1) Cho \(x,y,k\) là các số nguyên dương sao cho số \(p = \dfrac{{{x^k}y}}{{{x^2} + {y^2}}}\) là số nguyên

Câu hỏi số 737548:

Vận dụng cao

1) Cho \(x,y,k\) là các số nguyên dương sao cho số \(p = \dfrac{{{x^k}y}}{{{x^2} + {y^2}}}\) là số nguyên tố. Tìm \(k\).

2) Với \(a,b,c\) là các số thực không âm thỏa mãn \(a \le 2,b \le 2,c \le 2\) và \(a + b + c = 3\).

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \sqrt {ab\left( {b + c + 1} \right)} + \sqrt {bc\left( {c + a + 1} \right)} + \sqrt {ca\left( {a + b + 1} \right)} \).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:737548

Giải chi tiết

1) Đặt \(\left( {x,y} \right) = d;x = {x_1}.d,y = {y_1}.d{\rm{\;}}\left( {d \in {\mathbb{N}^*}} \right)\) trong đó \(\left( {{x_1},{y_1}} \right) = 1\)

Ta có: \({x^k}y = p \cdot \left( {{x^2} + {y^2}} \right) \Rightarrow {d^{k - 1}} \cdot x_1^k \cdot {y_1} = p \cdot \left( {x_1^2 + y_1^2} \right)\).
Mà \({x_1}{y_1}\) nguyên tố cùng nhau với \(x_1^2 + y_1^2 \Rightarrow p:x_1^k \cdot {y_1}\)
Hiển nhiên \(k = 1\) không thoả mãn ( \(p \le \dfrac{1}{2}\) )

TH1: \({x_1} = 1;{y_1} = 1\).

Ta có: \(x = y \Rightarrow \dfrac{{{x^k}}}{2} = p \Rightarrow x = 2,k = 2,p = 2\).

TH2: \({x_1} = 1;{y_1} = p\).

Ta có: \(x = d;y = dp \Rightarrow \dfrac{{{d^{k + 1}}p}}{{{d^2} + {d^2}{p^2}}} = p \Rightarrow {d^{k + 1}} = {d^2} + {d^2}{p^2}\)
Với \({d^{k - 1}} = 1 + {p^2} \Rightarrow {p^2} = {d^{k - 1}} - 1 = \left( {d - 1} \right) \cdot \left( {{d^{k - 2}} + \ldots + 1} \right)\)
Nếu \(k = 2\) thì \({p^2} = d - 1\). Thay vào \((*)\) thoả mãn.
Nếu \(k \ge 3 \Rightarrow d - 1 < {d^{k - 2}} + \ldots + 1 \Rightarrow d - 1 = 1\) thì \(d = 2\) \( \Rightarrow {d^{k - 1}} - 1 \equiv 3\left( {{\rm{mod}}4} \right)\) vô lý vì \({p^2}\) là số chính phương.

TH3: \({x_1} = p;{y_1} = 1\).

Theo (*) không thoả mãn.
Vậy \(k = 2\) thỏa mãn đề
2) Ta có \(\sqrt {ab\left( {b + c + 1} \right)} = \dfrac{{\sqrt {3ab\left( {b + c + 1} \right)} }}{{\sqrt 3 }} \le \dfrac{{3ab + a + b + 1}}{{2\sqrt 3 }}\) do Cauchy.

Tương tự và cộng theo từng vế ta có \(P \le \dfrac{{3\left( {ab + bc + ca} \right) + 2\left( {a + b + c} \right) + 3}}{{2\sqrt 3 }}\).

Lại có \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3} = 3\) nên \(P \le \dfrac{{3.3 + 2.3 + 3}}{{2\sqrt 3 }} = 3\sqrt 3 \)

Ta có \(\left( {2 - a} \right)\left( {2 - b} \right)\left( {2 - c} \right) \ge 0\) nên \(2ab + 2bc + 2ca \ge 4 + abc \ge 4\).

Vì thế \(ab + bc + ca \ge 2\).

Ta có \({P^2} \ge ab\left( {b + c + 1} \right) + bc\left( {c + a + 1} \right) + ca\left( {a + b + 1} \right)\).
Khi đó \({P^2} \ge a{b^2} + b{c^2} + c{a^2} + 3abc + ab + bc + ca \ge ab\left( {b + c} \right) + bc(c + a) + ca\left( {a + b} \right) + 2\)

Lại có \(a,b,c \le 2\) nên \(a + b,b + c,c + a \ge 1\) hay \({P^2} \ge ab + bc + ca + 2 \ge 4\).
Vì vậy \(P \ge 2\).
Tóm lại giá trị nhỏ nhất của \(P\) bằng 2 chẳng hạn khi \(a = 0,b = 1,c = 2\).
Còn giá trị lớn nhất của \(P\) bằng \(3\sqrt 3 \) chẳng hạn khi \(a = b = c = 1\).

Tham Gia Group Dành Cho Học Sinh Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com . Học online tại nhà cũng giáo viên giỏi từ trường TOP đầu cả nước. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. Phụ huynh và học sinh tham khảo chi tiết khoá học tại: Link