$Cho \left\{x,y,z>0\begin{matrix} \\xyz=1 \end{matrix}\right. CMR:\frac{x^{2}}{x+y+y^{3}z}+\frac{y^{2}}{y+z+z^{3}x}+\frac{z^{2}}{x+z+x^{3}y} \geq 1$

Đây là 1 bài toán lớn rồi, không thể xem là 1 BĐT phụ được 

$\frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}= 1-\frac{2ab}{a^{2}+ab+b^{2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{3}\leq \frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\leq 3\Leftrightarrow \frac{1}{3}\geq \frac{ab}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq -1$

Đến đây đơn giản rồi: qui đồng lên đánh giá a²+b²$\geq 2ab và a^{2}+b^{2}\geq -2ab$ là ra cả 2 cái ( lưu ý khi qui đồng phải giải thích mấu >0)

Hết, dấu = tự hiểu

Có thể ngắn gọn hơn bằng cách nhân chéo quy đồng trực tiếp (vì mẫu luôn dương) rồi biến đổi tương đương thành 2 hằng đẳng thức $(a-b)^2 \ge 0$ và $(a+b)^2 \ge 0$ là xong.

chuẩn rồi bạn ơi.cái này thì đơn giản mà

Đúng là Cauchy-Schwarz thì quá quen thuộc và đơn giản với chúng ta khi làm các Bài BĐT trên diễn đàn, đi thi HSG hoặc thi Olympic, nhưng đi thi ĐH phải chứng minh lại theo BĐT tích vô hướng của 2 vecto đó bạn ah. Không khéo tắt quá là mất điểm đó. Bởi vì kì thi ĐH là kỳ thi phổ thông (phổ biến thông dụng cho mọi học sinh toàn quốc, từ yếu kém, đến trung bình, khá giỏi) nên mọi lý thuyết được sử dụng trong bài thi tự luận chỉ là những gì được ghi trong SGK phổ thông mà thôi. Ngay cả BĐT Bunhiacopxki, trong SGK người ta cũng đã bỏ đi, vì chỉ cần sử dụng BĐT vecto (tích vô hướng) là ra.

17 dùng cauchy ngược phải không anh?

Bổ đề 17 sẽ sai khi lấy $x = -1$.

Bổ đề 18 cũng chỉ đúng với các số không âm (phản ví dụ: lấy $a = -2; b = c = 0$ sẽ sai).

Bổ đề 18 chính là BĐT Holder, có thể xem như BĐT Bunhiacopxki mở rộng (xem chứng minh bằng Cauchy trong cuốn Sáng tạo BĐ của Phạm Kim Hùng)

Với $a, b \ge 0$, ta có:  $\sqrt{a+1} + \sqrt{b+1} \ge \sqrt{a+b+1} + 1      (*) $.

Thật vậy, $(*) \Leftrightarrow a + 1 + b + 1 + 2\sqrt{a+b+ab +1} \ge a + b + 1 + 1 + 2\sqrt{a+b+1}$

$\Leftrightarrow  \sqrt{a+b+ab +1} \ge \sqrt{a+b+1}$

$\Leftrightarrow  ab \ge 0$ (đúng)

Suy ra đpcm.

Dấu $"="$ xảy ra khi $ab = 0$.

P/s: Có thể mở rộng vùng giá trị $a, b \ge 0$ thành $a, b \ge -1 ; a + b \ge -1$ và $ab \ge 0$.

BĐT 19:
Với a,b,c là 3 số thực dương ta có
$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\geq \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$


Chứng minh:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có
$3(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2})\geq (\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2$
Áp dụng BĐT AM-GM ta được $(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2})\geq 3$
$3(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2})^2\geq 3(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2$
Từ đây ta có đpcm

Thi ĐH thì Cauchy-Schwarz cũng không được áp dụng trực tiếp đâu nghen bạn. Chỉ được phép dùng Cauchy cho 2 số và 3 số, 2 BĐT vecto (BĐT độ dài và BĐT tích vô hướng).

Thay vì dùng Cauchy-Schwarz ở trên, ta có thể né bằng cách chỉ dùng Cauchy cho 2 và 3 số:

$\frac{a^2}{b^2} + 1 \ge 2\frac{a}{b}$

$\frac{b^2}{c^2} + 1 \ge 2\frac{b}{c}$

$\frac{c^2}{a^2} + 1 \ge 2\frac{c}{a}$

$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$

Cộng 4 BĐT trên ta có đpcm.

17 dùng cauchy ngược phải không anh?

Bổ đề 17 sai vùng giá trị của $x$ rồi. BĐT chỉ đúng khi $x \ge 0$ mà thôi.

Chứng minh:

Bổ đề 17 $\Leftrightarrow x(x-1)^2 \ge 0$ (đúng $\forall x \ge 0$).

BĐT 2:
Với $ab \ge 1$ ta luôn có: \[\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\]
Chứng minh
Biến đổi tương đương:

\[\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} \ge 0\\
\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \ge 0
\end{array}\]
Ta có đpcm.

Đổi ngược giả thiết ta sẽ có BĐT đảo chiều:

Với $-1 < ab \le 1$ ta sẽ có: \[\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \le \dfrac{2}{{1 + ab}}\]

Chứng minh
Biến đổi tương đương:
$\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \le 0$

Ta có đpcm.

BĐT 20:

Với mọi a, b, c là số thực: 

$\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}$

Bổ sung thêm chặn trên cho đầy đủ luôn:

Bất đẳng thức Mincopski:$\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}} Dấu bằng khi a;b và c;d là hai bộ tỉ lệ$

Nếu trong bài thi Đại học, chúng ta không cần thiết phải nêu tên BĐT Minkowski cũng được (vì phải chứng minh lại), chỉ cần nói áp dụng BĐT vecto:

$|\vec{u}|+|\vec{v}| \geq |\vec{u}+\vec{v}|$ , với $\vec{u}(a;b) ; \vec{v}(c;d) $ là cũng hợp lệ và không cần phải chứng minh lại.

(Như trong đáp án khối A năm 2002 của Bộ GD).

CMR: Voi moi $a,b,c>0, n\geq 1$, ta co:
$ \frac{a^{n}}{b^{n}}+\frac{b^{n}}{c^{n}}+\frac{c^{n}}{a^{n}}\geq \frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}}\geq 3$
Ta co
$(n-1)\frac{a^{n}}{b^{n}}+1\geq n\sqrt[n]{\frac{a^{n(n-1)}}{b^{n(n-1)}}}=n.\frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}$
Tuong tu ta co:
$(n-1)\frac{b^{n}}{c^{n}}+1\geq n.\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}$
$(n-1)\frac{c^{n}}{a^{n}}+1\geq n.\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}}$
Cong lai ta co
$(n-1)(\frac{a^{n}}{b^{n}}+\frac{b^{n}}{c^{n}}+\frac{c^{n}}{a^{n}})+3\geq n(\frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}})$
ma`$ \frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}}\geq 3$ (Cosy thoi)
=>$(n-1)(\frac{a^{n}}{b^{n}}+\frac{b^{n}}{c^{n}}+\frac{c^{n}}{a^{n}})\geq (n-1)(\frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}})$
=>dpcm

Cái này là do em tự nghĩ ra khi làm bdt :
$ \frac{a^{3}}{b^{3}}+\frac{b^{3}}{c^{3}}+\frac{c^{3}}{a^{3}}\geq \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}$
Các anh chị xem có đúng không?

Kết quả này hoàn toàn đúng. Tuy nhiên cần lưu ý là thi ĐH chỉ được dùng BĐT Cauchy cho 2 hoặc 3 số; và 2 BĐT Vecto (BĐT độ dài và BĐT tích vô hướng, chính là cách né để thừa nhận BĐT Bunhiacopxki và Minkowski). Còn lại những BĐT quen thuộc khác đều phải chứng minh lại. Cụ thể, trong đề Toán Khối B năm 2007 chỉ cần áp dụng Cauchy cho 9 số là ra ngay, tuy nhiên đáp án vẫn chỉ dùng cho 3 số.

BDT24:với $a>b>1$, mọi x thì $a^{x}+a^{-x}\geq b^{x}+b^{-x}$
trừ vế theo vế ta được Bdt $\iff (a^{x}- b^{x})(1-\frac{1}{a^{x}b^{x}})\geq 0$
Nếu $x>0$ thì $a^{x}- b^{x}>0;1-\frac{1}{a^{x}b^{x}}>0$
Nếu $x<0$ thì ngược lại
Nếu $x=0$ ta có đẳng thức
MOD: Bạn gõ nốt phần còn lại đi nhé!

Hoặc chứng minh hàm $f(t) = t^x + t^{-x}$ đồng biến trên $(1; +\infty)$ cũng được. 

Đây là dạng toán đếm có lặp lại một số phần tử (thời xưa trước năm 2000, trong Sách giáo khoa có công thức cho tổ hợp lặp này, về sau cải biên, không cần công thức, tự suy luận cũng ra).

Bước 1: Chọn 2 từ 4 chữ số 1,2,4,5: có C(4;2)= 6 cách.

Bươc 2: sắp xếp 2 chữ số vừa chọn và 3 chữ số 3 tạo thành số có 5 chữ số: có 5! cách. Tuy nhiên, khi 3 chữ số 3 hoán vị cho nhau (3! lần) thì số trên vẫn không thay đổi, nên thật sự chỉ có 5! / 3! = 20 cách sắp xếp.

Bước 3; Theo quy tắc nhân, có tất cả 6.20 = 120 số thỏa ycbt.

Xác suất chia hết cho 3 khi 2 số được chon có tổng chia hết cho 3 (tự giải thích kỹ vì sao nhé!) có 4 trường hợp là (1;2), (1;5), (2;4), (4;5).

Nên xác xuất là 4/6 = 2/3.

#Hoang Nhat Tuan : không có giải đặc biệt nha     42/42 kìa

http://www.imo-offic....aspx?year=2015

@Hoang Nhat Tuan: Thậm chí có 42/42 cũng chưa chắc được giải đặc biệt nhé, nước mình chỉ mới có 1 người đoạt giải đặc biệt là thầy Khánh Trình thôi

Không chỉ nước mình, mà hình như cả thế giới đến bây giờ vẫn chỉ có 1 giải đặc biệt của Thầy Trình thôi ah!

Bạn nói như thế không đúng rồi. 

Oh, mình nhầm thật. Từ năm 2004 không để ý, năm 2005 cũng có 1 giải đặc biệt nữa 

Topic này còn hoạt động không?

Lúc trước chưa biết có topic này nên post mấy bài THTT tháng 10 trên các topic BĐT và phương trình, hệ phương trình. 

Bài 30. Dạng toán tìm số ước số.

Số 1638 có tất cả bao nhiêu ước số?

Bài 27. Dạng toán tính tổng.

Tính tổng của tât cả số có 6 chữ số khác nhau lập được từ 6 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Đáp số: 21.5!.111111 .

Bài 28. Dạng toán tính tổng.

Từ 6 chữ số 1, 3, 4, 5, 7, 8. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Tính tổng của tất cả các số đó.

Đáp số: 28.120.11111 .

Bài 24. Dạng toán chia hết cho 4.

Từ các chữ số 2; 3; 5; 7; 9 có thể lập được bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 4?

14.

Có bao nhiêu cách lập số có 10 chữ số từ các số 1,2,3,4,5 sao cho hai số đứng cạnh nhau thị không giống nhau?

Gọi $\bar{a_1 a_2 ... a_{10}}$ là số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó:

$a_1$ có 5 cách chọn (5 số tùy ý 1, 2, 3, 4, 5).

$a_2$ có 4 cách chọn (vì khác $a_1$).

$a_3$ có 4 cách chọn (vì khác $a_2$).

$a_4$ có 4 cách chọn (vì khác $a_3$).

$a_5$ có 4 cách chọn (vì khác $a_4$).

$a_6$ có 4 cách chọn (vì khác $a_5$).

$a_7$ có 4 cách chọn (vì khác $a_6$).

$a_8$ có 4 cách chọn (vì khác $a_7$).

$a_9$ có 4 cách chọn (vì khác $a_8$).

$a_10$ có 4 cách chọn (vì khác $a_9$).

Theo quy tắc nhân, có tất cả $5.4^9$ số.

Bài 19.

Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số mà tổng tất cả các chữ số là số chẵn?

Gọi số thỏa mãn yêu cầu là $\bar{abcd}$.

Tại $a$ có 9 cách chọn. (vì khác 0)

Tại $b$ có 10 cách chọn.

Tại $c$ có 10 cách chọn.

Tại $d$ chỉ có 5 cách chọn (vì tổng 3 số $a+b+c$ sẽ là một số chẵn hoặc một số lẻ, nên $d$ chỉ có thể là 1 trong 5 chữ số chẵn hoặc 1 trong 5 chữ số lẻ).

Vậy có tất cả 9.10.10.5 = 4500 số.

Bài 20.

Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số khác nhau và chia hết cho 90? 

Một số chia hết cho 90 khi nó chia hết cho 10 và cho 9. Suy ra chữ số tận cùng phải là số 0, còn 8 chữ số trước thuộc {1; 2; ...; 9}

Mặt khác, để ý tổng $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45$ là chia hết cho 9, nên để 8 chữ số này có tổng chia hết cho 9, ta bắt buộc phải bỏ số 9 ra ngoài, nên 8 chữ số đầu chính là hoán vị của 8 chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8.

Vậy có tất cả 8! số.

Bài 23.

Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau mà tổng của 3 chữ số cuối bằng 2 lần tổng của 3 chữ số đầu?

Bài 23.

Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau mà tổng của 3 chữ số cuối bằng 2 lần tổng của 3 chữ số đầu?

Đáp số: 48 số.