Giả sử M,N,P,Q  lần lượt thuộc AD,AB,BC,DC.

Theo định lý Pitago ta có :$MN^2=AN^2+AM^2\geq \frac{(AM+AN)^2}{2}= > MN\geq \sqrt{\frac{(AM+AN)^2}{2}}=\frac{AM+AN}{\sqrt{2}}$

(do áp dụng bdt Bunhiacopxki)

Tương tự :$NP\geq \frac{BN+BP}{\sqrt{2}},PQ\geq \frac{PC+CQ}{\sqrt{2}},MQ\geq \frac{DM+DQ}{\sqrt{2}}$

Cộng theo vế các bdt cùng chiều ta có :$P(MNPQ)=MN+NP+PQ+QM\geq \frac{(AM+DM)+(AN+BN)+(BP+PC)+(CQ+QD)}{\sqrt{2}}=\frac{AD+AB+BC+CD}{\sqrt{2}}=\frac{4AB}{\sqrt{2}}=2AB\sqrt{2}$(không đổi)

$= > P(MNPQ)$ Min=$2AB\sqrt{2}< = > AN=AM,BN=BP,PC=CQ,DQ=QA< = > MNPQ$ là hình vuông

Ta có :$(a_{1}^3+a_{2}^3+...+a_{n}^3)-(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})=(a_{1}^3-a_{1})+(a_{2}^3-a_{2})+...+(a_{n}^3-a_{n})$

Mà $a_{n}^3-a_{n}=a_{n}(a_{n}^2-1)=a_{n}(a_{n}-1)(a_{n}+1)$

Do đây là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên nó $\vdots 6$

$= > (a_{1}^3+a_{2}^3+...+a_{n}^3)-(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})\vdots 6$

Mà $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=2008\vdots 6= > a_{1}^3+...+a_{n}^3\vdots 6$

mọi người giúp em nha 

 

1/Cho a,b,c >0 và a+b+c=6abc. chứng minh rằng:

 

 

$\frac{bc}{a^3(c+2b)}+\frac{ac}{b^3(a+2c)}+\frac{ab}{c^3(b+2a)} \geq 2$

 

2/Cho α,β,γ≥0. tìm min:

M=$\frac{\alpha x}{y+z}+\frac{\beta y}{x+z}+\frac{\gamma z}{y+x}$

 

(x,y,z>0)

 

thank các bác. em làm lính mới chưa bít cách đăng bài 

Bài 1: Đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z= > xy+yz+xz=6$

Ta có :$\sum \frac{bc}{a^3(b+2c)}=\sum \frac{x^3.\frac{1}{yz}}{\frac{1}{y}+\frac{2}{z}}=\sum \frac{\frac{x^3}{yz}}{\frac{2y+z}{yz}}=\sum \frac{x^3}{2y+z}=\sum \frac{x^4}{2xy+xz}\geq \frac{(\sum x^2)^2}{3\sum xy}\geq \frac{(\sum xy)^2}{3\sum xy}=\frac{\sum xy}{3}=\frac{6}{3}=2$(ĐPCM)

Tên :Hoàng Nhật Tùng- THPT chuyên KHTN-Hà Nội

Chuyên đề :Bất đẳng thức và cực trị ,dãy số và giới hạn

Địa chỉ liên lạc: Facebook

@Anh duyệt em .

Bài 24 Cho $a;b;c$ là các số thực không âm sao cho $a+b+c>0$. CMR:

$\frac{a^2}{3a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2}{3b^2+(a+c)^2}+\frac{c^2}{3c^2+(a+b)^2} \leq \frac{1}{2}$

A-L

Bài 24 :

  Theo BĐT Bunhiacopxki có

 Ta có : $\sum \frac{4a^2}{3a^2+(b+c)^2}=\sum \frac{(a+a)^2}{(a^2+b^2+c^2)+(2a^2+bc)+bc}\leq \sum \frac{(a+a)^2}{(a^2+b^2+c^2)+(2a^2+bc)}\leq \sum (\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2}{2a^2+bc})=\frac{\sum a^2}{\sum a^2}+\sum \frac{a^2}{2a^2+bc}=1+\sum \frac{a^2}{2a^2+bc}$

    Do đó  ta cần Cm :

    $1+\sum \frac{a^2}{2a^2+bc}\leq 2< = > \sum \frac{a^2}{2a^2+bc}\leq 1< = > \sum (\frac{1}{2}-\frac{a^2}{2a^2+bc})\geq \frac{1}{2}< = > \sum \frac{bc}{2a^2+bc}\geq 1$

BĐT này đúng do $\sum \frac{bc}{2a^2+bc}=\sum \frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}\geq \frac{(\sum bc)^2}{2abc\sum a+\sum b^2c^2}=1$

   Do đó ta có ĐPCM. Dấu = xảy ra khi $a=0,b=c$ và các hoán vị tương ứng

Bài 49 : Cho dãy số $u_{n}$ thỏa mãn 

      $u_{1}=1,u_{n+1}=\frac{16u_{n}^3+27u_{n}}{48u_{n}^2+9}$

Đặt $S_{n}=\sum_{n=1}^{2015}\frac{1}{4u_{n}+3},n\in N,n\geq 1$.

     Tìm phần nguyên của $S_{n}$

  Bài 14 : Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn với mọi số thực $x,y$

          $f(f(x)-y)=f(x)+f(f(y)-f(-x))+x$

 

Bài 1: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(y+f(x))=f(x)f(y)+f(f(x))+f(y)-xy$ với mọi $x,y \in \mathbb{R} $.

 

 

   Còn mỗi bài này, ý tưởng là thế này

- Thay $y$ bởi $f(y)= > f(f(x)+f(y))=f(x)f(f(y))+f(f(x))+f(f(y))-xf(y)$   (1)

- Đổi vai trò của $x,y= > f(f(y)+f(x))=f(y)f(f(x))+f(f(y))+f(f(x))-yf(x)$   (2)

-Từ (1),(2) $= > f(x)f(f(y))-xf(y)=f(y)f(f(x))-yf(x)= > f(x)(f(f(y))+y)=f(y)(f(f(x))+x)= > \frac{f(f(x))+x}{f(x)}=\frac{f(f(y))+y}{f(y)}=c= > f(f(x))=cf(x)-x$

Thêm một bài nữa.....

  Bài 18: Cho $a,b,c> 0,n$ là số nguyên dương. CMR:

     $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt[n]{\frac{a^{n}+b^{n}}{2}}+\sqrt[n]{\frac{b^{n}+c^{n}}{2}}+\sqrt[n]{\frac{c^{n}+a^{n}}{2}}$

   Mình cũng xin góp 1 bài :

 Bài 11: Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$ ,$f(0)=0,f(1)=2014$ thỏa mãn:

     $(x-y)(f(f^2(x))-f(f^2(y)))=(f(x)-f(y))(f^2(x)-f^2(y))$ với mọi số thực $x,y$

@supermember: Nam quăng vào vài bài lý thuyết đồ thị cho nó mới.

Tạm thời dừng ở con số 13 bài đã, không post thêm, chừng nào gỉai xong thì mới đưa đề mới

@LNH: em post 1 bài mới nhé :v

@namcpnh: Lý thuyết đồ thị phải để Hoàn lo anh oh, em chỉ chuyên về mấy cái Giải tích thôi, anh cũng tham gia góp bài đi. Mà em thấy mấy bài trên giải gần hết rồi mà, cứ đăng bài đi, khi nào số bài chưa giải quá nhiều em sẽ thông báo nghĩ đăng .

  Bài 16: Cho $A,B,C$ là 3 góc của một tam giác. CMR:

    $cos\frac{A-B}{2}+cos\frac{B-C}{2}+cos\frac{C-A}{2}\geq sin\frac{3A}{2}+sin\frac{3B}{2}+sin\frac{3C}{2}$

p/s :Tự chế

   Bài 58: Cho tam giác ABC  .Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với 3 cạnh tại $M,N,P$. Gọi $R,S$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại

tiếp tam giác $ABC$ và diện tích tam giác ABC. Kí hiệu $P_{XYZ}$ chỉ nửa chu vi của tam giác $XYZ$. CMR :

                     $P^2_{MNP}\leq \frac{P_{ABC}.S}{2R}$

  Bài 59 :Cho dãy số $(u_{n})$ thỏa mãn điều kiện sau :

     $u_{1}=1,u_{n+1}=\frac{16u_{n}^3+27u_{n}}{48u_{n}^2+9}$

Đặt $S_{n}=\sum_{n=1}^{2015}\frac{1}{4u_{n}+3}$ với mọi $n\in N,n\geq 1$.

    Tìm phần nguyên của $S_{n}$       

 Nghe góp ý của anh WhjteShadow, em xin góp 1 bài dãy

    Bài 27 :Tìm CTTQ của $x_{n}$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x_{1}=\frac{3}{\sqrt{6}} & \\ x_{n+1}=24x_{n}^3-12\sqrt{6}x_{n}^2+15x_{n}-\sqrt{6} & \end{matrix}\right.$  với mọi số tự nhiên $n\geq 1$

Bài 42: Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác, chứng minh rằng:
$\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a^2+b^2+c^2)^2}+\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2} \geq 2$

Bài 42: 

  Ta có :$\frac{3(\sum a^4)}{(\sum a^2)^2}+\frac{\sum ab}{\sum a^2}\geq 2< = > \frac{3(\sum a^4)+(\sum ab)(\sum a^2)}{(\sum a^2)^2}\geq 2< = > 3(\sum a^4)+(\sum ab)(\sum a^2)\geq 2(\sum a^2)^2< = > \sum a^4+abc\sum a+\sum ab(a^2+b^2)\geq 4\sum a^2b^2$

Theo BDT Schur bậc 4 và Cosi có : $\sum a^4+abc\sum a\geq \sum ab(a^2+b^2)\geq \sum ab.2ab=2\sum a^2b^2$

                                                             $\sum ab(a^2+b^2)\geq \sum ab.2ab=2\sum a^2b^2$

 Cộng theo vế ta thu được ĐPCM. Dấu = xảy ra khi $a=b=c$

Bài 42: Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác, chứng minh rằng:
$\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a^2+b^2+c^2)^2}+\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2} \geq 2$

 Bài toán này đề bài chỉ cần các số thực không âm a,b,c là được

  Bài 72 (IMO 2005): Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc\geq 1$. CMR:

      $\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}+\frac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2}\geq 0$

 

Câu 36 : Cho $a,b,c,d\geq 0$ thỏa mãn : $a+b+c+d=4$ .Chứng minh rằng : 

$\frac{a}{a^{3}+8}+\frac{b}{b^{3}+8}+\frac{c}{c^{3}+8}+\frac{d}{d^{3}+8}\leq \frac{4}{9}$

 

 

Câu 36: Ta sẽ chứng minh :

  $\frac{a}{a^3+8}\leq \frac{2a+1}{27}$  (1)

Thật vậy (1) $< = > (2a+1)(a^3+8)\geq 27a< = > (a-1)^2(2a^2+5a+8)\geq 0$ (Luôn đúng) 

 Lập các cái tương tự $= > \sum \frac{a}{a^3+8}\leq \sum \frac{2a+1}{27}=\frac{2\sum a+4}{27}=\frac{2.4+4}{27}=\frac{4}{9}$

   Dấu = xảy ra khi $a=b=c=d=1$

Bài 43 : Cho $x,y,z$ là các số thực dương . CMR : 

$\sum \frac{(y+z)(x+z)}{(x+y)(x+y+2z)}\geq \frac{3}{2}$

Đặt $y+z=a,x+z=b,x+y=c= > \sum \frac{(y+z)(x+z)}{(x+y)(x+y+2z)}=\sum \frac{ab}{c(a+b)}=\sum \frac{(ab)^2}{a^2bc+ab^2c}\geq \frac{(\sum ab)^2}{2abc\sum a}\geq \frac{3abc\sum a}{2abc\sum a}=\frac{3}{2}$

$a,b,c\in R$ anh à

 Thì có $(b+1)^2\geq 0= > b\geq -\frac{b^2+1}{2}= > 2+c+b^2\geq 2+c^2-\frac{b^2+1}{2}=\frac{2c^2+3-b^2}{2}=\frac{2c^2+a^2+b^2+c^2-b^2}{2}=\frac{3c^2+a^2}{2}\geq 0= > 2+c+b^2\geq 0$

 Tương tự $2+c+a^2\geq 0,2+a+b^2\geq 0$ nên áp dụng đc Bunhiacopxki

Ở đây có được đăng các bài có trong các tạp chí không vậy, nếu như mỗi MO ko thì nghe vẻ hơi ít

Bài 132:(IMO 1984) Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng $0\leq ab+bc+ca-2abc\leq \frac{7}{27}$

   Ta có :$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{1}=9$

$= > \frac{ab+bc+ac}{abc}\geq 9abc= > ab+bc+ac-2abc\geq 7abc> 0$

$= > ab+bc+ac-2abc> 0$  (1)

  Đồng nhất $a+b+c=1,(a+b+c)^3=1$

BDT $ab+bc+ac-2abc\leq \frac{7}{27}< = > (ab+bc+ac)(a+b+c)-2abc\leq \frac{7(a+b+c)^3}{27}$

$< = > 27ab(a+b)+27bc(b+c)+27ac(a+c)+27abc\leq 7(a+b+c)^3$

$< = > 27ab(a+b)+27bc(b+c)+27ac(a+c)+27abc\leq 7(a^3+b^3+c^3)+21ab(a+b)+21bc(b+c)+21ac(a+c)+42abc$

$< = > 7(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 6ab(a+b)+6bc(b+c)+6ac(a+c)$

 Theo BDT Schur bậc 3 ta có : $6(a^3+b^3+c^3+3abc)\geq 6(ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c))$

 Theo Cosi ta có : $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$

Cộng theo vế 2 BDT và rút gọn $= > 7(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 6ab(a+b)+6bc(b+c)+6ac(a+c)$ (2)

  Từ (1),(2) $= > 0< ab+bc+ac-2abc\leq \frac{7}{27}$ .Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài 52:(IMO Shortlist 2009)

Cho $a,b,c>0$ mà $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 3$.CMR

$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{b+c}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{c+a}}+3\leq \sqrt{2}\left ( \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} \right )$

 

 

 Ta có : $\sqrt{2(a^2+b^2)}+\sqrt{4ab}\leq \sqrt{2(2(a^2+b^2)+4ab)}=\sqrt{4(a+b)^2}=2(a+b)= > \sqrt{2(a+b)}\geq \sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+\sqrt{\frac{2ab}{a+b}}= > \sqrt{2(a+b)}-\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}\geq \sqrt{\frac{2ab}{a+b}}$

  Tương tự  $\sqrt{2(b+c)}-\sqrt{\frac{b^2+c^2}{b+c}}\geq \sqrt{\frac{2bc}{b+c}}$

                    $\sqrt{2(c+a)}-\sqrt{\frac{c^2+a^2}{c+a}}\geq \sqrt{\frac{2ac}{a+c}}$

 Cộng theo vế các BDT 

$= > \sqrt{2}\sum \sqrt{a+b}-\sum \sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}\geq \sum \sqrt{\frac{2ab}{a+b}}=\sqrt{2}\sum \sqrt{\frac{ab}{a+b}}=\sqrt{2}\sum \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}}\geq \sqrt{2}.\frac{9}{\sum \sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}}\geq \sqrt{2}.\frac{9}{\sqrt{3(\sum (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}))}}=\frac{9\sqrt{2}}{\sqrt{6\sum \frac{1}{a}}}\geq \frac{9\sqrt{2}}{\sqrt{6.3}}=3= > \sqrt{2}\sum \sqrt{a+b}-\sum \sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}\geq 3= > \sqrt{2}(\sum \sqrt{a+b})\geq \sum \sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+3$

  Do đó ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

1.Họ tên :Hoàng Lê Nhật Tùng

2.Lớp : $10A_{2}$ Toán- Trường THPT chuyên KHTN- ĐHQG Hà Nội

3.Đề bài : Cho $x,y,z> 0$. 

    CMR:$\sum \frac{a^3}{(b+c)^5}\geq \frac{9}{32}.\frac{(\sum a^2)^2}{(\sum ab)^3}$

 4.Đáp án :

  Ta có :$\sum \frac{a^3}{(b+c)^5}=\sum \frac{\left [ (\frac{a}{b+c})^2 \right ]^2}{a(b+c)}\geq \frac{(\sum (\frac{a}{b+c})^2)^2}{\sum a(b+c)}=\frac{(\sum (\frac{a}{b+c})^2)^2}{2\sum ab}$

  Do đó ta cần chứng minh :$\sum \frac{\left [ \sum (\frac{a}{b+c})^2 \right ]^2}{2\sum ab}\geq \frac{9}{32}.\frac{(\sum a^2)^2}{(\sum ab)^3}< = > \left [ \sum (\frac{a}{b+c})^2 \right ]^2\geq \frac{9(\sum a^2)^2}{16(\sum ab)^2}$

Mà $\sum (\frac{a}{b+c})^2=\sum \frac{a^4}{(ab+ac)^2}\geq \frac{(\sum a^2)^2}{\sum (ab+ac)^2}= > \left [ \sum (\frac{a}{b+c})^2 \right ]^2\geq \frac{(\sum a^2)^4}{(\sum (ab+ac)^2)^2}$

  Do đó ta cần CM :$\frac{(\sum a^2)^4}{\left [ \sum (ab+ac)^2 \right ]^2}\geq \frac{9(\sum a^2)^2}{16(\sum ab)^2}< = > \frac{(\sum a^2)^2}{4(\sum a^2b^2+abc(\sum a))^2}\geq \frac{9}{16(\sum ab)^2}< = > 2(\sum a^2)(\sum ab)\geq 3(\sum a^2b^2+abc(\sum a))< = > 2\sum ab(a^2+b^2)+2abc(\sum a)\geq 3\sum a^2b^2+3abc(\sum a)< = > 2\sum ab(a^2+b^2)\geq 3\sum a^2b^2+abc(\sum a)$

-Nhưng bất đẳng thức này luôn đúng vì theo bđt Cosi có :

 $2\sum ab(a^2+b^2)\geq 2\sum ab.2ab=4\sum a^2b^2=3\sum a^2b^2+\sum a^2b^2\geq 3\sum a^2b^2+abc(\sum a)$

 Do đó bất đẳng thức đề bài được chứng minh.

 Dấu = xảy ra khi $a=b=c$

Ta có :$(x^2-y^2)^2=4xy< = > x^4+y^4-2x^2y^2-4xy=0< = > (x^2+y^2)^2-(2xy+1)^2=-1< = > (x^2+y^2-2xy-1)(x^2+y^2+2xy+1)=-1< = > \left [ (x-y)^2-1 \right ]\left [ (x+y)^2+1 \right ]=-1< = > x-y=0,x+y=0< = > x=y=0$

Theo mình nghĩ thì đề bài phải là CM:$sin\frac{A}{2}\leq \frac{a}{2\sqrt{bc}}$ chứ nhỉ >

-Vẽ BM,CN lần lượt vuông góc với đường phân giác AD của $\Delta ABC$

Ta có :$sin\frac{A}{2}=sin\angle BAD =\frac{BM}{AB}=\frac{BM}{c},sin\frac{A}{2}=sin\angle DAC=\frac{CN}{AC}=\frac{CN}{b}= > sin\frac{A}{2}=\frac{BM}{c}=\frac{CN}{b}=\frac{BM+CN}{b+c}\leq \frac{BD+DC}{b+c}=\frac{a}{b+c}\leq \frac{a}{2\sqrt{bc}}$(đpcm)