Cho $229$ học sinh nam và $271$ học sinh nữ được chia thành $10$ nhóm,mỗi nhóm gồm $50$ người được đánh số từ $1$ đến $50$.Người ta muốn chọn ra một nhóm $4$ học sinh trong đó số học sinh nữ được chọn là số lẻ và thỏa mãn điều kiện sau:$4$ người này được chọn từ $2$ nhóm và có $2$ cặp học sinh có cùng số thứ tự,Chứng minh rằng số cách chọn các nhóm như thế là số lẻ

Cho đa giác đều $n$ đỉnh nội tiếp đường tròn tâm $O$, tìm số cách tô $n$ đỉnh tam giác bằng $m (m\geq2)$ màu sao cho 2 đỉnh kề nhau không được tô cùng màu. (Hai cách tô được coi là giống nhau nếu chúng nhận được qua nhau bằng một phép quay tâm $O$)

Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $x+y+z=1$. Tìm $min$ của $F=\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\frac{y^4}{(y^2+z^2)(y+z)}+\frac{z^4}{(z^2+x^2)(z+x)}$
tks you =))

Gợi ý: Chứng minh $\sum{\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}}=\sum{\frac{y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}}$

Cho $n$ là số tự nhiên. Kí hiệu $\left [ n \right ]$ là số nguyên lớn nhất không lớn hơn $n$. Chứng minh:
$\left [ \frac{n}{3} \right ]+\left [ \frac{n}{35} \right ]\geq \left [ \frac{n}{5} \right ]+\left [ \frac{n}{7} \right ]$

Nhiệt liệt ủng hộ topic này luôn, chúc topic phát triển và đóng góp nhiều bài tập hay 

Bài 2: Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn đk: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} = 4$. CM:

$\sqrt[3]{\frac{a^{3} + b^{3}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{b^{3} + c^{3}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{c^{3} + d^{3}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{d^{3} + a^{3}}{2}} \leq 2(a + b + c + d) - 4$

Bài 3: CMR nếu a,b,c>0 thì: 

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

3. Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$. Ta biến đổi BĐT như sau:

$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}-3\geq (\frac{a+b}{a+c}-1)+(\frac{b+c}{b+a}-1)+(\frac{c+a}{c+b}-1)$

$\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca}\geq \frac{b-c}{a+c}+\frac{c-a}{b+a}+\frac{a-b}{c+b}$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(a-c)(b-c)}{ab+bc+ca}\geq\frac{(a-c)(b-c)+b^2-a^2}{(a+c)(a+b)}+\frac{a-b}{b+c}$
$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(a-c)(b-c)}{ab+bc+ca}\geq\frac{(a-c)(b-c)}{(a+c)(a+b)}+\frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$

$\Leftrightarrow \frac{c^{2}(a-b)^2}{(ab+bc+ca)(a+c)(b+c)}+\frac{a^2(a-c)(b-c)}{(ab+bc+ca)(a+c)(a+b)}\geq0$
BĐT cuối cùng luôn đúng do $c=min\left \{ a,b,c \right \}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Chứng ta còn có thể tìm ra $f(x)$ luôn kìa bạn, chứng minh cũng khá dài

Và bài này là 1 bổ đề quan trọng để tìm hàm $f$

Mình xin chứng minh bổ đề này

Thay $x=0,y=0 => f^4(0)=f^2(0) => f(0)=0 ; f^2(0)=1$

TH1: $f(0)=0$, thay $y=0 => f(2x) =0 => f(x)=0 $ ( vô lý )

TH2: $f^2(0)=1$

Giả sử $\exists x_0: f(x_0)=0 $

Ta có $f(2x).f(0)=f^4(x)=> f(x).f(0)=f^4(\frac{x}{2})$

Thay $x \rightarrow x_0 => f^4(\frac{x_0}{2}) =0 => f(\frac{x_0}{2})=0$

Đẩy liên tục $=> f(\frac{x_0}{2^k})=0 $

Cho k cực lớn $=> f(0)=0 $ (vô lý )

Do đó $f(x) \neq 0, \forall x \in \mathbb{R} $

Mình còn thiếu bước này để tìm f, ngay sau khi đăng topic mình cũng đã cm được. Dù sao cũng cảm ơn bạn.

Cho hàm $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ liên tục và khác hàm hằng thỏa:

$f(x+y)f(x-y)=(f(x)f(y))^2, \forall x \in \mathbb{R}$

Chứng minh: $f(x)\neq 0,\forall x \in \mathbb{R}$

Hint: $\bullet$ để ý $\Delta ANB=\Delta END$ .... một hồi ta có $\frac{NA}{ND}=\frac{EF}{BC}=\frac{NF}{NC}$ từ đó có $AFCD$ nội tiếp đường tròn tâm $I$

         $\bullet$ để chứng minh ý sau ta chứng minh $NO_1IO_2$ là hình bình hành

Spoiler

mình sẽ trình bày rõ ràng lúc sau :v

 vậy là đủ rồi 

Cho hai đường tròn $(O_1),(O_2)$ cắt nhau tại hai điểm $M,N$. Qua $A$ thuộc $(O_1)$ kẻ các đường thẳng $AM,AN$, lần lượt cắt $(O_2)$ tại $B, C$. Qua $D$ thuộc $(O_2)$ kẻ các đường thẳng $DM,DN$, lần lượt cắt $(O_1)$ tại $E, F$. Các điểm $A,E,F$ cùng nằm về một phía đối với đường thẳng $MN$, các điểm $D,B,C$ cùng nằm về phía khác. Chứng minh nếu $AB=DE$ thì 4 điểm $A,F,C,D$ cùng nằm trên một đường tròn có tâm không phụ thuộc vào vị trí của $A$ và $D$.

P/s: Mình nghĩ tâm là giao điểm của $(O_{1}O_{2}M)$ và đường vuông góc với $MN$ tại $M$.

Lời giải của mình cũng dựa trên ý tưởng trên nhưng dài hơn.

Giả sử $a>c>b$, đặt vế trái là $f(a,b,c)$.

TH1: $ab+bc+ca\geq(a-c)(b-c)$, dễ thấy $f(a,b,c)\geq f(a-c,b-c,0)$

Cần chứng minh: $f(a-c,b-c,0)\geq0$

Đặt $a-c=x>0,c-b=y>0$, bđt cần chứng minh trở thành.

$[x^2+y^2-kxy][\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{(x+y)^2}]\geq \frac{9(2-k)}{4}$

$VT \geq[(x+y)^2-\frac{(k+2)(x+y)^2}{4}][\frac{8}{(x+y)^2}+\frac{1}{(x+y)^2}]=VP$

TH2: $ab+bc+ca\leq(a-c)(b-c)$

$a^2+b^2+c^2+k(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2+(k-2)(ab+bc+ca)\geq(k-2)(a-c)(b-c)$

Cần chứng minh: $[(a-c)(c-b)][\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq\frac{9}{4}$

Đặt $a-c=m>0,c-b=n>0$, bđt cần chứng minh trở thành.

$mn[\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(m+n)^2}]\geq\frac{9}{4} \Leftrightarrow \frac{(m-n)^2(m^2+mn+n^2)}{(m+n)^2}\geq0$

Cho số thực $k\in [-1,2]$, chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực $a,b,c$:
$[a^2+b^2+c^2+k(ab+bc+ca)][\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}]\geq \frac{9(2-k)}{4}$

Kinh khủng quá

Sử dụng BĐT Holder ta có:

$4(\sum \frac{1}{(1+a)^3})^2\geq (\sum \frac{1}{(1+a)^2})^3$

Lại có: $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{(a+b)(a+\frac{1}{b})}+\frac{1}{(a+b)(b+\frac{1}{a})}=\frac{1}{ab+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{cd}}=\frac{cd}{1+cd}$

Tương tự: $\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{(1+d)^2}\geq \frac{1}{1+cd}$

Từ đó suy ra ĐPCM

Thực ra lúc đầu mình cũng làm cách này, cơ mà thấy ko hay lắm nên làm trực tiếp bậc 3 luôn.

cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa abcd=1

c/m $\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{(1+b)^{3}}+\frac{1}{(1+c)^{3}}+\frac{1}{(1+a)^{3}}\geq \frac{1}{2}$

Áp dụng BĐT Holder, ta có: $(1+a)^{3}\leq (1+1)(1+\frac{a\sqrt{a}}{b\sqrt{b}})(1+ab\sqrt{ab})$

Suy ra: $\frac{1}{(1+a)^{3}}\geq \frac{b\sqrt{b}}{2(a\sqrt{a}+a\sqrt{b})(1+ab\sqrt{ab})}$

Tương tự, suy ra: $\frac{1}{(1+b)^{3}}\geq \frac{a\sqrt{a}}{2(a\sqrt{a}+a\sqrt{b})(1+ab\sqrt{ab})}$

Cộng lại ta có: $\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{(1+b)^{3}}\geq \frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}$
Thiết lập BĐT tương tự với $c$ và $d$, cộng lại ta có:
$VT\geq \frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}+\frac{1}{2(1+cd\sqrt{cd})}=\frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}+\frac{ab\sqrt{ab}}{2(ab\sqrt{ab}+1)}=\frac{1}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=1$

Ta sẽ chứng minh: $P\geq \frac{7}{6}$

$\forall a,b>0,\exists x,y,k>0:a=k\sqrt[3]{\frac{x}{y}},b=k\sqrt[3]{\frac{y}{x}}$. Thay vào ta có:
$P=\frac{kx}{kx+y}+\frac{ky}{ky+x}+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

$P=(\frac{kx}{kx+y}-\frac{k}{k+1})+(\frac{ky}{ky+x}-\frac{k}{k+1})+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2)+(\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3})$

$P=(x-y)^2[\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}]+\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3}$

Xét hàm thấy $\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3} \geq\frac{7}{6}$
Vậy cần chứng minh:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq 0$

Với $k\geq1$, bđt hiển nhiên đúng.

Xét $k<1$, áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq \frac{k(k-1)}{(k+1)^3xy}+\frac{1}{12k^{3}xy}$

Vậy cần chứng minh:
$(k+1)^3+12k^4(k-1)\geq0$

Ta có: $(k+1)^3+12k^4(k-1)>(k+1)^3+12k^2(k-1)\geq(k+1)^3-12\frac{(1-k+k+k)^3}{27}=\frac{5}{9}(k+1)^3>0$

Vậy, GTNN của $P$ là $\frac{7}{6}$, đạt được khi $a=b=1$

Mình sai chỗ này, phải là $1-k$ mới đúng. Lúc đó thì bđt sẽ đúng với $k\leq1$. Còn $k>1$ thì cho $a=1,b \to +\infty $, ta được $P \to \frac{13}{12}$, đề bài có vẻ không ổn.

Bạn ơi, x,y,z dương thì làm sao z=0 được

Sorry, mình đọc không kĩ đề, mà thực ra bài này chỉ cần điều kiện $x,y,z \geq0$ và $xy+yz+zx>0$ là đủ rồi.

cho mình hỏi sao lại biết cách đặt như vậy? phương pháp là gì?

Bản chất là đồng bậc bđt thôi bạn, bđt thuần nhất thường dễ làm hơn.

Áp dụng Schur, có: $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+\frac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\geq 2$

Cần chứng minh: $\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2(x+y+z)} \geq \frac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

Cần chứng minh: $3(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}(x+y+z)$

Ta có: $3(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{3}(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq 8(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ hoặc $x=y,z=0$ và hoán vị..

 

Cho a,b dương. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{a^2}{a^2+b}+\frac{b^2}{b^2+a}+\frac{1}{12}(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3})$

 

Ta sẽ chứng minh: $P\geq \frac{7}{6}$

$\forall a,b>0,\exists x,y,k>0:a=k\sqrt[3]{\frac{x}{y}},b=k\sqrt[3]{\frac{y}{x}}$. Thay vào ta có:
$P=\frac{kx}{kx+y}+\frac{ky}{ky+x}+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

$P=(\frac{kx}{kx+y}-\frac{k}{k+1})+(\frac{ky}{ky+x}-\frac{k}{k+1})+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2)+(\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3})$

$P=(x-y)^2[\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}]+\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3}$

Xét hàm thấy $\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3} \geq\frac{7}{6}$
Vậy cần chứng minh:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq 0$

Với $k\geq1$, bđt hiển nhiên đúng.

Xét $k<1$, áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq \frac{k(k-1)}{(k+1)^3xy}+\frac{1}{12k^{3}xy}$

Vậy cần chứng minh:
$(k+1)^3+12k^4(k-1)\geq0$

Ta có: $(k+1)^3+12k^4(k-1)>(k+1)^3+12k^2(k-1)\geq(k+1)^3-12\frac{(1-k+k+k)^3}{27}=\frac{5}{9}(k+1)^3>0$

Vậy, GTNN của $P$ là $\frac{7}{6}$, đạt được khi $a=b=1$

Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AB=c, BC=a, CA=b$, chứng minh:

$\frac{a+b}{cosC}+\frac{b+c}{cosA}+\frac{c+a}{cosB}\geq 4(a+b+c)$

Thực ra mình làm một bài đến đoạn bđt vừa rồi, áp dụng c-s cộng mẫu ra được cái bđt bị sai. Mình thử vài số thấy đúng nên nghĩ nó đúng 

Cho $a,b,c>0$. C/m:
$\sum \frac{2a}{2a+b+c}\geq 1+\frac{9abc}{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}$
P/s: Hy vọng lần này đề không sai

Bài 5 (3 điểm)

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương $(x,y,z)$ của phương trình

$\left | 2^x-y^z \right |=1$

Từ giả thiết ta có: $2^{x}=y^z+1$ hoặc $2^x=y^z-1$. Dễ thấy $y$ lẻ
TH1:  $2^{x}=y^z+1$

Nếu $x=1 \Rightarrow y=1,z=1$

Nếu $y=1 \Rightarrow x=1, z\in\mathbb{N}^{*}$

Nếu $z=1 \Rightarrow y=2^x-1, x\in\mathbb{N}^{*}$

Xét $x>1,y>1,z>1$

Nếu đặt $z=2^{a}t$, $t$ lẻ, $a>0,t>0$, ta có:

$2^{x}=(y^{2^{a}}+1)[(y^{2^{a}})^{t-1}-(y^{2^{a}})^{t-2}+...-y^{2^{a}}+1]$
Giả sử $t>1$, do $y^{2^{a}}$ và $t$ lẻ, lớn hơn $1$ nên $(y^{2^{a}})^{t-1}-(y^{2^{a}})^{t-2}+...-y^{2^{a}}+1$ lẻ và lớn hơn $1$, suy ra phương trình vô nghiệm. Do đó $t=1$.

Suy ra $2^{x}=y^{2^{a}}+1 \Leftrightarrow 2^{x}=(y^{2^{a-1}})^{2}+1$

Dễ thấy phương trình vô nghiệm.

TH2: $2^{x}=y^z-1$. Dễ thấy $y>1$

Nếu $x=1 \Rightarrow y=3, z=1$

Nếu $z=1 \Rightarrow y=2^{x}+1, x\in\mathbb{N}^{*}$

Xét $x>1,y>1,z>1$

Chứng minh tương tự suy ra: $z=2^{b}, b\geq1$

Đặt $y^{2^{b-1}}=c,c>1$, ta có: $2^{x}=(c+1)(c-1)$

Đặt $c+1=2^{e}, c-1=2^{f}, e>f>0$

Suy ra $2^{e-1}-2^{f-1}=1$, suy ra: $f<2$

Nếu $f=0 \Rightarrow 2^{x}=3$

Nếu $f=1 \Rightarrow x=3,y=3,z=2$

Vậy, phương trình có các nghiệm $(3,3,2),(k,2^k+1,1),(n,2^n-1,1),(1,1,l)$ với $\forall k\geq1,n\geq1, l>1$

Bài 6 (4 điểm)

Cho tập hợp $\mathcal{X}=\left \{ \overline{a_6a_5a_4a_3a_2a_1}\mid 9\ge a_6\ge a_5\ge a_4\ge a_3\ge a_2\ge a_1,a_6\neq 0,a_i\in \mathbb{N},(i=\overline{1,6})\right \}$

$a)$ Tập hợp $\left | \mathcal{X} \right |$ có bao nhiêu phần tử $?$

$b)$ Nếu viết tất cả các số của $\mathcal{X}$ thành một dãy tăng.Tính số hạng thứ $2015$ của dãy đó

a)Bổ đề: Số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình:
$\sum_{i=1}^{k}x_{i}\leq m$ là $\binom{m+k}{k}$

Trở lại bài toán:

Đặt $a_{i}=\sum_{k=1}^{i}x_{k}$. Ta có:$x_{i}\geq0, \forall i$ và $\sum_{i=1}^{6}x_{i}\leq 9, (1)$

Nếu $a_{6}=0$ thì $a_{6}=a_{5}=a_{4}=a_{3}=a_{2}=a_{1}=0$

Đặt số nghiệm nguyên không âm của $(1)$ là $S$ thì ta có $|X|=S-1$

Áp dụng bổ đề, ta có: $|X|=\binom{9+6}{6}-1=5004$

b) Đặt  $T_{i}$ là số các số thuộc $X$ mà $a_{6}=i, i=1,2,..,9$
Khi đó $T_{i}$ là số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình $\sum_{k=1}^{5}x_{k}\leq i$

Áp dụng bổ đề, suy ra: $T_{i}=\binom{i+5}{5}$

Ta có: $\sum_{i=1}^{7}T_{i}=1715 < 2015 < \sum_{i=1}^{8}T_{i}=3002 \Rightarrow a_{6}=8$

$2015-1715=300$
Tương tự, đặt $K_{i}$ là số các số thuộc $X$ mà $a_{6}=8, a_{5}=i, i=0,1,2,..,9$

Áp dụng bổ đề, suy ra: $K_{i}=\binom{i+4}{4}$

Ta có: $\sum_{i=0}^{5}K_{i}=252 < 300 < \sum_{i=0}^{6}K_{i}=462 \Rightarrow a_{5}=6$

$300-252=48$

Đặt $L_{i}$ là số các số thuộc $X$ mà $a_{6}=8, a_{5}=6, a_{4}=i, i=0,1,2,..,9$

Áp dụng bổ đề, ta có: $L_{i}=\binom{i+3}{3}$

Ta có: $\sum_{i=0}^{3}L_{i}=35 < 48 < \sum_{i=0}^{4}L_{i}=70 \Rightarrow a_{4}=4$

Suy ra, số hạng thứ $1715+252+35+1=2003$ là $864000$

Suy ra, số hạng thứ $2015$ là $864320$

Bài 6 mình làm bù trừ, không hiểu sao sai đáp số

Đặt $x_1=x-50, z_1=z-50, z_2=z-101$

Ta có $x_1+y+z_1=1965 (1), x_1+y+z_2=1865 (2)$

Gọi $A$ là tập các nghiệm tự nhiên của $(1)$ thỏa $y_1 \leq 100, x_1,z_1 \geq 0$

Gọi $B$ là tập các nghiệm tự nhiên của $(2)$ thỏa $y_1 \leq 100, x_1,z_2 \geq 0$

Với mỗi $y_0$ từ $0-100$ thì số cách chọn $x_1,z_1$ là $C^{1}_{1965-y_0+2-1}$

Suy ra $|A|=1966+1965+....+1866$

Tương tự $|B|=1865+...+1765$

Gọi $C$ là tập các nghiệm thỏa đề thì theo bù trừ, ta có:

$|C|=|A|-|B|=10201$

 

Spoiler

cần 1 bạn tìm hộ mình chỗ sai

sai chỗ này

Giải phương trình: $4^{x^{2}}+2^{x}=3^{x^{2}}+3^{x}$