Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. CMR : $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}\leq \frac{1}{abc}$

Cách khác ;
Ta có : $ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}\Rightarrow abc\leq 1$
$\Rightarrow \sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}\leq \sum \frac{1}{abc+a^2(b+c)}= \sum \frac{1}{a(bc+ac+ac)}= \sum \frac{1}{3a}$
$= \frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}= \frac{ab+bc+ca}{3abc}= \frac{1}{abc}$

cho x,y,z dương và x+y+z=3 crm $x+y+z\geq \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}$

Bài này sai đề rồi .
Ta có : $ \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\geq \frac{9}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\geq \frac{9}{\sqrt{3(x+y+z)}}= 3= x+y+z$

Bài toán 2.
Ch0 $a,b,c,d>0$.Chứng minh:
$$\sqrt{\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}}\geq \sqrt[3]{\frac{abc+bcd+acd+abd}{3}}$$

Chuẩn hóa : $ab+ac+ad+bc+bd+cd= 6$
Bất đẳng thức trở thành $abc+bcd+cda+dab\leq 4$
WLOG assume $a\geq b\geq c\geq d$
Theo $Cauchy-Schwarz$
$VT^{2}\leq (ab+bc+cd+da)(abc^2+bcd^2+cda^2+dab^2)$
$= (ab+bc+cd+da)[ac(bc+da)+bd(ab+cd)]$
Do $a\geq b\geq c\geq d$ nên dễ thấy $ac\geq bd$ và
$(bc+da)-(ab+cd)= -(a-c)(b-d)\leq 0$ $\Rightarrow ab+cd\leq bc+da$
Thế nên áp dụng $Chebyshev$ ta được
$ac(bc+da)+bd(ab+cd)\leq \frac{(ac+bd)[(bc+da)+(ab+cd)]}{2}$
Từ hai dòng màu đỏ ta có được
$VT^2\leq \frac{(ab+bc+cd+da)^2(ac+bd)}{2}= \frac{(6-ac-bd)^2(2ac+2bd)}{4}$
Mà theo AM-GM $\frac{(6-ac-bd)^2(2ac+2bd)}{4}\leq \frac{1}{4}.[\frac{2(6-ac-bd)+2(ac+bd)}{3}]^3= 16$
Suy ra $VT^2\leq 16\Rightarrow VT\leq 4$

Cho các số thực không âm a,b,c thoả mãn a+b+c>0.
Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{3a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{3b^{2}+(a+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{3c^{2}+(a+b)^{2}}\leq \frac{1}{2}$
---------------------------
Không đặt tiêu đề quá dài bạn nhé

Ta sẽ CM : $\frac{a^2}{3a^2+(b+c)^2}\leq \frac{a}{2(a+b+c)}$
$\Leftrightarrow 2a(a+b+c)\leq 3a^2+(b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2a^2+2ab+2ac\leq 3a^2+b^2+c^2+2bc$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2bc-2ab-2ac\geq 0$
$\Leftrightarrow (b+c-a)^2\geq 0$.Luôn đúng .
Tương tư có 2 bđt nua rồi cộng vào $\Rightarrow Q.E.D$

Tìm GTLN của biếu thức biết $x,y,z$ là các số thực dương và $x^2+y^2+z^2=xyz$
$$A=\frac{x}{x^2+yz}+\frac{y}{y^2+zx}+\frac{z}{z^2+xy}$$

GT $\Leftrightarrow \frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}= 1$
$A= \sum \frac{x}{x^{2}+yz}\leq\sum \frac{x}{4}.(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{yz})= \sum \frac{1}{4}.(\frac{1}{x}+\frac{x}{yz})$
$= \frac{1}{4}.(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy})= \frac{1}{4}.(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+1)$
Theo AM-GM : $\frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}\geq \frac{2}{z}$
$\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}\geq \frac{2}{x}$
$\frac{z}{xy}+\frac{x}{yz}\geq \frac{2}{y}$
$\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq \frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}= 1$
$\Rightarrow A\leq \frac{1}{4}.(1+1)= \frac{1}{2}$
Dấu "=" khi $x=y=z=3$ .

Bài toán : Chứng minh rằng tồn tại $1$ số chia hết cho $2^k$ mà khi viết nó trong hệ thập phân không chứa số $0$ nào với mọi $k$ nguyên dương.

Bài này cho vào box Số học thíc hợp hơn !
Ta sẽ cm bằng qui nạp :
+ $k=1$ ta có số $2$ thỏa mãn.
+ Giả sử kết luận của bài toán đúng tới $k$, ta cm nó đúng với $k+1$.
Theo gtqn tồn tại số $A\vdots 2^{k}$ có $k$ c/số tm đề bài.
Nếu $A\vdots 2^{k+1}$ thì thêm c/số $2$ vào trc $A$ ta đc số $2.10^{k}+A= 2^{k+1}.5^{k}+A\vdots 2^{k+1}$ và số này thỏa đề
Nếu $A\vdots 2^{k};A\not\vdots 2^{k+1}$ thì viết $A= 2^{k}.p$ trong đó $p$ lẻ.
Xét số có được sau khi thêm c/số $1$ vào trc số $A$ : $10^{k}+A= 2^{k}.(5^{k}+p)\vdots 2^{k+1}$ do $p$ lẻ và do đó số này thỏa đề.
Vậy theo nguyên lí qui nạp ta có $Q.E.D$

$\begin{matrix} f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}\\ mf(n)+nf(m)=(m+n)f(m^{2}+n^{2})\forall m,n\epsilon \mathbb{N} \end{matrix}$

Ta thấy ngay hàm hằng $f(x)=c$ thỏa mãn.Giả sử $f$ k là hàm hằng.
Chọn $m$ và $n$ là $2$ số sao cho $f(m)-f(n)>0$ và nhỏ nhất.
$\Rightarrow f(n)= \frac{nf(n)+mf(n)}{m+n}< \frac{nf(m)+mf(n)}{m+n}< \frac{nf(m)+mf(m)}{m+n}= f(m)$
$\Rightarrow f(n)< f(m^2+n^2)< f(m)$
$\Rightarrow 0<f(m^2+n^2)-f(n)< f(m)-f(n)$ .Vô lí theo cách chọn $m,n$

CHo $p$ là số nguyên tố lẻ.Kí hiệu : ${S_a}= a+\frac{a^{2}}{2}+...+\frac{a^{p-1}}{p-1}$.

Giả sử ${S_3}+{S_4}-3{S_2}=\frac{m}{n}$. Chứng minh rằng : $m\vdots p$

Cho p > 3 là số nguyên tố. Giả sử a, b là các số nguyên sao cho p | a + b và p² | a³ + b³. Hãy chứng minh rằng hoặc p² | a + b, hoặc p³ | a³ + b³

Vì $p^{2} | a ^{3}+ b^{3}= (a+b)(a^2-ab+b^2)$ nên chỉ xảy ra
+ $p^{2} | (a+b)$ ta có đpcm
+ $p | a^2-ab+b^2$ .Mà $p | a+b\Rightarrow p | (a+b)^2= a^2+2ab+b^2$
$\Rightarrow p | 3ab$ .Mà $p>3$ $\Rightarrow (p,3)=1\Rightarrow p | ab$
Lại có $p | a+b,p \in \mathbb{P}$ nên $p | a$ và $p | b$
$\Rightarrow p^{3} | a^{3}, p^{3} | b^{3}\Rightarrow p^{3} | a^{3}+b^3$

Đặt $a=1+\sqrt{3},b= 1-\sqrt{3}\Rightarrow ab=-2;\frac{a^2}{2}= 2+\sqrt{3};\frac{b^2}{2}= 2-\sqrt{3}$
${P_n}= \frac{1}{2}(a^{2n+1}+b^{2n+1})$
Dùng khai triển Newton cho $(1+\sqrt{3})^{2n+1},(1-\sqrt{3})^{2n+1}$ta suy ra đc ${P_n}= \sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{2n+1}.3^k$ là số nguyên .
Lại dùng Newton cho $(2+\sqrt{3})^{2n+1},(2-\sqrt{3})^{2n+1}$ ta đc:
${S_n}= \frac{(\frac{a^2}{2})^{2n+1}+(\frac{b^2}{2})^{2n+1}}{4}= \frac{a^{4n+2}+b^{4n+2}}{2^{2n+3}}= \frac{a^{4n+2}+2(ab)^{2n+1}+b^{4n+2}}{2^{2n+3}}+\frac{1}{2}= \frac{{P_n}^{2}}{2^{2n+1}}+\frac{1}{2}$
Nhân chéo lên
$\Rightarrow {P_n}^{2}\vdots 2^{2n},{P_n}^{2}\not\vdots 2^{2n+1}\Rightarrow {P_n}^{2}= m2^{2n}$ ( m lẻ )
Mà ${P_n}^{2}$ và $2^{2n}$ chính phuong nên $m= (2p+1)^{2}$
$\Rightarrow {P_n}^{2}= (2p+1)^22^{2n}$
$\Rightarrow {P_n}= (2p+1)2^{^{n}}\Rightarrow\frac{{P_n}-2^n}{2^{n+1}}= p$
Mà dễ thấy :
${S_n}= \frac{{P_n}^{2}}{2^{2n+1}}+\frac{1}{2}= (\frac{{P_n}-2^n}{2^{n+1}})^{2}+(\frac{{P_n}+2^n}{2^{n+1}})^{2}= p^{2}+(p+1)^{2}$
Vậy ta có $Q.E.D$

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p có vô số dạng $2^{n}-n$ chia hết cho p.

+ Nếu $p=2$ thì n cứ chẵn là thỏa mãn .
+ Nếu $p> 2$ $\Rightarrow p$ lẻ .
Theo Fermat nhỏ $2^{p-1}-1\vdots p\rightarrow 2^{m(p-1)}-1\vdots p$
Chọn $n= m(p-1)$ trong đó $m\equiv -1(mod p)$ suy ra $n=1(modp)$
$\rightarrow 2^n-n\equiv 2^n-1\equiv 0(modp)$ $\rightarrow 2^n-1\vdots p$
Vì có vô số số $m\equiv -1(modp)$ nên có vô số thỏa mãn đề bài .

Chứng minh rằng phương trình $x^{4}+3y^{4}=z^{4}$ có vô số nghiệm nguyên

Ta thấy : $k^{4}+3.0^{4}= k^4$
Vậy pt có vô số nghiệm nguyên $(x,y,z)=(k,0,k)$ với $k\in\mathbb{Z}$

Ta có nhận xét là nếu $a \not\in\mathbb{Z}$ thì $[a]+[-a]= -1$
Xét : $[\frac{kq}{p}]+[\frac{(p-k)q}{q}]= [\frac{kq}{p}]+[q-\frac{kp}{q}]= q+[\frac{kq}{p}]+[-\frac{kq}{p}]$ $= q-1$
( vì do $(p,q)=1$ nên $\frac{kp}{q}\not\in\mathbb{Z}$ nên áp dụng NX trên thì ta có đc điều này )
Tương tự suy ra : $S= \frac{(p-1)(q-1)}{2}$
Dễ rồi !

Cho $\large{(a_n)\begin{cases}a_0=1\\a_n=a_{n-1}+a_{[\frac{n}{2}]}\end{cases}}$
Chứng minh rằng tồn tại vô số n để $a_n$ chia hết cho 7

Giả sử chỉ có hữu hạn số chia hết cho $7$ và $a_k$ là số cuối cùng trong các số ấy
Theo ct xác định dãy ta có : $a_{2k+1}= a_{2k}+a_k;a_{2k}= a_{2k-1}+a_k$
$\Rightarrow a_{2k-1}\equiv a_{2k}\equiv a_{2k+1}\equiv b \pmod 7$
Ta có : $a_{4k-3}\equiv a_{4k-3}+0.b \pmod 7$
$a_{4k-2}= a_{4k-3}+a_{2k-1}\equiv a_{4k-3}+1.b \pmod 7$
$a_{4k-1}= a_{4k-2}+a_{2k-1}\equiv a_{4k-3}+2.b \pmod 7$
$a_{4k}= a_{4k-1}+a_{2k}\equiv a_{4k-3}+3.b \pmod 7$
$a_{4k+1}= a_{4k}+a_{2k}\equiv a_{4k-3}+4.b \pmod 7$
$a_{4k+2}= a_{4k+1}+a_{2k+1} \equiv a_{4k-3}+5.b \pmod 7$
$a_{4k+3}= a_{4k+2}+a_{2k+1} \equiv a_{4k-3}+6.b \pmod 7$
Do $\gcd (b,7)=1$ nên các số $a_{4k-3}+ib$ với $i$ chạy từ $0$ đến $6$ lập thành 1 HĐĐ modulo 7.
Nên trong $7$ số $a_{4k-3}+ib$ phải có một số chia hết cho $7$, mà số này lại lớn hơn $a_k$: mâu thuẫn vs điều giả sử
Vậy giả sử là sai và ta có $Q.E.D$

p/s :Ai sửa hộ mình cái Latex vs .Thanks trước !

Perfectstrong: Đề nghị em nên học một lớp bổ túc về latex gấp

(HongKong TST 2001) Cho $a,b,c$ thực dương. Chứng minh $(a+b)^2+(a+b+4c)^2\ge \frac{100abc}{a+b+c}$

BĐT $\Leftrightarrow [(a+b)^2+(a+b+4c)^2](a+b+c)\geq 100abc$
Mà $(a+b)^2+(a+b+4c)^2= (a+b)^2+[(a+b)+4c]^2\geq 4ab+16c(a+b)=4(ab+4bc+4ac)$
Nên ta chỉ cần CM : $2(a+b+c)(ab+4bc+4ca)\geq 50abc$
Đúng vì :
$2(a+b+c)=a+a+b+b+2c\geq 5\sqrt[5]{2a^2b^2c}$
và
$ab+4bc+4ca= ab+2bc+2bc+2ca+2ca\geq 5\sqrt[5]{16a^3b^3c^4}$
Nhân 2 vế các BĐT trên ta đk ngay Đ.P.C.M .

Cho $ a,b,c\geq 1$ . CMR :
$ abc+2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+8\geq 5(a+b+c)$.
-----------------------------------------------------------------------------------
Bài này thục ra ĐK là $ a,b,c\geq 0$ thui , nhg nếu nhu thế thj` sẽ khó hon .
Ai có time thì CM thủ nhé !

Chứng minh rằng, với mọi $a, b, c$ dương, ta có :
$$\dfrac{a + b}{a^2 + b^2} + \dfrac{b + c}{b^2 + c^2} + \dfrac{c + a}{c^2 + a^2} \ge \dfrac{3\left (a + b + c\right )}{a^2 + b^2 + c^2}$$

BĐT : $ \Leftrightarrow \sum (\frac{a+b}{a^{2}+b^{2}}-\frac{a+b+c}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})\geq 0$
$ \Leftrightarrow \sum \frac{(a+b)(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a^{2}+b^{2})(a+b+c)}{(a^{2}+b^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\geq 0$
$ \Leftrightarrow \sum \frac{c^{2}(a+b)-c(a^{2}+b^{2})}{(a^{2}+b^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\geq 0$
$ \Leftrightarrow \sum \frac{ca(c-a)+cb(c-b)}{a^{2}+b^{2}}\geq 0$
$ \Leftrightarrow \sum (\frac{ca(c-a)}{a^{2}+b^{2}}+\frac{ac(a-c)}{b^{2}+c^{2}})\geq 0$
$ \Leftrightarrow \sum ac(a-c)(\frac{1}{b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{a^{2}+b^{2}})\geq 0$
$ \Leftrightarrow \sum ac(a-c)\frac{a^{2}-c^{2}}{(a^{2}+b^{2})(b^{2}+c^{2})}\geq 0$
$ \Leftrightarrow \sum \frac{ac(a-c)^{2}(a+c)}{(a^{2}+b^{2})(b^{2}+c^{2})}\geq 0$ .
( luôn đúng ).
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=c$ .

BĐT :
$\Leftrightarrow 3(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
$\Leftrightarrow (1+1+1)(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(zx^{2}+xy^{2}+yz^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
(luôn đúng theo BĐT Holder)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .

Ta có : $ 60= 2^{2}.3.5= 4.3.5$
Ta thấy : tử số ko thể chỉ có 1 thùa số 2 vì nếu chỉ có 1 thùa số 2 thì khi đó mẫu cũng chúa thùa số 2 thì phân số ko tối giản .Do đó , tử sẽ chúa cả 2 thùa số 2 . Suy ra , tử số sẽ là các số 1,3,4,5 ( vì phân số bé hơn 1 ) .Vậy có 4 phân số thỏa mãn đề bài .

Bài 5.2:
Gọi X là tập hợp các điểm đã cho trước.
Trong các tam giác có 3 đỉnh thuộc tập X, ta chọn $\vartriangle ABC$ là tam giác có diện tích lớn nhất.
Các đường thẳng qua A,B,C thứ tự song song với BC,CA,AB đôi một cắt nhau tại D,E,F như hình vẽ.
Ta chứng minh mọi điểm của tập X đều nằm trong $\vartriangle DFE$, kể cả trên cạnh.
Giả sử, có 1 điểm M thuộc tập X sao cho M nằm ngoài $\vartriangle DFE$. Không mất tính tổng quát, giả sử vị trí của M nằm như hình vẽ.

Vẽ MA cắt FD tại H.
$S_{MAC}>S_{CAH}=S_{CAB}$: trái với cách chọn $\vartriangle ABC$ ban đầu.
Vậy ta có mọi phần tử của X đều nằm trong $\vartriangle DFE$ nên chúng nằm trong 1 trong 4 tam giác: ABC,ABF,ACE,BCD.
Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 1 tam giác chứa 2012 điểm.
Lại có $S_{ABC}=S_{ABF}=S_{ACE}=S_{BCD}<1$ nên ta có đpcm.

Chứng minh BĐT 1 :
$x^{2}+y^{3}+y^{2}\geq x^{3}+y^{4}+y^{2}\geq x^{3}+2y^{3}\Rightarrow x^{2}+y^{2}\geq x^{3}+y^{3}$
Chứng minh BĐT 2 :
$x^{3}+x+y^{3}+y\geq 2x^{2}+2y^{2}\geq x^{3}+y^{3}+x^{2}+y^{2}\Rightarrow x+y\geq x^{2}+y^{2}$
Chứng minh BĐT 3 :
$(x+y)^{2}\leq 2(x^{2}+y^{2})\leq 2(x+y)\Rightarrow x+y\leq 2$
Cm hoàn tất.
Dấu "=" xảy ra o các BĐT khi và chỉ khi x=y=1

Cho a,b,c,d là các số thực thỏa mãn điều kiện:
abc+bcd+cda+dab=a+b+c+d+$\sqrt{2012}$
Chứng minh rằng: (a²+1)(b²+1)(c²+1)(d²+1)\geq or \ge2012

Ta có:
$2012=( abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)^2 =( (ab - 1)(c + d) + (cd - 1)( a + b))$
$\leq ((ab -1)^2 +(a + b)^2)((cd -1)^2 +(c + d)^2)$
$=(a^2b^2 +a^2 +b^2+1)(c^2d^2 +c^2 +d^2 +1) =(a^2 +1)(b^2 +1)(c^2 +1)(d^2 +1)$
Đ.P.C.M.

Bài toán
Cho các số dương $x_1, x_2$ và các số thực $y_1, y_2, z_1, z_2$ và $x_1y_1> z_1^2, x_2y_2> z_2^2$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{x_1y_1-z_1^2}+\dfrac{1}{x_2y_2-z_2^2}\ge \dfrac{8}{(x_1+x_2)(y_1+y_2)-(z_1+z_2)^2}$$
Yêu cầu : Không được sử dụng những tài liệu liên quan ! Tự lực là tốt nhất .

Theo Cauchy-Schwarz :
$(z_1+z_2)^{2}= (\sqrt{x_1}.\frac{z_1}{\sqrt{x_1}}+\sqrt{x_2}.\frac{z_2}{\sqrt{x_2}})^2\leq (x_1+x_2)(\frac{z_1^2}{x_1}+\frac{z_2^2}{x_2})$
$\Rightarrow (x_1+x_2)(y_1+y_2)-(z_1+z_2)^2\geq (x_1+x_2)(y_1-\frac{z_1^2}{x_1}+y_2-\frac{z_2^2}{x_2})$
$\geq 2\sqrt{x_1x_2}.2\sqrt{(y_1-\frac{z_1^2}{x_1})(y_2-\frac{z_2^2}{x_2})}= 4\sqrt{(x_1y_1-z_1^2)(x_2y_2-z_2^2)}$
Do đó Áp dụng AM-GM :
$VT\geq \frac{2}{\sqrt{(x_1y_1-z_1^2)(x_2y_2-z_2^2)}}\geq \frac{8}{(x_1+x_2)(y_1+y_2)-(z_1+z_2)^2}$

Theo BĐT Cauchy-schwarz ta có : $\sum \frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}= \sum \frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{c+a}}\leq \sum \frac{a\sqrt{2b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}$
Ta cần CM : $\sum \frac{a\sqrt{2b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\leq 1$
Đặt $\sqrt{a}= x,\sqrt{b}= y,\sqrt{c}= z$
BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{2x^{2}y}{z+x}\leq 1= \sum x^{2}$
$\Leftrightarrow \sum x^{2}+\sum (2xy-\frac{2x^{2}y}{z+x})\geq 2\sum xy$$\Leftrightarrow \sum x^{2}+2xyz\sum \frac{1}{z+x}\geq 2\sum xy$
Mà $2xyz\sum \frac{1}{z+x}\geq \frac{9xyz}{x+y+z}$ nên BĐt cần CM đc đua về :
$\sum x^{2}+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2\sum xy$
$\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})(x+y+z)+9xyz\geq 2(xy+yz+zx)(x+y+z)$
$\Leftrightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
( Đúng theo Schur )
Đ.P.C.M OK

Cho $n,k$ là các số tự nhiên thỏa mãn n không chia hết cho 3 và $k\geq n$.
Chứng minh rằng luôn tồn tại số nguyên dương t sao cho $t\vdots n$ và $S(t)=k$
$S(t)$ là tổng các chữ số của t