: $2^{n+1}\equiv -2\pmod p\Rightarrow \left ( \frac{-2}{p} \right )=\left ( \frac{-1}{p} \right )\left ( \frac{2}{p} \right )=1$
$(-1)^{\frac{p-1}{2}}.(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}=1$ . Mặt khác: $p\equiv 5;7\pmod 8\Rightarrow (-1)^{\frac{p-1}{2}}.(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}=-1$ (mâu thuẫn) $\rightarrow Q.E.D$
Từ nhận xét trên, do đó mọi ước ước nuyên tố của $2^{3^n}+1$ đều có dạng $8k+1,8k+3$
Ta có: $2^{3^n}+1=(2+1)(2^2-2+1)(2^{2.3}-2^3+1)...(2^{2.3^{n-1}}-2^{3^{n-1}}+1)$
Đặt $S_i=2^{2.3^i}-2^{3^i}+1\forall i=\overline{1,n-1}$
Ta có: $S_i\equiv 1-(-1)+1\equiv 3\pmod 9\Rightarrow 3||S_i\forall i=\overline{1,n-1}\qquad (1)$
Gọi $p|\gcd(S_i,S_j)\forall i,j=\overline{1,n-1}$ . Ta có: $p|S_i|2^{3^{i+1}}+1$
Ta có: $2^{3^j}=(2^{3^{i+1}})^{3^{j-i-1}}\equiv (-1)^{3^{j-i-1}}\equiv -1\pmod p$
$\Rightarrow 0\equiv S_j\equiv 2^{2.3^j}-2^{3^j}+1\equiv 1+1+1\equiv 3\pmod p\Rightarrow p=3\qquad (2)$
Từ $(1),(2)\Rightarrow \gcd(S_i,S_j)=3\forall i,j=\overline{1,n-1}$
Nếu mọi ước nguyên tố của $S_i$ (trừ $3$ ) đều có dạng $8k+1\Rightarrow S_i\equiv 3\pmod 8$ (vô lí)
Do đó $S_i$ có ước nguyên tố dạng $8k+3$ mà $p_i\neq 3$ do $\gcd(S_i,S_j)=3$
$\Rightarrow p_i\neq p_i\forall i,j=\overline{1,n-1}$
Vậy $2^{3^n}+1$ có ít nhất $n$ ước nguyên tố dạng $8k+3$ là $3,p_1,p_2,...,P_{n-1}$ $\blacksquare$

Number Theory 28

August 31, 2014 by Hoàng Đức Hưng

[Bài toán]: Cho $a,b>1;n$ nguyên dương, $b$ lẻ thỏa mãn $b^n|a^n-1$ . CMR: $\displaystyle{a^b>\frac{3^n}{n}}$ .
Lời Giải
Đặt $p=\pi(b),\text{ord}_pa=d$ với $d\in \mathbb{Z^+}$
Ta có: $a^d\equiv 1\pmod p\Rightarrow d|p-1$ mà $a^n\equiv 1\pmod p\Rightarrow d|n$
Mặt khác: $p=\pi(b)\Rightarrow \gcd(p-1,n)=1$ Do đó: $d=1$ .
Mặt khác, ta có $b\geq \prod p>\prod d=S\Rightarrow a^b>a^S>a^S-1\qquad (1)$
Lại có: $a-1|a^S-1\Rightarrow a^S-1\geq a-1\qquad (2)$
Ta có: $\prod p^n\leq a^n-1\Rightarrow n\leq v_p(a^n-1)$
Theo bổ đề $LTE: v_p(a^n-1)=v_p(a-1)+v_p(n)$ .
Do đó: $n\leq v_p(a-1)+v_p(n)\Leftrightarrow v_p(a-1)\geq n-v_p(n)\Leftrightarrow a-1\geq \prod p^n\prod p^{-v_p(n)}$ $(3)$
Mà $n\geq p^{v_p(n)}\Rightarrow n\prod p^n\prod p^{-v_p(n)}\geq p^n\geq 3^n\Leftrightarrow \prod p^n\prod p^{-v_p(n)}\geq \displaystyle{\frac{3^n}{n}}$ $(4)$
Kết luận: Từ $(1),(2),(3),(4)\Rightarrow Q.E.D$ $\blacksquare$

Number Theory 26

August 19, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Phát triển từ bài toán Taiwan 1999)
[Bài toán]: Cho $b$ nguyên dương sao cho $b+1=q$ là số nguyên tố. Gọi $p$ là ước nguyên tố lớn nhất của $b^y+1,q$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $y$ . CMR: $p\geq q+2$ .
Lời giải
Phản chứng, nếu $p\geq q$ , gọi $\text{ord}_pb=h\qquad (h\in \mathbb{Z^+}) \qquad (1)$
ta có: $p|b^y+1\Leftrightarrow b^{2y}\equiv 1\pmod p$ $\Longrightarrow h|2y\qquad (2)$
Từ $(1)\Rightarrow h|p-1\Rightarrow p-1\geq h\Leftrightarrow p\geq h+1;p\leq q\Rightarrow h+1\leq q\Rightarrow h<q\Rightarrow \gcd(y,h)=1\qquad (3)$
Từ $(2),(3)\Rightarrow h|2\Rightarrow h\in \{1;2\}$
• Xét $h=1\Rightarrow p|b-1$ . Ta có: $p|b^y+1\Rightarrow p|2\Rightarrow p|2\Rightarrow p=2\Rightarrow b$ lẻ $\Rightarrow q$ chẵn $\Rightarrow q=2$ (vô lí)
• Xét $h=2\Rightarrow p|(b-1)(b+1)\Leftrightarrow p|q(q-2)$ . Nếu $\gcd(q,q-2)>1\Rightarrow q$ chẵn $\Rightarrow q=2$ (vô lí) $\Longrightarrow \gcd(q,q-2)=1$ . Nếu $p|q-2\Rightarrow p|b-1\Rightarrow q=2$ (vô lí) $\Longrightarrow p|q\Rightarrow q=p$ mà $p$ là ước nguyên tố lớn nhất của $b^y+1$
$\Rightarrow q$ là ước duy nhất của $b^y+1$ . Đặt $b^y+1=q^n$ với $n\in \mathbb{Z^+}$
Ta có phương trình: $(q-1)^y+1=q^n\Rightarrow (q-1)^{2y}\equiv 1\pmod {q^n}$ . Đặt $\text{ord}_{q^n}q-1=h$ với $h\in \mathbb{Z^+}$
$\Rightarrow h|2y$ mà $\text{ord}_q(q-1)=2\Rightarrow \text{ord}_{q^n}q-1=2q^{n-1}\Rightarrow 2q^{n-1}|2y$ $\Leftrightarrow q^{n-1}|y\Rightarrow q|y$ . Đặt $y=kq$ với $k\in \mathbb{Z^+}$
Dễ dàng thấy $y$ lẻ, nếu $y$ chẵn $\Rightarrow q|2\Rightarrow q=2$ (vô lí)
$\Longrightarrow k$ lẻ. Ta thấy $q^n=(q-1)^y+1=[(q-1)^q]^k+1=[(q-1)^q+1].A\vdots (q-1)^q+1$ mà $q\in \mathbb{P}\Rightarrow \exists m\in \mathbb{Z^+}:(q-1)^q+1=q^m$
Vì $q\geq 5\Rightarrow (q-1)^q+1\geq (q-1)^5+1\geq q^3\Rightarrow q^m\geq q^3\Leftrightarrow m\geq 3$
Ta có: $(q-1)^q+1=q^q-\text{C}_p^1q^{q-1}+...+q^2\equiv q^2\pmod {q^3}$ mà $q^m\equiv 0\pmod {q^3}\forall m\geq 3\Rightarrow VT\neq NP$ (mâu thuẫn). Vậy giả thiết phản chứng sai $\Rightarrow p>q$ mà $p,q$ nguyên tố $\Rightarrow p\geq q+2$
Kết luận: Vậy ta có $Q.E.D$ $\blacksquare$

Number Theory 25

August 13, 2014 by Hoàng Đức Hưng

[Bài toán]: Cho $a,b,c,d\in \mathbb{Z^+}$ thỏa mãn $a^2+b^2\mid ac+bd$ . CMR: $\gcd(a^2+b^2,c^2+d^2)>1$
Lời giải
Ta có: $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2$
mà $a^2+b^2\mid ac+bd\Rightarrow a^2+b^2\mid (ad-bc)^2$
Giả sử $\gcd(a^2+b^2,c^2+d^2)=1\qquad (*)$
$\blacktriangleright$ Xét $a^2+b^2$ không là số chính phương $\Rightarrow \exists p$ có số mũ lớn nhất là số lẻ, với $p$ là ước nguyên tố của $a^2+b^2$ , gọi số mũ đó là $2k+1$ với $k\in \mathbb{N}$
Ta có: $p^{2k+1}\mid a^2+b^2\Rightarrow p^{2k+1}\mid (ad-bc)^2\Rightarrow p^{2k+2}\mid (ad-bc)^2$ mà $p^{2k+1}\mid ac+bd\Rightarrow p^{2k+2}\mid p^{4k+2}\mid (ac+bd)^2$
$\Longrightarrow p^{2k+2}\mid (ad-bc)^2+(ac+bd)^2\Rightarrow p^{2k+2}\mid (a^2+b^2)(c^2+d^2)$ mà từ $(*)\Rightarrow \gcd(p^{2k+2},c^2+d^2)=1\Rightarrow p^{2k+2}\mid a^2+b^2\rightarrow \text{False}$
$\blacktriangleright$ Xét $a^2+b^2$ là số chính phương. Đặt $a^2+b^2=t^2$ với $t\in \mathbb{Z^+}$
Ta có: $t^2\mid (ad-bc)^2\Rightarrow t\mid ad-bc\Rightarrow ad-bc=ty$ với $y\in \mathbb{Z}$
Lại có: $t^2\mid ac+bd\Rightarrow ac+bd=t^2x$ với $x\in \mathbb{Z^+}$
$\Longrightarrow \begin{cases}a^2d^2-b^2c^2=ty(ad+bc)\\a^2c^2-b^2d^2=t^2x(ac-bd)\end{cases}$ $\Rightarrow (a^2-b^2)(c^2+d^2)=t[y(ad+bc)+x(ac-bd)]\Rightarrow t\mid (a^2-b^2)(c^2+d^2)$ mà $(*)\Rightarrow \gcd(t,c^2+d^2)=1\Rightarrow t\mid a^2-b^2$ $\Rightarrow \left | a^2-b^2 \right |\geq t$
+, Nếu $a^2-b^2\geq t, b^2-a^2\geq t\rightarrow \text{False}$
+, Nếu $a^2=b^2\Rightarrow a=b\Rightarrow 2a^2=t^2\rightarrow \text{False}$
Kết luận: Vậy giả sử sai, ta có $Q.E.D$ $\blacksquare$

Number Theory 24

August 12, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(IMO 2008 Shortlist)
[Bài toán]: Cho $p\in \mathbb{P}, n\in \mathbb{Z^+},a,b,c\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $a^n+pb=b^n+pc=c^n+pa$ .
CMR: $a=b=c$
Lời Giải
Giả sử $a,b,c$ đôi một khác nhau.
Ta có: $a^n+pb=b^n+pc=c^n+pa\Leftrightarrow \begin{cases}a^n-b^n=p(c-b)\\b^n-c^n=p(a-c)\\c^n-a^n=p(b-c)\end{cases}$
$\Rightarrow -p^3=\displaystyle{\frac{a^n-b^n}{a-b}.\frac{b^n-c^n}{b-c}.\frac{c^n-a^n}{c-a}}\qquad (1)$
Xét $n$ lẻ $\Rightarrow a^n-b^n,a-b$ cùng dấu $\Rightarrow VP_{(1)}>0$ mà $VT_{(1)}<0$ (vô lí)
Xét $n$ chẵn:
$\blacktriangleright$ Xét $p$ lẻ, $p\geq 3$ . Ta có: $-p^3=\prod (a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1})$
Ta thấy $a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1}$ $(2)$ lẻ mà số các số trong tổng $(2)$ chẵn do $n$ chẵn $\Rightarrow a,b$ khác dấu $\Rightarrow a-b\equiv 1\pmod 2$
Tương tự $\Rightarrow 3\equiv (a-b)+(b-c)+(c-a)\equiv 0\pmod 2$ (vô lí)
$\blacktriangleright$ Xét $p$ chẵn $\Rightarrow p=2$ . Đặt $n=2k$ với $k\in \mathbb{Z^+},n\geq 2$ .
$(*)$ Nếu trong ba số có một số bằng $0$ . Giả sử $a=0$ .
Ta có: $\begin{cases}b^n+2c=c^n\\2b=c^n\end{cases}\Rightarrow c^{n^2}+2^{n+1}c=2^nc^n\Leftrightarrow (c^{n-1})^{n+1}-4+4=2^n(c^{n-1}-2)$
$\Leftrightarrow (c^{n-1}-2)A+4=2^n(c^{n-1}-2)\Leftrightarrow (c^{n-1}-2)(2^n-A)=4$ (dễ dàng thấy vô lí)
$(*)$ Nếu cả ba số đều khác $0\Rightarrow \left | a \right |,\left | b \right |,\left | c \right |\geq 1$
+, Với $k\geq 2$ . Ta có: $\displaystyle{8=\left | \prod \frac{a^n-b^n}{a-b} \right |=\left | \prod (a+b)\frac{a^{2k}-b^{2k}}{a^2-b^2} \right |}$
$=\left | (a+b)(b+c)(c+a) \right |\left | \prod (a^{2k-2}+...+b^{2k-2}) \right |\geq 8\left | (a+b)(b+c)(c+a) \right |$
$\Leftrightarrow \left | (a+b)(b+c)(c+a) \right |\leq 1\rightarrow \text{False}$
+, Với $k=1\Rightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=-8$ . Từ giả thiết, dễ dàng thấy $a,b,c$ cùng tính chẵn lẻ $\Rightarrow \left | a+b \right |=\left | b+c \right |=\left | c+a \right |=2\Rightarrow a=b=c$ .
Vậy ta có $Q.E.D$ $\blacksquare$

Number Theory 22

August 9, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(USA Team Selected Test 2003)
[Bài toán]: Tìm bộ ba số nguyên tố $p,q,r$ thỏa mãn điều kiện: $p\mid q^r+1,q\mid r^p+1,r\mid p^q+1$
Lời Giải
$\blacktriangleright$ Bổ đề: Cho $a,b,c\in \mathbb{P},c$ lẻ sao cho $c\mid a^b+1$ thì $2b\mid c-1;c\mid a^2-1$
$\rightarrow$ CM: Đặt $d=\text{ord}_c(a)\qquad (d\in \mathbb{Z^+})$
Ta có: $c\mid a^b+1;c>2\Rightarrow a^b\equiv -1\pmod c,a^{2b}\equiv 1\pmod c$
$\Rightarrow d\mid 2b;d\mid b\Rightarrow d\in \{2;2b\}$
+, Với $d=2b$ mà $d\mid c-1$ (vì $\text{ord}_c(a)\mid \phi(c)=c-1$ do $c\in \mathbb{P}$ ) $\Rightarrow 2b\mid c-1$
+, Với $d=2\Rightarrow a^2\equiv 1\pmod c\Rightarrow c\mid a^2-1$
$\blacktriangleright$ Áp dụng:
$(*)$ Nếu có ít nhất $2$ số bằng nhau, dễ dàng ta thấy điều vô lí!
$(*)$ Không mất tính tổng quát, giả sử $r<p<q$
+, Nếu cả $p,q,r$ đều lẻ. Ta có: $q\mid r^p+1$ $\Rightarrow \begin{cases} 2p\mid q-1\\q\mid r^2-1\end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases} q-1\geq 2p\\q\mid (r-1)(r+1)\end{cases}$
Dễ dàng thấy trường hợp thứ nhất vô lí vì $q<p$
Ở trường hợp thứ hai, ta thấy $\gcd(r-1;r+1)=2,p\in \mathbb{P}\Rightarrow q\mid \displaystyle{\frac{r-1}{2}}$ hoặc $q\mid \displaystyle{\frac{r+1}{2}}$ mà $q<\displaystyle{\frac{r-1}{2}<\frac{r+1}{2}}<r$ (trái với giả thiết nên trường hợp này loại)
+, Nếu trong 3 số có $1$ số chẵn mà $r<q<p\Rightarrow r=2$
Ta có: $r\mid p^q+1\Rightarrow$ $\begin{cases}4=2q\mid r-1\\r\mid p^2-1\end{cases}$ $p\mid q^r+1\Rightarrow \begin{cases} 2r\mid p-1\\p\mid q^2-1\end{cases}$ $\Leftrightarrow p\mid 3\Rightarrow p=3$
$\Rightarrow r\mid 10$ mà $p\in \mathbb{P}\Rightarrow r\in \{2;5\}$ mà $r>2\Rightarrow r=5$ (Thử lại thỏa mãn)
Vậy $(p,q,r)=(2;3;5)$ và hoán vị thỏa mãn ycđb $\blacksquare$

Number Theory 20

July 26, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Junior Balkan MO 2000)
[Bài toán] Tìm $n\in \mathbb{Z^+}$ sao cho $n^2+3^n$ là số chính phương.
Lời Giải
Đặt $n^2+3^n=a^2(1)(a\in \mathbb{Z^+})$
$\Leftrightarrow (a-n)(a+n)=3^n$ $\Rightarrow\begin{cases}a-n=3^m\\ a+n=3^{n-m}\end{cases}$ $(m\in \mathbb{Z^+})$
Ta có: $m<c-m\Leftrightarrow 2m<c\Leftrightarrow 2m+1\leq c$
$\blacktriangleright$ Xét $n=2m+1$ $\Rightarrow \begin{cases}a-n=3^m\\a+n=3^{m+1}\end{cases}$
$\Rightarrow a+n=3(a-n)$
$\Leftrightarrow a=2n\Rightarrow n^2+3^n=4n^2$
$\Leftrightarrow 3^n=3n^2\Leftrightarrow 3^{n-1}=n^2$ $\Rightarrow n$ lẻ.
Đặt $n=2k+1(k\in \mathbb{N}) \Rightarrow (3^k)^2=(2k+1)^2\Leftrightarrow 3^k=2k+1$
Áp dụng BĐT $Bernulli$ : $1+2k\leq (1+2)^k=3^k$
$\Rightarrow k\in \{0;1\}\Rightarrow n\in \{1;3\}$ (Thử lại thỏa mãn)
$\blacktriangleright$ Xét $n>2m+1\Rightarrow n\geq 2m+2$
Ta có: $2n=3^{n-m}-3^m=9.3^{n-m-2}-3^m$ mà $3^m\leq 3^{n-m-2}\Leftrightarrow n\geq 2m+2(\text{True})$
Áp dụng bất đẳng thức $Bernulli$ :
$\Rightarrow 2n\geq 8.3^{n-m-2}=8.(1+2)^{n-m-2}\geq 8[1+2(n-m-2)]=16n-16m-24$
$\Leftrightarrow 7n\leq 8m+12$ mà $7n\geq 14m+14\Rightarrow 6m+2\leq 0$ (vô lí)
Vậy $\boxed{n\in \{1;3\}}$ thỏa mãn $\blacksquare$

Inequality 12

July 23, 2014 by Hoàng Đức Hưng

[Bài toán]: Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=2$ . CMR: $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\leq 3$
Lời Giải
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$ .
Đặt $\displaystyle{t=\frac{a+b}{2};u=\frac{a-b}{2}(t,u\geq 0;t\leq 1)}$
$\rightarrow a^2+2ab+b^2=4t^2;a^2-2ab+b^2=4u^2$
$\blacktriangleright$ Ta phải CM: $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\leq 3t^2(t^2+tc+c^2)^2\qquad (*)$
Ta có: +, $a^2+ab+b^2=2t^2+2u^2+t^2-u^2=3t^2+u^2$
+, $(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)$
$=c^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+c^3(a+b)+abc(a+b+c)$
$=c^4+(t^2-u^2)^2+2c^2(t^2+u^2)+2tc^3+c(t^2-u^2)(c+2t)$
$=c^4+t^4-2t^2u^2+u^4+2t^2c^2+2u^2c^2+2tc^3+t^2c^2+2t^3c-c^2u^2-2tcu^2$
$=c^4+3t^2c^2+t^4+2tc(t^2+c^2)-u^2(2tc-c^2+2t^2-u^2)$
Ta phải CM: $\displaystyle{\frac{3t^2}{a^2+ab+b^2}-1\geq \frac{(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)}{(t^2+tc+c^2)^2}-1}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\frac{3t^2-3t^2-u^2}{3t^2+u^2}\geq \frac{-u^2(2tc-c^2+2t^2-u^2)}{(t^2+tc+c^2)^2}}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\frac{1}{3t^2+u^2}\leq \frac{2tc-c^2+2t^2-u^2}{(t^2+tc+c^2)^2}}$
$\Leftrightarrow (2tc-c^2+2t^2-u^2)(3t^2+u^2)\geq (t^2+tc+c^2)^2$
$\Leftrightarrow 6t^3c+2tcu^2-3t^2c^2-c^2u^2+6t^4+2t^2u^2-3t^2u^2-u^4\geq t^4+t^2c^2+c^4+2t^3c+2tc^3+2t^2c^2$
$\Leftrightarrow 4t^3-2tc^3-6t^2c^2+5t^4-c^4\geq u^2c^2-2tc^2+t^2u^2+u^4=u^2(t-c)^2+u^4$
Lại có: $5t^4+4t^3c-6t^2c^2+5t^4-c^4\geq 5t^4-5t^2c^2=5t^2(t-c)(t+c)$
$=5(t^3+t^2c)(t-c)\geq 5t^3(t-c)\geq 2(t-c)^4\geq u^2(t-c)^2+u^4\rightarrow (*)$ được CM.
$\blacktriangleright$ Cuối cùng, ta phải CM: $3t^2(t^2+tc+c^2)^2\leq 3$
Ta có: $t=\displaystyle{\frac{a+b}{2}}\Rightarrow c=2-2t$
$\rightarrow t^2[t^2+t(2-2t)+(2-2t)^2]^2\leq 1\Leftrightarrow 3t^3-6t^2+4t-1\leq 0$
$\Leftrightarrow (3t^2-3t+1)(t-1)\leq 0\rightarrow \text{True}$
Vậy bất đẳng thức ban đầu được CM, dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow (a,b,c)=(1;1;0)$ và hoán vị $\blacksquare$

Number Theory 18

July 22, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Turkey Junior Balkan MO TST 2014)
Tìm bộ ba nghiệm nguyên dương $(a,b,c)$ thỏa mãn phương trình $(a^3+b)(b^3+a)=2^c \qquad (1)$
Lời Giải
Vì vai trò $a,b$ như nhau nên giả sử $a\geq b$
$\Rightarrow\begin{cases}a^3+b=2^m \\b^3+a=2^{c-m}\end{cases}\qquad (m\in \mathbb{Z^+};m<c)$
$\blacktriangleright$ Xét $a=1\Rightarrow \begin{cases}1+b=2^m \\b^3+1=2^{c-m}\end{cases}$ $\Leftrightarrow 2^m(b^2-b+1)=2^{c-m}$
$\Leftrightarrow b(b-1)+1=2^{c-2m}$ mà $VT$ lẻ $\Rightarrow VP$ lẻ $\Rightarrow c-2m=0\Leftrightarrow c=2m$ $\Rightarrow b(b-1)+1=1\Leftrightarrow b=1\Rightarrow c=2$ (Thử lại thỏa mãn)
$\blacktriangleright$ Xét $a\geq 2$ . Xét biểu thức:
$ab(ab-1)(ab+1)=a^3b^3-ab=b^3(a^3+b)-b(b^3+a)=b^3.2^m-b.2^{c-m}$
$=2^m(b^3-b.2^{c-2m})\Rightarrow 2^m\mid ab(ab-1)(ab+1)$ mà dễ thấy $\gcd(ab,a^2b^2-1)=1$ $\Rightarrow 2$ trường hợp sau:
$(*)$ Trường hợp $2^m\mid ab\Rightarrow ab\geq 2^m\Leftrightarrow ab\geq a^3+b$
$\displaystyle{\Leftrightarrow b\geq \frac{a^3}{a-1}}$
mà $\displaystyle{\frac{a^3}{a-1}}> a\Leftrightarrow a(a^2-a+1)>0(\text{True})$
$\Rightarrow b>a$ (mâu thuẫn với giả sử ban đầu)
$(*)$ Xét $2^m\mid (ab-1)(ab+1)$ , mà ta thấy $\gcd(ab-1,ab+1)=2$ $\Rightarrow 2$ trường hợp:
+, Nếu $\displaystyle{2^{m-1}\mid ab-1\Rightarrow \frac{a^3+b}{2}\mid ab-1\Rightarrow a^3+b\mid 2ab-2\Rightarrow \frac{2a^3b-2a^2}{a^3+b}}\in \mathbb{Z}$ $\Rightarrow \displaystyle{\frac{2b(a^3+b)-2a^2-2b^2}{a^3+b}\in \mathbb{Z}\Rightarrow \frac{2a^2+2b^2}{a^3+b}}\in \mathbb{Z^+}$
$\Rightarrow 2a^2+2b^2\geq a^3+b\Leftrightarrow 2b^2-b\geq a^3-2a^2\geq b^3-2b^2$
$\Leftrightarrow b^3-4b^2+b\leq 0\Leftrightarrow b^2-4b+1\leq 0$
$\Leftrightarrow 2-\sqrt{3}\leq b\leq 2+\sqrt{3}\Rightarrow 1\leq b\leq 3(b\in \mathbb{Z^+})$
mà $2^{m-1}\mid ab-1\Rightarrow ab$ lẻ $\Rightarrow b$ lẻ $\Rightarrow b\in \{1;3\}$
• Với $b=1\Rightarrow (a,b)=(1;2)$
• Với $b=3\Rightarrow (1) \Leftrightarrow (a^3+3)(a+27)=2^c\Rightarrow (a,c)=(5;12)$
+, Nếu $2^{m-1}\mid ab+1\Rightarrow \displaystyle{\frac{2a^3b+2b^2}{a^3+b}}\in \mathbb{Z^+}\Rightarrow \displaystyle{\frac{2a^2-2b^2}{a^3+b}}\in \mathbb{Z^+}\Rightarrow 2a^2-2b^2\geq a^3+b$
$\Leftrightarrow -2b^2-b\geq a^3-2a^2\geq b^3-2b^2\Leftrightarrow b^3+b\leq 0$ (vô lí)
Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là: $\boxed{(a,b,c)\in \{(1;1;2);(3;5;12);(5;3;12)\}}$

Inequality 11

July 17, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Crux Mathematicorum)
Cho $a,b,c,x,y,z>0$ . CMR:
$\displaystyle{\frac{a}{b+c}(y+z)+\frac{b}{c+a}(z+x)+\frac{c}{a+b}(x+y)\geq \frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}}\qquad (*)$
Lời Giải
Ta có: $(*)\Leftrightarrow \displaystyle{\sum [(\frac{a}{b+c}+1)(y+z)]\geq \frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}+2(x+y+z)}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\frac{1}{2}[(\Sigma b+c)(\Sigma \frac{y+z}{b+c})]\geq\frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}+2(x+y+z)}$
Áp dụng bất đẳng thức $CBS$ :
$\displaystyle{\frac{1}{2}(\Sigma b+c)(\Sigma \frac{y+z}{b+c})\geq \frac{1}{2}(\Sigma \sqrt{y+z})^2}$
Cần CM: $\displaystyle{\frac{1}{2}(\Sigma \sqrt{y+z})^2\geq \frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}+2(x+y+z)}$
$\Leftrightarrow \displaystyle{\sum \sqrt{(y+z)(z+x)}\geq \frac{3(xy+yz+zx)}{x+y+z}+(x+y+z)}$
Ta có BĐT phụ sau:
$\sum \sqrt{(x+y)(y+z)}\geq \sqrt{(x+y+z)^2+9(xy+yz+zx)}\qquad (**)$
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)+2[\Sigma (x+y)\sqrt{(y+z)(z+x)}]\geq x^2+y^2+z^2+11(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow \sum (x+y)\sqrt{(y+z)(z+x)}\geq 4(xy+yz+zx)$
Áp dụng bất đẳng thức $CBS, AM-GM$ :
$\sum (x+y)\sqrt{(y+z)(z+x)}\geq \sum (x+y)(\sqrt{xy}+z)=zx+yz+\sqrt{xy}(x+y)$
$\geq \sum xy+yz+2xy=4(xy+yz+zx)\Rightarrow (**)$ được CM.
Áp dụng, đặt $x+y+z=m,xy+yz+zx=n(m,n>0)$ $\Rightarrow m^2\geq 3n$
Ta phải CM: $m\sqrt{m^2+9n}\geq 3n+m^2$ $\Leftrightarrow m^4+9m^2n\geq m^4+6m^2n+9n^2$ $\Leftrightarrow m^2\geq 3n \qquad(\text{True})$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c,x=y=z$
Vậy BĐT $(*)$ được chứng minh $\blacksquare$