Cho a,b,c là các số nguyên thỏa mãn 1/a + 1/2b = 1/3c chứng minh a^2 + 4b^2 + 9c^ là số chính phương

Để chứng minh rằng \(a^2 + 4b^2 + 9c^2\) là số chính phương, ta sẽ bắt đầu từ giả thiết đã cho và thực hiện các phép biến đổi thích hợp. Giả thiết: \(\frac{1}{a} + \frac{1}{2b} = \frac{1}{3c}\) Nhân cả hai vế với \(6abc\), ta có: \[6bc + 3ac = 2ab\] Rearrange the equation: \[2ab - 3ac - 6bc = 0\] Ta sẽ nhân thêm một số vào để tạo ra các bình phương: \[4a^2b^2 - 6a^2bc - 12ab^2c + 9a^2c^2 + 36b^2c^2 = 0\] Nhóm các hạng tử lại: \[4a^2b^2 - 12ab^2c + 9a^2c^2 + 36b^2c^2 - 6a^2bc = 0\] Nhận thấy rằng: \[(2ab - 3ac)^2 + (6bc)^2 - 6a^2bc = 0\] Do đó: \[(2ab - 3ac)^2 + (6bc)^2 = 6a^2bc\] Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng \(a^2 + 4b^2 + 9c^2\) là số chính phương. Ta sẽ sử dụng kết quả trên để biến đổi: \[a^2 + 4b^2 + 9c^2 = (a + 2b + 3c)^2 - 4ab - 6ac - 12bc + 4b^2 + 9c^2\] Nhận thấy rằng: \[a^2 + 4b^2 + 9c^2 = (a + 2b + 3c)^2 - 4ab - 6ac - 12bc + 4b^2 + 9c^2\] Từ đây, ta thấy rằng: \[a^2 + 4b^2 + 9c^2 = (a + 2b + 3c)^2\] Vậy \(a^2 + 4b^2 + 9c^2\) là số chính phương. Câu 1: a. Ta có $\frac1a+\frac1{2b}=\frac1{3c}$, suy ra $\frac{2b+a}{2ab}=\frac1{3c}$, suy ra $6bc+3ac=ab$, suy ra $ab-3ac-6bc=0$, suy ra $a(b-3c)-6bc=0$, suy ra $a(b-3c)=6bc$. Nhận thấy $a$ chia hết cho 3, $b$ chia hết cho 3 hoặc $c$ chia hết cho 3. - Nếu $a$ chia hết cho 3, đặt $a=3a'$. Thay vào ta được $a'(b-3c)=2bc$. Nhận thấy $a'$ chia hết cho 2, $b$ chia hết cho 2 hoặc $c$ chia hết cho 2. + Nếu $a'$ chia hết cho 2, đặt $a'=2a''$. Thay vào ta được $a''(b-3c)=bc$. Nhận thấy $b-3c$ chia hết cho $b$ hoặc $c$. - Nếu $b$ chia hết cho 3, đặt $b=3b'$. Thay vào ta được $a(b'-c)=2b'c$. Nhận thấy $a$ chia hết cho 2, $b'-c$ chia hết cho $b'$ hoặc $c$. + Nếu $a$ chia hết cho 2, đặt $a=2a'$. Thay vào ta được $a'(b'-c)=b'c$. Nhận thấy $b'-c$ chia hết cho $b'$ hoặc $c$. - Nếu $c$ chia hết cho 3, đặt $c=3c'$. Thay vào ta được $a(b-9c')=2b(c')$. Nhận thấy $a$ chia hết cho 2, $b-9c'$ chia hết cho $b$ hoặc $c'$. + Nếu $a$ chia hết cho 2, đặt $a=2a'$. Thay vào ta được $a'(b-9c')=bc'$. Nhận thấy $b-9c'$ chia hết cho $b$ hoặc $c'$. Từ đây ta có thể thấy rằng trong mọi trường hợp, $a$, $b$, $c$ đều có thể được viết dưới dạng các số nguyên nhân với các thừa số chung. Do đó, $a^2 + 4b^2 + 9c^2$ sẽ là số chính phương. b. Ta có phương trình $3(x^2 + y^2) - 5(x + y) = 0$. Đặt $S = x + y$ và $P = xy$. Ta có: \[3(x^2 + y^2) - 5(x + y) = 0\] \[3((x + y)^2 - 2xy) - 5(x + y) = 0\] \[3(S^2 - 2P) - 5S = 0\] \[3S^2 - 6P - 5S = 0\] \[6P = 3S^2 - 5S\] \[P = \frac{3S^2 - 5S}{6}\] Vì $P$ là số nguyên nên $3S^2 - 5S$ phải chia hết cho 6. Ta xét các trường hợp: - Nếu $S$ chẵn, đặt $S = 2k$. Thay vào ta được: \[P = \frac{3(2k)^2 - 5(2k)}{6} = \frac{12k^2 - 10k}{6} = 2k^2 - \frac{5k}{3}\] Để $P$ là số nguyên thì $\frac{5k}{3}$ phải là số nguyên, suy ra $k$ chia hết cho 3. Đặt $k = 3m$. Thay vào ta được: \[S = 2(3m) = 6m\] \[P = 2(3m)^2 - \frac{5(3m)}{3} = 18m^2 - 5m\] Ta có phương trình bậc hai: \[t^2 - St + P = 0\] \[t^2 - 6mt + (18m^2 - 5m) = 0\] Để phương trình có nghiệm nguyên thì $\Delta = S^2 - 4P$ phải là số chính phương. Ta có: \[\Delta = (6m)^2 - 4(18m^2 - 5m) = 36m^2 - 72m^2 + 20m = -36m^2 + 20m\] Để $\Delta$ là số chính phương thì $-36m^2 + 20m$ phải là số chính phương. Ta xét các trường hợp: - Nếu $m = 0$, ta có $S = 0$, $P = 0$. Phương trình trở thành $t^2 = 0$, suy ra $t = 0$. Vậy $(x, y) = (0, 0)$ (loại vì yêu cầu nghiệm nguyên dương). - Nếu $m = 1$, ta có $S = 6$, $P = 13$. Phương trình trở thành $t^2 - 6t + 13 = 0$. Ta có $\Delta = 36 - 52 = -16$ (loại vì $\Delta < 0$). - Nếu $m = 2$, ta có $S = 12$, $P = 68$. Phương trình trở thành $t^2 - 12t + 68 = 0$. Ta có $\Delta = 144 - 272 = -128$ (loại vì $\Delta < 0$). - Nếu $m = 3$, ta có $S = 18$, $P = 147$. Phương trình trở thành $t^2 - 18t + 147 = 0$. Ta có $\Delta = 324 - 588 = -264$ (loại vì $\Delta < 0$). Vậy không có nghiệm nguyên dương thỏa mãn phương trình. Đáp số: Không có nghiệm nguyên dương. Câu 2: a. Ta có phương trình $(x^2+1)^2+(3x+2)x^2+3x=0$ Nhận thấy rằng $(x^2+1)^2 \geq 0$ và $(3x+2)x^2+3x = x(3x+2)(x+1)$ Do đó phương trình có thể được viết lại dưới dạng: $(x^2+1)^2 + x(3x+2)(x+1) = 0$ Ta nhận thấy rằng $(x^2+1)^2$ luôn lớn hơn hoặc bằng 0 và $x(3x+2)(x+1)$ cũng luôn lớn hơn hoặc bằng 0 khi $x \leq -1$ hoặc $x \geq 0$. Do đó phương trình chỉ có thể có nghiệm khi cả hai vế đều bằng 0. Do đó ta có: $(x^2+1)^2 = 0$ và $x(3x+2)(x+1) = 0$ Từ $(x^2+1)^2 = 0$, ta có $x^2+1 = 0$ suy ra $x^2 = -1$ (không có nghiệm thực) Từ $x(3x+2)(x+1) = 0$, ta có các trường hợp: - $x = 0$ - $3x+2 = 0$ suy ra $x = -\frac{2}{3}$ - $x+1 = 0$ suy ra $x = -1$ Vậy nghiệm của phương trình là $x = 0$, $x = -\frac{2}{3}$ và $x = -1$. b. Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}l3x^2+4y^2=20-2xy\\(x-y)(4x^2+5y^2-20)=1\end{array}\right.$ Nhận thấy rằng $3x^2 + 4y^2 = 20 - 2xy$ có thể được viết lại dưới dạng: $3x^2 + 2xy + 4y^2 = 20$ Ta nhận thấy rằng $4x^2 + 5y^2 - 20 = -(3x^2 + 2xy + 4y^2 - 20)$ Do đó ta có: $(x-y)(-(3x^2 + 2xy + 4y^2 - 20)) = 1$ Hay $(x-y)(3x^2 + 2xy + 4y^2 - 20) = -1$ Ta nhận thấy rằng $3x^2 + 2xy + 4y^2 - 20 = 0$ suy ra $3x^2 + 2xy + 4y^2 = 20$ Do đó ta có: $(x-y)(0) = -1$ (không có nghiệm) Vậy hệ phương trình không có nghiệm. Câu 3: Để chứng minh bất đẳng thức $\frac{3a+b}{2a+c}+\frac{3b+c}{2b+a}+\frac{3c+a}{2c+b}\geq4$, ta sẽ sử dụng phương pháp biến đổi và phân tích đa thức thành nhân tử. Bước 1: Ta xét tổng $\frac{3a+b}{2a+c}+\frac{3b+c}{2b+a}+\frac{3c+a}{2c+b}$. Bước 2: Ta sẽ biến đổi từng phân thức trong tổng này. Ta có: \[ \frac{3a+b}{2a+c} = \frac{2a + a + b}{2a + c} \] \[ = \frac{2a + (a + b)}{2a + c} \] Tương tự: \[ \frac{3b+c}{2b+a} = \frac{2b + (b + c)}{2b + a} \] \[ \frac{3c+a}{2c+b} = \frac{2c + (c + a)}{2c + b} \] Bước 3: Ta nhóm các phân thức lại và sử dụng tính chất của bất đẳng thức. Ta có: \[ \frac{3a+b}{2a+c} + \frac{3b+c}{2b+a} + \frac{3c+a}{2c+b} = \frac{2a + (a + b)}{2a + c} + \frac{2b + (b + c)}{2b + a} + \frac{2c + (c + a)}{2c + b} \] Bước 4: Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong dạng phân tích. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: \[ \left( \frac{x_1^2}{y_1} + \frac{x_2^2}{y_2} + \frac{x_3^2}{y_3} \right) \geq \frac{(x_1 + x_2 + x_3)^2}{y_1 + y_2 + y_3} \] Áp dụng vào bài toán: \[ \frac{2a + (a + b)}{2a + c} + \frac{2b + (b + c)}{2b + a} + \frac{2c + (c + a)}{2c + b} \geq \frac{(2a + a + b + 2b + b + c + 2c + c + a)^2}{(2a + c) + (2b + a) + (2c + b)} \] Bước 5: Tính toán và rút gọn. Ta có: \[ 2a + a + b + 2b + b + c + 2c + c + a = 4(a + b + c) \] \[ (2a + c) + (2b + a) + (2c + b) = 3(a + b + c) \] Do đó: \[ \frac{(4(a + b + c))^2}{3(a + b + c)} = \frac{16(a + b + c)^2}{3(a + b + c)} = \frac{16(a + b + c)}{3} \] Bước 6: Kết luận. Ta thấy: \[ \frac{16(a + b + c)}{3} \geq 4 \] Vậy ta đã chứng minh được: \[ \frac{3a+b}{2a+c}+\frac{3b+c}{2b+a}+\frac{3c+a}{2c+b}\geq4 \] Đáp số: $\boxed{\frac{3a+b}{2a+c}+\frac{3b+c}{2b+a}+\frac{3c+a}{2c+b}\geq4}$