Vậy còn hai số 3 và 8 này em chọn như thế nào?

 Ta đi chứng minh $\sum \frac{1}{(1+a)^3}\geq m.(\sum \frac{1}{a^{2k}+a^k+1})$ mà dấu $"="$ khi $a=1$ và $\sum \frac{1}{a^{2k}+a^k+1}\geq 1$ nên từ đó chọn được $m$ thích hợp.

 Cũng có cách "cùi" hơn là thấy đề yêu cầu chứng minh $\sum \frac{1}{(1+a)^3}\geq \frac{3}{8}$ nên chọn ngay $\frac{3}{8}$

Lời giải của Khánh rất hay. Anh không biết sao mà em tìm được bđt trung gian như vậy

 

À với cách đặt như vậy thì $abc=1$ nên em liên tưởng tới BĐT $vasc: \;\;\;\;\;\;\;\ \sum \frac{1}{a^{2k}+a^{k}+1}\geq 1.$

Ta sẽ chứng minh: $\frac{1}{(1+a)^3}\geq \frac{3}{8(a^{2k}+a^k+1)}\Leftrightarrow 8a^{2k}+8a^k+5\geq 3a^3+9a^2+9a$

Để có được như vậy thì đẳng thức phải xảy ra, tức là $8a^{2k}+8a^k+5= 3a^3+9a^2+9a$

Đạo hàm cả $2$ vế thì được $16k.a^{2k-1}+8k.a^{k-1}=9a^2+18a+9$

Mà dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z$ nên $a=1,$ từ đó tính được $k=\frac{3}{2}.$

Việc cuối cùng chỉ là đi chứng minh BĐT: $\frac{1}{(1+a)^3}\geq \frac{3}{8(a^3+\sqrt{a^3}+1)}$ là đúng.

---------------------------------------

Em cũng không biết tại sao anh lại nghĩ đến chứng minh BĐT: $(1+a)^3 \leq (1+abc)(1+\frac{a}{b})(1+\frac{a}{c})$

Cho x, y, z>0 :

CMR: $\frac{x^{3}}{(x+y)^{3}}+\frac{y^{3}}{(y+z)^{3}}+\frac{z^{3}}{(z+x)^{3}}\geq \frac{3}{8}$

Lời giải:

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$$\frac{1}{(1+\frac{y}{x})^3}+\frac{1}{(1+\frac{z}{y})^3}+\frac{1}{(1+\frac{x}{z})^3}\geq \frac{3}{8}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\ (1)$$

Đặt $a=\frac{y}{x};b=\frac{z}{y};c=\frac{x}{z}$ thì $abc=1$ và $(1)$ viết lại thành:

$$\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}\geq \frac{3}{8}$$

Ta sẽ chứng minh:

$$\frac{1}{(1+a)^3}\geq \frac{3}{8(a^3+\sqrt{a^3}+1)}$$

$$\Leftrightarrow 8a^3+8\sqrt{a^3}+8\geq 3a^3+9a^2+9a+3$$

$$\Leftrightarrow 5a^3+8\sqrt{a^3}+5\geq 9a^2+9a\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\ (2)$$

Bất đẳng thức trên luôn đúng theo $\textrm{AM-GM}:$

• $$3a^3+6\sqrt{a^3}=3(a^3+\sqrt{a^3}+\sqrt{a^3})\geq 3.3a^2=9a^2$$
• $$2a^3+2\sqrt{a^3}+5=a^3+a^3+\sqrt{a^3}+\sqrt{a^3}+1+1+1+1+1\geq 9a$$

Cộng $(2)$ vế BĐT trên lại ta được $(2)$ đúng.

Chứng minh tương tự với $b,c$ suy ra:

$$\frac{1}{(1+a)^3}+\frac{1}{(1+b)^3}+\frac{1}{(1+c)^3}\geq \frac{3}{8(a^3+\sqrt{a^3}+1)}+\frac{3}{8(b^3+\sqrt{b^3}+1)}+\frac{3}{8(c^3+\sqrt{c^3}+1)}$$

Cần chứng minh:

$$\frac{1}{a^3+\sqrt{a^3}+1}+\frac{1}{b^3+\sqrt{b^3}+1}+\frac{1}{c^3+\sqrt{c^3}+1}\geq 1$$

Nếu đặt $\sqrt{a^3}=m; \sqrt{b^3}=n; \sqrt{c^3}=p$ thì BĐT này trở nên quen thuộc:

$$\frac{1}{m^2+m+1}+\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{1}{p^2+p+1}\geq 1.$$

Vậy ta có đpcm.

Bài 92: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1\\ (x_1+x_2)(x_1+x_2+x_3)(x_1+x_2+x_3+x_4)=256x_1x_2x_3x_4x_5\\ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5> 0\\ \end{matrix}\right.$

Mặc dù hết hạn rồi nhưng em mới học nên cũng thử sức làm phần $(1),$ đúng sai mọi người cứ ném đá. 

Bài toán có thể phát biểu lại: Mọi đường thẳng $y=x+n$ với $\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8}\leq n\leq \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{8}$ không đi qua bất kì iểm nguyên nào hay phương trình $y=x+n$ không có nghiệm nguyên.

Giả sử phương trình có nghiệm nguyên $(x_0,y_0$) thì $x_0,y_0\in \mathbb{Z}$ và $y_0=x_0+n$ suy ra $n\in \mathbb{Z}$ mà $\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8}\leq n\leq \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{8}$ nên $n\notin \mathbb{Z}.$

Vậy ta có đpcm.

Vậy là diễn đàn bị tụt hạng rồi

Cách bạn hơi "tay chân"

$(4 +\sqrt{15})(\sqrt{10}-\sqrt{6})\sqrt{4-\sqrt{15}}$

$(4 +\sqrt{15})(\sqrt{10}-\sqrt{6})\sqrt{4-\sqrt{15}}=\sqrt{2}(4+\sqrt{15})(\sqrt{5}-\sqrt{3}).\frac{\sqrt{5}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=(4+\sqrt{15})(\sqrt{5}-\sqrt{3})^2=2(4+\sqrt{15})(4-\sqrt{15})=2$

Trên bảng có các số 1/96; 2/96; ....; 96/96. Mỗi lần thực hiện cho phép xoá đi 2 số a,b và thay bằng số mới bằng a+b-2ab. Hỏi sau 95 lần thực hiện số còn lại trên bảng là số nào?

Nhận thấy $a+b-2ab=(a-\frac{1}{2})(1-2b)+\frac{1}{2}$ nên khi thực hiện như vậy với một số bất kì và $\frac{48}{96}(=\frac{1}{2}),$ ta luôn được kết quả là $\frac{1}{2}$

Cuối cùng ta thu được kết quả là $\frac{1}{2}$

Cho abc$\geq 1$    Chứng Minh : $\sum \frac{1}{a^{5}+b^{2}+c^{2}} \leq \frac{3}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

Áp dụng BĐT $Cauchy-schwwarz:$

$$(a^5+b^2+c^2)(\frac{1}{a}+b^2+c^2)\geq (a^2+b^2+c^2)$$

Suy ra:$$\sum \frac{1}{a^5+b^2+c^2}\leq \sum \frac{\frac{1}{a}+b^2+c^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$

Ta chỉ cần chứng minh:

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

Kết hợp với $1\leq abc$ ta được bất đẳng thức cuối đúng.

Suy ra đpcm.

1) Cho $a,b\in \mathbb{Z}$, $a,b\neq -1$ thỏa mãn : $\frac{a^{2}-1}{b+1} + \frac{b^{2}-1}{a+1} \in \mathbb{Z}$

CMR: $(a^{2004}-1) \vdots( b+1)$

2) Xét 100 số tự nhiên $a_{1};a_{2};a_{3};...;a_{100}$  thỏa mãn : $\frac{1}{\sqrt{a_{1}}}+\frac{1}{\sqrt{a_{2}}}+\frac{1}{\sqrt{a_{3}}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{100}}}=20$

CMR trong 100 số đó có ít nhất 2 số bằng nhau

1) 

Bổ đề: Với $p,q$ là các số hữu tỉ sao cho $p+q$ và $pq$ là các số nguyên thì $p,q$ là các số nguyên.

Áp dụng bổ đề (Có $\frac{a^2-1}{b+1}.\frac{b^2-1}{a+1}=(a-1)(b-1)\in \mathbb{Z}$) ta được: $\frac{a^2-1}{b+1}\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow a^2-1\vdots b+1$ mà $a^{2004}-1\vdots a^2-1$.

Từ đó suy ra $\text{đpcm}$

2)

Giả sử trong $100$ số đó không có $2$ số nào bằng nhau. Thế thì: $$M=\frac{1}{\sqrt{a_{1}}}+\frac{1}{\sqrt{a_{2}}}+\frac{1}{\sqrt{a_{3}}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{100}}}\leq 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{100}}=N$$

Ta sẽ chứng minh $N<20.$ Thật vậy:

$$N=1+\frac{2}{2\sqrt{2}}+\frac{2}{2\sqrt{3}}+\cdots +\frac{2}{2\sqrt{100}}< 1+\frac{2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\cdots +\frac{2}{\sqrt{99}+\sqrt{100}}=1+2(\sqrt{2}-\sqrt{1}+\sqrt{3}-\sqrt{2}+\cdots +\sqrt{100}-\sqrt{99})=1+2(\sqrt{100}-\sqrt{1})=19<20.$$

Vậy ta có $\text{đpcm}$

Bale lực bất tòng tâm, câu chuyện cổ tích của xứ Wales tại EURO 2016 đã kết thúc.

Không biết Đức hay Pháp sẽ đối đầu với Bồ Đào Nha ở chung kết

Cho $a,b,c >0$ . ... $ab + bc + ca \geq 3$ .... Tìm Min : $\sum \frac{a}{\sqrt{a+b}}$

Đặt $M=\sum \frac{a}{\sqrt{a+b}},N=a(a+b)+b(b+c)+c(c+a)$

Áp dụng BĐT $Holder:$

$$M^2.N\geq (a+b+c)^3\Leftrightarrow M^2\geq \frac{(a+b+c)^3}{N}$$

Ta sẽ chứng minh:
$$\frac{(a+b+c)^3}{N}\geq \frac{9}{2}\Leftrightarrow 2(a+b+c)^3\geq 9\left [ a(a+b)+b(b+c)+c(c+a) \right ]\Leftrightarrow 2(a+b+c)^3+9(ab+bc+ca)\geq 9(a+b+c)^2$$

BĐT này đúng do:

$$2(a+b+c)^3+9(ab+bc+ca)\geq (a+b+c)^3+(a+b+c)^3+27\geq 9(a+b+c)^2 \text{ (AM-GM)}$$

Vậy $\min \sum \frac{a}{\sqrt{a+b}}=\frac{3}{\sqrt{2}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.\blacksquare $

  Cho đường tròn $(O;R)$ đường kính $AB.$ Qua $B$ kẻ tiếp tuyến $d$ của đường tròn $(O).MN$ là một đường kính thay đổi của đường tròn $(M$ không trùng với $A,B).$ Các đường thẳng $AM$ và $AN$ cắt đường thẳng $d$ lần lượt tại $C$ và $D.$ Gọi $I$ là giao điểm của $CO$ và $BM.$ Đường thẳng $AI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $E,$ cắt đường thẳng $d$ tại $F.$ Chứng minh $3$ điểm $C,E,N$ thẳng hàng.

Cho $a,b\in N\ast$ thoả $(\frac{a+1}{a}+\frac{b+1}{b})\in N\ast$. Gọi d là ước chung của a và b. CMR : $d\leq \sqrt{a+b}$

Từ $\frac{a+1}{a}+\frac{b+1}{b}\in \mathbb{N}^*$ suy ra $a+b\vdots ab$, dẫn đến $a+b\geq ab$.

Mặt khác do $d$ là ước chung của $a,b$ nên $ab\geq d^2$.

Do đó: $a+b\geq d^2\Rightarrow \sqrt{a+b}\geq d(\text{đpcm})$

Cho $a,b,c>0$ thoả $a+b+c=1$. Tìm GTNN của $F=14(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\frac{ab+bc+ca}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}$

Ta có: $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=(a^3+a^2b+ab^2)+(b^3+b^2c+bc^2)+(c^3+c^2a+ca^2)\geq 3a^2b+3b^2c+3c^2a\text{ (}AM-GM)\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\leq \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)$

Do đó:

$$A=14(a^2+b^2+c^2)+\frac{\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{2}}{a^2b+b^2c+c^2a}\geq 14(a^2+b^2+c^2)+\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{\frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)}=14(a^2+b^2+c^2)+\frac{3}{2(a^2+b^2+c^2)}-\frac{3}{2}=[\frac{27(a^2+b^2+c^2)}{2}+\frac{3}{2(a^2+b^2+c^2)}]+\frac{a^2+b^2+c^2}{2}-\frac{3}{2}\geq 9+\frac{1}{6}-\frac{3}{2}=\frac{23}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}.$

Cho $x,y,z>0$ thoả $xy+yz+zx=1$. CMR : $\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^{2}}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^{2}}}\leq \frac{3}{2}$

Có: $$\sum \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sum \frac{x}{\sqrt{xy+yz+zx+x^2}}=\sum \frac{x}{\sqrt{(x+y)(z+x)}}\leq \sum \frac{1}{2}(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{z+x})=\frac{3}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Cho a,b,c dương thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$.

Tìm GTNN của: $P=\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b^2}{c+2a}+\frac{c^2}{a+2b}$

Cho a,b,c là độ dài một tam giác không nhọn.

Tìm MIN của: $P=(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$

Vì $a,b,c$ là $3$ độ dài $3$ cạnh của một tam giác không nhọn nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $\widehat{A}\geq 90^{\circ}$. khi đó $a^2\geq b^2+c^2$.

Ta có:

$$P=3+\frac{b^2+c^2}{a^2}+\frac{a^2+c^2}{b^2}+\frac{a^2+b^2}{c^2}=3+(\frac{b^2+c^2}{a^2}+\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2})+(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{b^2})\geq 3+(\frac{b^2+c^2}{a^2}+\frac{4a^2}{b^2+c^2})+2=5+(\frac{b^2+c^2}{a^2}+\frac{a^2}{b^2+c^2})+\frac{3a^2}{b^2+c^2}\geq 5+2+3=10$$

Vậy $\min P=10.$ Dấu $"="$ xảy ra khi $a,b,c$ là độ dài một tam giác vuông.

Giải hệ phương trình:

$$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+y}+\sqrt[3]{x+y+7}=3 \\ \sqrt{x^2+xy+4}+\sqrt{y^2+xy+4}=3 \end{matrix}\right.$$

Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^5+y^5+1=(x+2)^5+(y-3)^5$.

Theo tam giác $Pascal$ ,ta có: $(x+2)^5+(y-3)^5\equiv x^5+2^5+y^5-3^5=x^5+y^5-211 (\mod 5)$

Do đó: $x^5+y^5+1\equiv x^5+y^5-211(\mod5)\Leftrightarrow 212\equiv 0(\mod5)(\text{Vô lí})$

Vậy $PT$ vô nghiệm.

P/S: Có lẽ đề sai. 

Cho $a,b,c$ là những số không âm thoả mãn đẳng thức $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2+9abc \ge 2(ab+bc+ac).$$

Ta có: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$$(a+b+c)^2+9abc\geq 4(ab+bc+ca)$$

$$\Leftrightarrow 9abc\geq 4(ab+bc+ca)(a+b+c)-(a+b+c)^3(\text{Vì }a+b+c=1)$$

BĐT cuối đúng theo $Schur$ nên ta có đpcm.

Cho các số dương $a,b,c$ thoả abc = 1. Tìm $Min$ của $$\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}.$$

Đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$. Khi đó:

$$\sum \frac{a}{ab+1}=\sum \frac{\frac{x}{y}}{\frac{x}{z}+1}=\sum \frac{xz}{xy+yz}\geq \frac{3}{2}(Nesbit)$$

Bài 41 (PAMO). Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $xyz=1.$ Chứng minh rằng
$$\frac{1}{(x+1)^2+y^2+1} + \frac{1}{(y+1)^2+z^2+1} + \frac{1}{(z+1)^2+x^2+1} \leqslant {\frac{1}{2}}.$$
 

Bài 41 (PAMO):  Áp dụng $AM-GM:$

$$\sum \frac{1}{(x+1)^2+y^2+1}=\sum \frac{1}{x^2+2x+1+y^2+1}\leq \frac{1}{2}\sum \frac{1}{xy+x+1}=\frac{1}{2}(\text{do }xyz=1)$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1.$

Bài 42 (EMMO). Cho $n$ số thực dương  $a_1,\,a_2,\ldots,\,a_n.$ Chứng minh rằng $$\prod_{i=1}^{n} \left(1+\frac{1}{a_i}\right)^{a_{i+1}-a_i} \geqslant 1,$$
trong đó $a_{n+1}=a_1.$

Bài 42 (EMMO): 

Áp dụng BĐT $Bernoulli,$ ta có:

$$\left(1+\frac{1}{a_i}\right)^{a_{i+1}-a_i}\geq 1+\frac{a_{i+1}-a_i}{a_i}=\frac{a_{i+1}}{a_i}$$

Do đó:

$$\prod_{i=1}^{n} \left(1+\frac{1}{a_i}\right)^{a_{i+1}-a_i}\geq \frac{a_2}{a_1}.\frac{a_3}{a_2}\cdots \frac{a_1}{a_n}=1$$

Đề Toán vòng 2 - tuyển sinh 10 chuyên Bình Thuận 2016-2017

Bài 3: Cho các số dương $x,y,z$. Chứng minh rằng:

$$\sum \frac{xy}{x^2+yz+zx}\leq \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$$

Bài 3: Tư tưởng chung là dùng BĐT $Cauchy-schwarz:$

$$(x^2+yz+zx)(y^2+yz+zx)\geq (xy+yz+zx)^2\Leftrightarrow \frac{xy}{x^2+yz+zx}\leq \frac{xy^3+xy^2z+z^2yz}{(xy+yz+zx)^2}$$

Thiết lập các BĐT tương tự, ta có:

$$\sum \frac{xy}{x^2+yz+zx}\leq \sum \frac{xy^3+xy^2z+x^2yz}{(xy+yz+zx)^2}=\frac{(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)}{(xy+yz+zx)^2}=\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}(\text{đpcm}).$$

Cho a,b,c $\geq \frac{-1}{2}$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$.

Tìm MIN P = $a^3+b^3+c^3$ 

Với $\forall x\geq -\frac{1}{2}$, ta có BĐT sau:

$$(x+\frac{1}{2})(x-1)^2\geq 0\Leftrightarrow x^3-\frac{3}{2}x^2+\frac{1}{2}\geq 0$$

$$\Leftrightarrow x^3\geq \frac{3}{2}x^2-\frac{1}{2}$$

Do đó ta có:

$$a^3+b^3+c^3\geq \frac{3}{2}(a^2+b^2+c^2)-\frac{3}{2}=3.$$

Vậy $\min P=3\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài 40 (Syrian MO). Cho ba số thực dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
\[\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3+c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3+a^3}{c^2+ca+a^2} \geqslant 2.\]
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
 

Bài nãy cũng quen thuộc :

Ta có:

$$\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}\Leftrightarrow \frac{2(a-b)^2}{3(a^2+ab+b^2)}\geq 0,\text{đúng}$$

Do đó:

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

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

 

 Bài toán 6:

 

 

 Cho x, y và z là ba số thực dương.

 

 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

$P=\frac{1}{3x+4y+4\sqrt{zx}}+\frac{1}{3x+2y+6\sqrt[3]{xyz}}-\frac{1}{\sqrt{7(x+y+z)}}.$

 

 

 P/S:

 

 Có bạn nào có hướng tiếp cận cho 2 Bài toán 2 và 5 chưa?

 

Áp dụng BĐT $AM-GM,$ ta có:

$$4\sqrt{xz}\leq x+4z$$

Và:

$$6\sqrt[3]{xyz}\leq x+2y+4z$$

Do đó:

$$P\geq \frac{1}{4(x+y+z)}+\frac{1}{4(x+y+z)}-\frac{1}{\sqrt{7(x+y+z)}}$$

Đặt $\sqrt{x+y+z}=t.$ Tới đấy xét hàm:

$$f(t)=\frac{1}{2t^2}-\frac{1}{\sqrt{7}t}$$