Nếu $y=0$ thì $x=2, x=3$. Nếu $y=1$ thì $x=1, x=4$

Nếu $y\geqslant 2$ thì $x^2-2x+1-3k+6=3^y$ nên $x=3k+1$ hay $9k^2-9k+3=3^y$ không thỏa.

$a+b+c-2abc=a(1-2bc)+b+c\leqslant \sqrt{(1+2bc)[(1-2bc)^2+1]}\leqslant \sqrt{2}$

Đặt $x=\dfrac{a}{b+c}, y=\dfrac{b}{c+a}, z=\dfrac{c}{a+b}$ thì $ab+bc+ca+2abc=1$. Đến đây dễ.

Quy đồng lên ta được $p_1p_2...p_n\mid (p_1+1)(p_2+1)...(p_n+1)\Rightarrow p_n\mid (p_1+1)(p_2+1)...(p_n+1)$

$(p_n, p_n+1)=1$ nên $ p_n\mid (p_1+1)(p_2+1)...(p_{n-1}+1)$

Nếu $p_n\nmid p_{n-1}+1$ thì $p_1+1<p_2+1<...<p_n+1<p_n\Rightarrow p_n\nmid (p_1+1)(p_2+1)...(p_{n-1}+1)$

Vậy $p_n=p_{n-1}+1$. Vậy $p_1=2, p_2=3$ là các số cần tìm.

Bị lỗi, xóa dùm

Hình như $a,b,c$ có thực sự dương đâu mà C-S với AM-GM

Ta chỉ cần xét khi $x,y,z\leqslant 0$ để tìm giá trị nhỏ nhất. Thay $(x,y,z)$ thành $(-x, -y, -z)$

Thế thì ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của $(2-x)(2-y)(2-z)$ khi $x,y,z\geqslant 0$

Giả sử $x=\text{max}\{x,y,z\}$ thì $y+z\leqslant \sqrt{2(y^2+z^2)}\leqslant 2$

$(2-y)(2-z)-\left(2-\sqrt{\dfrac{y^2+z^2}{2}}\right)^2=\dfrac{-(y-z)^2}{2}+\dfrac{2(y-z)^2}{x+y+\sqrt{2(y^2+z^2)}}=(y-z)^2\left[\dfrac{2}{y+z+\sqrt{2(y^2+z^2)}}-\dfrac{1}{2}\right]\geqslant (y-z)^2\left(\dfrac{2}{2+2}-\dfrac{1}{2}\right)=0$

Do đó ta chỉ cần tìm giá trị nhỏ nhất của $(2-x)\left(2-\sqrt{\dfrac{3-x^2}{2}}\right)^2=f(x)$

$f'(x)=0\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=\dfrac{5}{3}$

So sánh $f(1)$ và $f\left(\dfrac{5}{3}\right)$ được $f(1)>f\left(\dfrac{5}{3}\right)$ nên $\text{min}P=\dfrac{25}{27}\Leftrightarrow x=-\dfrac{5}{3}, y=z=\dfrac{-1}{3}$ và các hoán vị.

Giả sử $a$ là số lớn nhất thì $(b-1)(c-1)\geqslant 0\Leftrightarrow b^2+c^2\leqslant 1+(b+c-1)^2$

Do đó ta cần có $a^2+(5-a)^2\leqslant 13\Leftrightarrow (a-2)(a-3)\leqslant 0$ luôn đúng.

Có $3\sqrt[3]{4(xy+yz+xz)}\leq (xy+yz+xz)+2+2$ nên ta sẽ đi chứng minh:

$(xy+yz+xz+4)(\frac{x+1}{y+1}+\frac{y+1}{z+1}+\frac{z+1}{x+1})\leq 25$

Lại có:$xy+yz+xz+4=xy+yz+xz+x+y+z+1\leq (x+1)(y+1)(z+1)$

Vậy BĐT trên viết lại:

$(x+1)(y+1)(z+1)(\frac{x+1}{y+1}+\frac{y+1}{z+1}+\frac{z+1}{x+1})\leq 25$

Khai triển và thu gọn với gt $x+y+z=3$ ta cần chứng minh:

$xy^2+yz^2+zx^2\leq 4$ và đây là 1 kq quen thuộc.

Cho em hỏi là cách em với cách của anh khác nhau ở điểm nào vậy ạ.

Bài 6.

$\sum \dfrac{a^3}{b^2+3}=\sum \dfrac{a^3}{(b+c)(b+a)}$. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

$\sum \left[\dfrac{a^3}{(b+c)(b+a)}+\dfrac{b+c}{8}+\dfrac{b+a}{8}\right]\geqslant \dfrac{3}{4}\sum a$

Chuyển vế và áp dụng $a+b+c\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ca)}=3$ là giải quyết được bài toán.

Cách trên có vẻ là không tự nhiên lắm. Cũng như bạn trên, ta có $a,b,c\in [0,1]$

$\sum \dfrac{a^2+1}{b^2+1}=3+\sum a^2-\sum \dfrac{b^2(a^2+1)}{b^2+1}\leqslant 3+\sum a^2-\dfrac{b^2(a^2+1)}{2} =3+\dfrac{\sum a^2-\sum b^2c^2}{2}$

$\leqslant 3+\dfrac{1-2(ab+bc+ca)}{2}\leqslant 3+\dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Holder:

$6(a^3+b^3+c^3-3abc)=(1+1+1)(a+b+c)\left[(b-c)^2+(c-a)^2+(a-b)^2\right]\geqslant \left(\sum \sqrt[3]{a(b-c)^2}\right)^3$

$LHS=\dfrac{xy^2+yz^2+zx^2+21}{xyz+xy+yz+zx+4}\leqslant \dfrac{25}{xy+yz+zx+4}$

Vậy là ta cần chứng minh $xy+yz+zx+4\geqslant 3\sqrt[3]{4(xy+yz+zx)}$ luôn đúng theo AM-GM ba số $xy+yz+zx, 2, 2$

Giả sử $a=\text{max}\{a,b,c\}$ thì ta có $b+c\leqslant \dfrac{2}{3}$, vậy là ta có

$(4+4b^2)(4+4c^2)-(4+(b+c)^2)^2=(b-c)^2[8-(b+c)^2-4bc]\geqslant 0$

Cho $b=c$ được $a=1-2b$ thì ta cần có $[1+(1-2b)^2](1+b^2)^2\geqslant \dfrac{1000}{729}$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.

chỗ đó như nào bạn nhỉ? bạn giải thích giùm mình với!

Do $a\geqslant b\geqslant c$ nên $a\geqslant \sqrt{bc}$ và ta có $b+c\geqslant \sqrt{bc}$

Do đó $b^3c^3=bc\sqrt{bc}.\sqrt{(bc)^3}\leqslant a^3.bc(b+c)\leqslant 3a^3bc(b+c)$

bạn cho mình chút ý tưởng với! 

Đầu tiên là tìm dấu bằng, thường thường thì đạt tại hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng 0

Thay vào khảo sát được $a=2, b=1, c=0$ và các hoán vị và giả sử $a\geqslant b\geqslant c$ để phòng.

Gọi $f(x,y,z)=VT-VP$, ta thử chọn $x,y$ sao cho $f(a,b,c)\geqslant f(x,y, 0)$ và lưu ý là đẳng thức đạt tại $x=2, y=1$ và $x+y=a+b+c$

Một cách tự nhiên ta chọn $x=\dfrac{2a+c}{2}, y=\dfrac{2b+c}{2}$ hoặc $x=a, y=b+c$, thấy rằng có lẽ $2a+c$ và $2b+c$ có hai cái $a,b$ nó gần gần tương tự nhau nhưng ở điểm rơi thì $a,b$ khá xa nhau. Thế chọn $x=a, y=b+c$ để cho nó xa xa chút và thế vào cũng ô kê luôn :v hên :v

Thấy rằng điểm rơi tại $a=2, b=1, c=0$ nên ta giả sử $a\geqslant b\geqslant c$, đặt $a=x, b+c=y$

Thấy rằng $ab+bc+ca\geqslant a(b+c),  a^3+b^3+c^3\leqslant a^3+(b+c)^3, (ab)^3+(bc)^3+(ca)^3\leqslant a^3(b+c)^3$ thì ta có

$LHS-RHS\geqslant 36xy-x^3y^3(x^3+y^3)$ và vậy thì ta cần có $36\geqslant x^2y^2(x^3+y^3)=9x^2y^2(3-xy)$

$\Leftrightarrow (xy-2)^2(xy+1)\geqslant 0$ và bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.

Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các tia phân giác của các góc A, B, C cắt đường tròn (O) theo thứ tự tại D, E, F.

            a) Chứng minh rằng: 2.AD > AB + AC

            b) Chứng minh rằng: AD + BE + CF lớn hơn chu vi tam giác ABC

Cách 1: Áp dụng định lý Ptolemy: $2.AD.CD>AD.BC=CD(AB+AC)\Leftrightarrow 2AD>AB+AC$

Cách 2: Không định nghĩa điểm $E$ như đề bài. Chọn $E\in (O)$ sao cho $DE||AB$

Khi đó $AD=BE$ và $AC=DE$, ta cần có $AD+BE>AB+DE$ và điều này là hiển nhiên theo BDT tam giác.

Có phải dùng kĩ thuật UCT để tìm ra BĐT phụ trên không bạn?

Đây là kỹ thuật cát tuyến.

Đặt $x=a^{-1}, y=b^{-1}$ thì $x+y=1$

$\dfrac{1}{a^2+a-1}+\dfrac{1}{b^2+b-1}=\dfrac{x^2}{1+x-x^2}+\dfrac{y^2}{1+y-y^2}\geqslant \dfrac{1}{3-x^2-y^2}\geqslant \dfrac{1}{3-\dfrac{(x+y)^2}{2}}=...$

Không hiểu cách Hướng làm lắm nên làm cách khác:

Theo Cauchy-Schwarz:

$L.H.S \leq \frac{(a+b+c+9)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3}\leq \frac{144}{\frac{(a+b+c)^{2}}{3}+3}=24$

Bổ đề: Nếu $a\geqslant b>0$ và $x\geqslant 0$ thì $\dfrac{a}{b}\geqslant \dfrac{a+x}{b+x}$

$VT=\sum \dfrac{(a-1)^2+8a+8}{(a-1)^2+2}$, hiển nhiên $8a+8b>2$ nên theo bổ đề có $VT\leqslant\sum \dfrac{8a+8}{2}=4(a+b+c)+12=24$

Bài 5.

(1) Xét ba hàng và chín cột.

Luôn tồn tại một cột chứa 2 ô cùng màu và luôn tồn tại và luôn tồn tại 2 cột có cùng cách sắp xếp màu.

Thấy rằng $A>2015$ và ta có $\sqrt[x+1]{1+\dfrac{1}{x}}<1+\dfrac{1}{x(x+1)}$ nên $A<2016-\dfrac{1}{2015}<2016$

Do đó $\lfloor A \rfloor = 2015$

Đặt $x=\dfrac{yz}{x^2}, ...$, khi đó ta có $VT=\sum \dfrac{x^4}{x^4+x^2yz+y^2z^2} \geqslant \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum x^4+\sum x^2y^2+xyz\sum x}\geqslant 1$

$1\leqslant \sum \dfrac{1}{b+c+1}=\sum \dfrac{a^2+b+c}{(b+c+1)(b+c+a^2)}\leqslant \dfrac{a^2+b^2+c^2+2(a+b+c)}{(a+b+c)^2}$

$\Leftrightarrow a+b+c\geqslant ab+bc+ca$