a) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:

6/6

\(2008\left( {{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{{\rm{x}}} + \frac{1}{{\rm{y}}} + \frac{1}{{\rm{z}}}} \right) \ge 2023\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}} + {\rm{z}}} \right)\).

b) Cho phương trình \({{\rm{x}}^2} - 4{\rm{m}}{{\rm{n}}^2}{\rm{x}} - 4{\rm{m}}{{\rm{n}}^3} - {\rm{m}} = 0\), với m và n là các tham số. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m; n) để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({{\rm{x}}_1},{\rm{\;}}{{\rm{x}}_2}{\rm{\;}}\)đều là số nguyên và \({{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} + 1{\rm{\;}}\)là số nguyên tố.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

a) Cho x,y,z dương thoả mãn \(xyz = 1\). Chứng minh:

\(2008\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 2023\left( {x + y + z} \right)\)

+ AB.GM ba số: \(x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}} = 3\)

+ Ta có:

\(2008\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 2008\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 15.\frac{9}{{x + y + z}}\;\)

Đặt \(t = x + y + z\;\;\left( {t \ge 3} \right)\), ta phải chứng minh:

\(2008\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 15.\frac{9}{{x + y + z}} \ge 2023\;\left( {x + y + z} \right)\)

Tức là:

\(2008\frac{{{t^3}}}{3} + 15.\frac{9}{t} \ge 2023t\)

\( \Rightarrow \)\(2008{t^3} + 405 \ge 6069{t^2}\)

\( \Rightarrow \)\(\left( {t - 3} \right)\left( {2008{t^2} - 45t - 135} \right) \ge 0\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)

Trong đó

\(2008{t^2} - 45t - 135\)

\( = 1993{t^2} + 15{t^2} - 45t - 135\)

\( = 1993{t^2} + 15t\left( {t - 3} \right) - 135\)

\( \ge {1993.3^2} + 15.3.0 - 135 > 0\)

\( \Rightarrow 2008{t^2} - 45t - 135 > 0\)

Tức là (1) đúng

Vậy bài toán được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi \(x = y = z = 1\)

b) Cho phương trình ẩn x, tham số a và b:\({x^2} - 4a{b^2}x - 4a{b^3} - a = 0\)

Tìm tất cả các cặp (a;b) nguyên dương sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ đều nguyên và x₁+x₂+1 là số nguyên tố.

Ta có : \({\rm{\Delta '}} = 4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a = \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + {b^2}} \right) + a - {b^2} = {\left( {2a{b^2} + b} \right)^2} + a - {b^2}\)

Để phương trình có hai nghiệm nguyên ta cần \({\rm{\Delta }}'\) là số chính phương.

+ Xét hiệu:

\({\left( {2a{b^2} + b + 1} \right)^2} - {\rm{\Delta }}'\)

\( = \left( {4{a^2}{b^4} + {b^2} + 1 + 4a{b^3} + 4a{b^2} + 2b} \right) - \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a} \right)\)

\( = \left( {{b^2} + 1 + 4a{b^2} + 2b} \right) - a\)

\( = {b^2} + 2b + 1 + a\left( {4{b^2} - 1} \right) > 0\;\) vì \(a,b \in {N^*}\)

+ Xét hiệu:

\({\left( {2a{b^2} + b - 1} \right)^2} - {\rm{\Delta }}'\)\( = \left( {4{a^2}{b^4} + {b^2} + 1 + 4a{b^3} - 4a{b^2} - 2b} \right) - \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a} \right)\)\( = {b^2} + 1 - 4a{b^2} - 2b - a\)\( = {b^2}\left( {\underbrace {1 - 4a}_{ < 0}} \right) - 2b + \left( {\underbrace {1 - a}_{ < 0}} \right) < 0\)

Ta được: \({\left( {2a{b^2} + b - 1} \right)^2} < {\rm{\Delta '}} < {\left( {2a{b^2} + b + 1} \right)^2}\)

Mà \({\rm{\Delta '}}\) là số chính phương nên \({\rm{\Delta '}} = {\left( {2a{b^2} + b} \right)^2}\)\( \Rightarrow a = {b^2}\)

+Xét biểu thức:\({x_1} + {x_2} + 1\;\)\( = 4a{b^2} + 1\)\( = 4{b^4} + 1\)\( = \left( {4{b^4} + 4{b^2} + 1} \right) - 4{b^2}\)\( = {\left( {2{b^2} + 1} \right)^2} - {\left( {2b} \right)^2}\)\( = \left( {2{b^2} - 2b + 1} \right)\left( {2{b^2} + 2b + 1} \right)\)

Ta cần \({x_1} + {x_2} + 1\;\) là số nguyên tố, mà \(2{b^2} + 2b + 1 \ge 5\) nên:

\(2{b^2} - 2b + 1 = 1\)\( \Rightarrow \)\(b\left( {b - 1} \right) = 0\)\( \Rightarrow \)\(b = 1\) (vì \(b \ge 1\))

Kiểm tra lại: \({x_1} + {x_2} + 1 = 4{b^4} + 1 = 5\): là số nguyên tố

Vậy \(a = b = 1\)