Với $1\leq p\leq 2014$:

$1=\frac{1}{p}+\frac{2}{2p}+...+\frac{p-1}{(p-1)p}+\frac{p}{p.(2015-p).p}+\frac{p+1}{(p+1).(2015-p).p}+...+\frac{2014}{2014.(2015-p).p}$

$p=1+1+...+1+\frac{p}{p.(2015-p)}+\frac{p+1}{(p+1).(2015-p)}+...+\frac{2014}{2014.(2015-p)}$ (p-1 lần số 1)

Suy ra với mọi $1\leq p\leq 2014$ đều thoã. (không biết có đúng không)

Câu 4 nayg mình nhớ là thuộc dạng nâng cấp của 1 bài đề thi quốc học trước đây.

1.

CM tòn tại tức ta chỉ cần chỉ ra 2014 số thỏa mãn.

Quy ước S(n)=2+(2+3+4+...+n)

Xét $x_{1}=1+2$

      $x_{2}=2.4$

      $x_{3}=S(2).S(3)$

      $x_{4}=S(3).S(4)$

      ...

      $x_{2013}=S(2012).S(2013)$

      $x_{2014}=2014.S(2013)$

Ta dễ dàng nhận thấy $\frac{n}{S(n-1).S(n)}=\frac{1}{S(n-1)}-\frac{1}{S(n)}$

Thay vào thì ra kq là 1.

Vậy ..(đpcm)

2.Ngồi trong phòng vội quá chả biết quên mất mất mấy th, cái số nó chẳng đổi

+Với p=1 đúng.

+Nhận tháy 2014=1.2.19.53

 _với $x_{k}=k.a$

Với a thuộc ước của 2014

Thì tìm được p=2014;1007;106;38;...

$x_{1}=671$

$x_{2}=2.671$

$x_{3}=3.671$

$x_{4}=4.671$

.........

$x_{2011}=2011.671$

$x_{2012}=2012.671$

$x_{2013}=2.2013.671$

$x_{2014}=2.2014.671$

thay vào được p=3???

ghi ra luôn cho nó khoẻ:

$\frac{a^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}+\frac{x^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{m^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}\geq \frac{3axm}{\sqrt[3]{(a^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})}}$

$\frac{b^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}+\frac{y^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{n^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}\geq \frac{3bny}{\sqrt[3]{(a^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})}}$

$\frac{c^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}+\frac{z^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{p^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}\geq \frac{3czp}{\sqrt[3]{(a^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})}}$

cộng lại suy ra dpcm

Đặt $a=xy, b=yz, c=zx$ ta có bđt tương đương:

$\frac{1}{3}\left ( \sum \frac{a^{2}}{bc} \right )+\left [ \frac{\sum ab}{\sum a^{2}} \right ]^{2}\geq 2$

Mà $\frac{1}{3}\left ( \sum \frac{a^{2}}{bc} \right )+\left [ \frac{\sum ab}{\sum a^{2}} \right ]^{2}$

$\geq \frac{1}{3}\frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{2}bc}+\frac{( \sum ab )^{2}}{(\sum a^{2})^{2}}$

$\geq 2\sqrt{\frac{\left (\sum ab \right )^{2}}{3abc\left ( a+b+c \right )}}\geq 2$

Suy ra đpcm

Bài này k sai đâu

$\sqrt{2-x^{2}}+\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}\leq \frac{2-x^{2}+1}{2}+\frac{2-\frac{1}{x^{2}}+1}{2} =3-\frac{1}{2}(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})$

Ta sẽ chứng minh: $3-\frac{1}{2}(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})\leq 4-\left ( x+\frac{1}{x} \right )$

Thật vậy:

$3-\frac{1}{2}(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})\leq 4-\left ( x+\frac{1}{x} \right )\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})-\left ( x+\frac{1}{x} \right )+1\geq 0$

$\Leftrightarrow x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-2\left ( x+\frac{1}{x} \right )+2\geq 0\Leftrightarrow \left ( x+\frac{1}{x} \right )\left ( x+\frac{1}{x}-2 \right )\geq 0$

Nếu $x > 0$ thì: $x+\frac{1}{x}\geq 2\Rightarrow \left ( x+\frac{1}{x} \right )\left ( x+\frac{1}{x}-2 \right )\geq 0$

Nếu $x < 0$ thì: $x+\frac{1}{x} < 0 \Rightarrow \left ( x+\frac{1}{x} \right )\left ( x+\frac{1}{x}-2 \right )> 0$

Dấu bằng xảy ra khi $x=1$, thử lại thấy đúng. Vậy $x=1$ là nghiệm của hệ

Cho $a,b,c \geq 0$, cm: $\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+bc}\geq 6$

Bị nhầm một tí thôi:

$\sum \frac{1}{1+a(ab+ac)}=\sum \frac{1}{1+a(3-bc)}= \sum \frac{1}{1+3a-abc}\leq \frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}=\frac{1}{abc}$

$\frac{1}{2c^2-6c+9}\leq \frac{2x+3}{25}$

Cho mình hỏi làm sao bạn biết được bdt sẽ chứng minh như thế này vây?

$\sum \frac{a+b}{a+7b+c}\geq \frac{2}{3}\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{a+b}{a+7b+c}-\frac{1}{12} \right )\geq \frac{5}{12}\Leftrightarrow \sum \frac{11a+5b-c}{a+7b+c}\geq 5$

Nếu $11a+5b-c,11b+5c-a,11c+5a-b\geq 0$ thì:

$\sum \frac{11a+5b-c}{a+7b+c}\geq \frac{\left [ \sum (11a+5b-c)^{2} \right ]}{\sum \left (11a+5b-c \right )\left ( a+7b+c \right )}=\frac{225\left (\sum a^2 \right )}{45a\sum a^{2}+90\sum ab}= 5$

Nếu một trong các số trên âm, giả sử $a/geq11b+5c$

$\frac{a+b}{a+7b+c}-\frac{2}{3}= \frac{a-11b-2c}{3(a+7b+c)}> 0 \Rightarrow \sum \frac{a+b}{a+7b+c}\geq \frac{2}{3}$

Bản chất của bài này là ở số $\frac {1}{12}$

Giả sử số ta thêm vào là m:

$\sum \left (\frac{a+b}{a+7b+c}-m \right )=\sum \frac{(1-m)a+(1-7m)b-mc}{a+7b+c}$

$\geq \frac{\left [\sum \left [(1-m)a+(1-7m)b-mc \right ] \right ]^{2}}{\sum\left (a+7b+c \right )\left [(1-m)a+(1-7m)b-mc \right ] }$

$=\frac{(2m-9)^{2}(\sum a)^{2}}{(8-51m)\sum a^{2}+(10-30m)\sum ab}$

Để rút gọn được biểu thức, ta chọn m sao cho  $2(8-51m)=10-30m$ (cho cái mẫu nó ra bình phương)

$\Rightarrow m=\frac{1}{12}$

Cho $a,b,c>0, a+b+c=6$, Cm:

$\sum \sqrt{a^{2}+\frac{1}{b+c}}\geq \frac{3\sqrt{17}}{2}$

nhưng mà anh ơi làm sao biết hai số đó dương mà sử dụng cauchy

nếu âm thì vế trái đã nhỏ hơn vế phải. Thực ra đây la bdt  $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

$\left ( a-1+\frac{1}{b} \right )\left (b-1+\frac{1}{c} \right )\left ( c-1+\frac{1}{a} \right )\leq 1$

$\Leftrightarrow (ab-b+1)(bc-c+1)(ca-a+1)\leq 1$

$\Leftrightarrow (ab-b+1)(bc-c+1)(ca-a+1)\leq 1$

$\Leftrightarrow (abc-bc+c)(bc-c+1)(abc^{2}-abc+bc)\leq bc^{2}$

$\Leftrightarrow (c+1-bc)(bc+1-c)(bc+c-1)\leq bc^{2}$

Mà 

$\sqrt{(c+1-bc)(bc+1-c)}\leq \frac{c+1-bc+bc+1-c}{2}= 1$

$\sqrt{(c+1-bc)(bc+c-1)} \leq \frac{c+1-bc+bc+c-1}{2}= c$

$\sqrt{(bc+1-c)(bc+c-1)} \leq \frac{bc+1-c+b+c-1}{2}= bc$

nhân lại suy ra đpcm

2.Cho a,b,c>0 thoả abc=1.C/m $\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Đặt $a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}$ được:

$\sum \frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$$\Leftrightarrow \left (\sum \frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \right )^{2}\leq \frac{9}{2}$

$\left (\sum \frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \right )^{2}\leq \sum \frac{x^{2}}{\left ( x^{2}+y^{2} \right )\left ( x^{2}+z^{2} \right )}.\sum \left ( x^{2}+z^{2} \right )$

$=\frac{\sum x^{2}\left ( y^{2}+z^{2} \right ).2\sum x^{2}}{\prod \left ( x^{2}+y^{2} \right )}$

$=\frac{4\sum x^{2}y^{2}.\sum x^{2}}{\prod \left (x^{2}+y^{2} \right )}$

Cần chứng minh:

$8\sum x^{2}y^{2}.\sum x^{2}\leq 9\prod \left (x^{2}+y^{2} \right )\Leftrightarrow 6x^{2}y^{2}z^{2}\leq \sum_{sym}^{ } x^{4}y^{2}\Leftrightarrow \sum x^{2}\left ( y^{2}-z^{2} \right )^{2}$

Suy ra điều phải chứng minh

3.Cho a,b,c>0 C/m $\frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{c^{2}}{c^{2}+ca+a^{2}}\geq 1$

Nhân $\sum a^{2}+\sum ab$ cho hai vế, ta được bđt tương đương:

$\sum \frac{a^{2}\left ( bc+ac+c^{2} \right )}{a^{2}+ab+b^{2}}+\sum a^{2}\geq \sum a^{2}+\sum ab$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}c\left ( a+b+c \right )}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \sum ab$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{\sum ab}{\sum a}$

Dễ thấy:

$ \sum \frac{a^{2}c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{\left (\sum ab \right )^{2}}{\sum c\left ( a^{2}+ab+b^{2}\right )}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{\left (\sum ab \right )^{2}}{\sum c\left ( a^{2}+ab+b^{2}\right )} =\frac{\left (\sum ab \right )^{2}}{\left (\sum ab \right )\left ( \sum a \right )}=\frac{\sum ab}{\sum a}$

$a,b,c>0$, CM:

$\sum \frac{a+b}{a+7b+c}\geq \frac{2}{3}$

Cho $a+b+c=2$ và $a,b,c>0$. CMR:

$\sum \sqrt{\frac{a+b}{2}-ab}\geq \sqrt{2}$

ơ mình nhầm, mình xin lỗi nha

nhầm chỗ nào vậy bạn??

$3\sum \left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}\geq \left ( \sum \frac{\left | a \right |}{\left | b+c \right |} \right )^{2}$

Mà $\left | a+b \right |\leq \left | a \right |+\left | b \right |$

Nên$\left (\sum \frac{\left | a \right |}{\left | b+c \right |} \right )^{2}\geq \left ( \sum \frac{\left | a \right |}{\left | b \right |+\left | c \right |} \right )^{2}$

Do đó chỉ cần chứng minh$\sum \frac{\left | a \right |}{\left | b \right |+\left | c \right |} \geq \frac{3}{2}$

Tới đây chắc dễ rồi (dùng bdt Nesbit)

Đặt $\sqrt{x+2}=a^{2}$, $\sqrt{x-2}=b^{2}$

Ta có phương trình:

$2ab-3ma^{2}=b^{2}$ (đặt thế này cho nó dễ thấy)

$\Leftrightarrow b^{2}-2ab+3ma^{2}=0$

$\Delta _{b}'=a^{2}-3ma^{2}=a^{2}(1-3m)$

$\Delta _{b}'\geq 0\Rightarrow \frac{1}{3}\geq m$

Vậy với $m\leq \frac{1}{3}$ thì phương trình có nghiệm thực

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+2x+xy^{2}=2(x^{2}+y^{2}+1)\\x+y^{8}=2y^{4} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x(x^{2}+y^{2}+2)=2(x^{2}+y^{2}+2)-2\\x+y^{8}=2y^{4} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-2)(x^{2}+y^{2}+2)=-2\\(y^{4}-1)^{2}=1-x \end{matrix}\right.$

Xét phương trình: $(x-2)(x^{2}+y^{2}+2)=-2$

$x^{2}+y^{2}+2\geqslant 2\Rightarrow \frac{-2}{x^{2}+y^{2}+2}\geqslant -1\Rightarrow x-2\geqslant -1\Rightarrow x\geqslant 1$

Xét phương trình: 

$(y^{4}-1)^{2}=1-x \Rightarrow 1\geqslant x$

$\Rightarrow x=1\Rightarrow y=\pm 1$

Thử vào phương trình đầu thấy không đúng

Suy ra hpt vô nghiệm

Mình xin thử coi sao

$\sqrt{\frac{ab}{a+b+1}}+\sqrt{\frac{b}{bc+c+1}}+\sqrt{\frac{a}{ac+c+1}} =\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{ab}}}+\sqrt{\frac{1}{c+\frac{c}{b}+\frac{1}{b}}}+\sqrt{\frac{1}{c+\frac{c}{a}+\frac{1}{a}}}$

Mà

$abc+a+b=3ab\Leftrightarrow c+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}=3$ Do a,b,c dương

Đặt $d=\frac{1}{a}$, $e=\frac{1}{b}$, ta phải chứng minh:

$\sqrt{\frac{1}{c+d+cd}}+\sqrt{\frac{1}{d+e+de}}+\sqrt{\frac{1}{c+e+ce}}\geqslant \sqrt{3}$

$\sqrt{\frac{1}{c+d+cd}}+\sqrt{\frac{1}{d+e+de}}+\sqrt{\frac{1}{c+e+ce}}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{(c+d+cd)(d+e+de)(c+e+ce)}}}=3\sqrt{\frac{1}{\sqrt[3]{(c+d+cd)(d+e+de)(c+e+ce)}}}$

$\sqrt[3]{(c+d+cd)(d+e+de)(c+e+ce)}\leqslant\frac{2c+2d+2e+cd+ce+de}{3}\leqslant \frac{6+cd+ce+de}{3}\leqslant \frac{6+\frac{(c+d+e)^{2}}{3}}{3}\leqslant \frac{9}{3}=3$

Suy ra

$3\sqrt{\frac{1}{\sqrt[3]{(c+d+cd)(d+e+de)(c+e+ce)}}}\geqslant 3\sqrt{\frac{1}{3}}=\sqrt{3}$

Cách mình có vẻ hơi dài. Có gì mọi người thông cảm nha

Mình thấy nó có từ trang 206 thì phải. 200 trang trước là tài liệu gì vậy bạn?