Bài 2. a/ \(1\le a,b,c\le3\)  \(\Rightarrow\left(a-1\right).\left(a-3\right)\le0\) , \(\left(b-1\right)\left(b-3\right)\le0\), \(\left(c-1\right).\left(c-3\right)\le0\)

Cộng theo vế : \(a^2+b^2+c^2\le4a+4b+4c-9\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge\frac{a^2+b^2+c^2+9}{4}=7\)

Vậy min E = 7 tại chẳng hạn, x = y = 3, z = 1

b/ Ta có : \(x+2y+z=\left(x+y\right)+\left(y+z\right)\ge2\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\) 

Tương tự : \(y+2z+x\ge2\sqrt{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\) , \(z+2y+x\ge2\sqrt{\left(z+y\right)\left(y+x\right)}\)

Nhân theo vế : \(\left(x+2y+z\right)\left(y+2z+x\right)\left(z+2y+x\right)\ge8\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\) hay

\(\left(x+2y+z\right)\left(y+2z+x\right)\left(z+2y+x\right)\ge64\)

chẵng biết

Có bổ đề sau: \(a^2=pq\) với \(a,p,q\in Z^+\) và \(\left(p,q\right)=1\) thì p,q là hai số chính phương

\(2a^2-2b^2+a-b=b^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(2a+2b+1\right)=b^2\)(*)
Gọi d là UWCLN của a-b và 2a+2b+1 ta có từ (*) b chia hết d.

a-b chia hết cho d nên 2a-2b chia hết cho d . Vậy 2a+2b+1-(2a-2b) chia hết d

nên 4b+1 chia hết d mà b chia hết cho d nên 1 chia hết d. Vậy hai số a-b và 2a+2b+1 nguyên tố cùng nhau

Áp dụng bổ đề có đpcm

Ta có: \(2a^2+a=3b^2+b\)

\(\Leftrightarrow\left(2a^2-2b^2\right)+\left(a-b\right)=b^2\)

\(\Leftrightarrow\left(2a+2b\right)\left(a-b\right)+\left(a-b\right)=b^2\)

\(\Leftrightarrow\left(2a+2b+1\right)\left(a-b\right)=b^2\)

*CM 2a+2b+1 và a-b nguyên tố cùng nhau

=> 2a+2b+1 cũng là 1 SCP

Ta có: 

\(2a^2+a=3b^2+b\)

\(\Leftrightarrow2a^2-2b^2+a-b=b^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(2a+2b+1\right)=b^2\)

Ta có: 

Đặt \(d=\left(a-b,2a+2b+1\right)\).

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-b⋮d\\2a+2b+1⋮d\end{cases}}\Rightarrow\left(a-b\right)\left(2a+2b+1\right)=b^2⋮d^2\Rightarrow b⋮d\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)+b=a⋮d\)

\(\Rightarrow\left(2a+2b+1\right)-2a-2b=1⋮d\Rightarrow d=1\).

Do đó \(a-b,2a+2b+1\)là hai số chính phương. 

Để chứng minh rằng √(a-b) và √(3a+3b+1) là các số chính phương, ta sẽ điều chỉnh phương trình ban đầu để tìm mối liên hệ giữa các biểu thức này. Phương trình ban đầu: 2^(2+a) = 3^(2+b) Ta có thể viết lại phương trình theo dạng: (2^2)^((1/2)+a/2) = (3^2)^((1/2)+b/2) Simplifying the exponents, we get: 4^(1/2)*4^(a/2) = 9^(1/2)*9^(b/2) Taking square roots of both sides, we have: √4*√(4^a) = √9*√(9^b) Simplifying further, we obtain: 22*(√(4^a)) = 32*(√(9^b)) Since (√x)^y is equal to x^(y/), we can rewrite the equation as follows: 22*(4^a)/ = 32*(9^b)/ Now let's examine the expressions inside the square roots: √(a-b) can be written as (√((22*(4^a))/ - (32*(9^b))/)) Similarly, √(3*a + 3*b + ) can be written as (√((22*(4^a))/ + (32*(9^b))/)) We can see that both expressions are in the form of a difference and sum of two squares. Therefore, it follows that both √(a-b) and √(3*a + 3*b + ) are perfect squares.

Ta chứng minh BĐT

( a + b + c ) ( 1 a + 1 b + 1 c ) ≥ 9 ( * ) ( * ) < = > 3 + ( a b + b a ) + ( b c + c b ) + ( c a + a c ) ≥ 9

Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:

a b + b a ≥ 2 b c + c b ≥ 2 c a + a c ≥ 2 =>(*) đúng

= > 9 a + b + c ≤ 1 a + 1 b + 1 c ≤ 3 = > a + b + c ≥ 3

Trở lại bài toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có  1 + b 2 ≥ 2 b

Ta có: a 1 + b 2 = a − a b 2 1 + b 2 ≥ a − a b 2 2 b = a − a b 2 ( 1 )

Tương tự ta có: 

b 1 + c 2 ≥ b − b c 2 ( 2 ) c 1 + a 2 ≥ c − c a 2 ( 3 )

Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có:

a 1 + b 2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2 ≥ a + b + c − 1 2 ( a b + b c + c a ) = > a 1 + b 2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2 + 1 2 ( a b + b c + c a ) ≥ a + b + c ≥ 3

Điều kiện đề bài ⇒(2c)2=(a+c)(b+c)⇒(2c)2=(a+c)(b+c). Gọi d=gcd(a+c,b+c)d=gcd(a+c,b+c) thì do a−b=p∈Pa−b=p∈P nên d=1d=1hoặc d=pd=p

Nếu d=1d=1 thì a+c=x2,b+c=y2a+c=x2,b+c=y2 ( xy=2cxy=2c)

⇒p=(x−y)(x+y)⇒p=(x−y)(x+y). p=2p=2 thì vô lý. pp lẻ thì dễ thấy x=p+12=a−b+12x=p+12=a−b+12 và y=a−b−12y=a−b−12

⇒2c=xy=(a−b−1)(a−b+1)4⇒8c+1=(a−b)2⇒2c=xy=(a−b−1)(a−b+1)4⇒8c+1=(a−b)2 là scp

Nếu d=pd=p thì a+c=pm2,b+c=pn2a+c=pm2,b+c=pn2 ( 2c=pmn2c=pmn)

⇒(m−n)(m+n)=1→m=1,n=0⇒(m−n)(m+n)=1→m=1,n=0 (loại)