Cách 2 cho bài 2:

Đặt $x=\sqrt{a+b}$ và $y,z$ tương tự, từ đó ta có $a=\frac{x^{2}+z^{2}-y^{2}}{2}$ và cũng tương tự cho $b,c$

Từ đó ta có

$\left | P \right |=\left | \sum \frac{a-b}{\sqrt{a+b}} \right |$

$=\left | \sum \frac{(x^{2}+z^{2}-y^{2})-(x^{2}+y^{2}-z^{2})}{2x} \right |$

$=\left |\sum \frac{(z^{2}-x^{2})}{x} \right |=\left | \sum \frac{(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z)}{xyz} \right |$

$=\left | \frac{(x^{2}-y^{2})(y^{2}-z^{2})(z^{2}-x^{2})}{xyz(x+y)(y+z)(z+x)} \right |$

$=\left | \frac{(a-b)(b-c)(c-a)(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}(\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c})(\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})(\sqrt{b+c}+\sqrt{b+a})} \right |$

Đặt $c= \min \{a,b,c\}$, ta có các nhận xét 

 - $\left | (a-b)(b-c)(c-a) \right |\leq \left | ab(a+b) \right |$

 - $\frac{1}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}\leq \frac{1}{ab(a+b)}$

 - $\frac{1}{(\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c})(\sqrt{b+c}+\sqrt{b+a})}\leq \frac{1}{(\sqrt{a}+\sqrt{a+b})(\sqrt{b}+\sqrt{a+b})}$

Và

 - $\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}}{\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}}= 1+\frac{\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}}\leq 1+ \frac{\sqrt{a+b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$

Từ các bất đẳng thức trên ta có

$\left | P \right |\leq \frac{\left | (ab(a-b)) \right |(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{a+b})}{\sqrt{ab(a+b)}(\sqrt{a}+\sqrt{a+b})(\sqrt{b}+\sqrt{a+b})}$

$=\left | \frac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\sqrt{b}-\sqrt{a} \right |=\frac{1}{\sqrt{a+b+c}}\left | \frac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\sqrt{b}-\sqrt{a} \right |$

$\leq \frac{1}{\sqrt{a+b}}\left | \frac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\sqrt{b}-\sqrt{a} \right |=\left | \frac{a-b}{a+b}+\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{\sqrt{a+b}} \right |$

Đặt $x= \frac{a}{a+b}\Rightarrow \frac{b}{b+a}=1-x$

Suy ra $\frac{a-b}{a+b}+\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{a+b}}=x-(1-x)+\sqrt{1-x}-\sqrt{x}=2x-\sqrt{x}+\sqrt{1-x}-1=f(x)$

           $\Rightarrow f'(x)=2-\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}$

Giải phương trình $f'(x)=0$ ta có 2 nghiệm $x_{1}$ và $x_{2}$  là $\frac{8\pm \sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}$ và ta có $f(x_{1})\geq f(x)\geq f(x_{2})$

 Từ đó tìm được $\min$ và $\max$ của $P$

 

 

 

 

 Bài toán 5. (Phạm Kim Hùng) Cho các số thực $a,b,c$ dương. Tìm hằng số $k$ tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng

\[\dfrac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{3}{8}+\dfrac{k}{3}\]

 

Lời giải khác :

Cho $b=a=1+\sqrt{3},c=1$ ta có $k\leq \frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$

Ta chứng minh $k_{0}=\frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$ là giá trị cần tìm

Thật vậy ta sẽ chứng minh

$\dfrac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{k_{0}(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{3}{8}+\dfrac{k_{0}}{3}$

Vì bđt của chúng ta thuần nhất nên ta chuẩn hóa$ a+b+c=1$ và đặt $r=abc$ và $ab+bc+ca=\frac{1-q^{2}}{3}$

Ta có bđt trở thành $\frac{3(3r+q^{2})}{-3r+1-q^{2}}+\frac{k_{0}(1-q^{2})}{3}\geq \frac{3}{8}+\frac{k_{0}}{3}$

Và đây là hàm đồng biến theo r nên nếu $2q\geq 1$ thì

$VT\geq \frac{3q^{2}}{1-q^{2}}+\frac{k_{0}(1-q^{2})}{3}\geq 1+\frac{k_{0}}{4}> \frac{3}{8}+\frac{k_{0}}{3}$

(Vì là hàm đồng biến theo $q^{2}\geq 1/4$)

Nếu $2q \leq 1$ thì ta áp dụng bổ đề của VQBC $\frac{(1+q)^{2}(1-2q)}{27}\leq r\leq \frac{(1-2q)^{2}(1+2q)}{27}$

Ta chứng minh $\frac{3((1+q)^{2}(1-2q)+9q^{2})}{-(1+q)^{2}(1-2q)+9(1-q^{2})}+\frac{k_{0}(1-q^{2})}{3}\geq \frac{3}{8}+\frac{k_{0}}{3}$

Từ đây ta phân tích được $VT-VP=\frac{3q^{2}(3+2\sqrt{3})(2\sqrt{3}-1-q)(q-2+\sqrt{3})}{8(q+1)(q-2)^{2}}\geq 0$

Hiển nhiên đúng, vậy $k_{max}=\frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$

p/s anh Huyện nhanh tay quá   

 

\begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 2\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 2\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 3\\ \hline \text{fatcat12345} & 1\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline\end{array} 

Bài toán đề nghị
Bài toán 6. Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh
\[4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\ge 45.\]

Viết lại bất đẳng thức về dạng thuần nhất
$4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\geq 5(ab+bc+ca)^2$
$\Leftrightarrow 4(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)\geq 5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$ (1)
Vì bđt này thuần nhất nên ta có thể bỏ điều kiện $ab+bc+ca=3$ và ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3$
Đặt $x+1=a,y+1=b,z+1=c$ từ đó ta có $x+y+z=0$
Thay $z=-x-y$ vào (1) ta có
$4(x^{4}+y^{4}+z^{4}+4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+6(x^{2}+y^{2}+z^{2})+3)+ 33(xyz+xy+yz+zx+1)\geq 5(xy+yz+zx+3)^{2}$
$\Leftrightarrow 4[2(x^{2}+xy+y^{2})^{2}-12xy(x+y)+12(x^{2}+xy+y^{2})+3]+33[-xy(x+y)-(x^{2}+xy+y^{3})+1]\geq 5[3-(x^{2}+xy+y^{2})]^{2}$
$\Leftrightarrow 3(x^{2}+xy+y^{2})^{2}+45(x^{2}+xy+y^{2})\geq 81xy(x+y)$
Ta có các nhận xét sau $(x^{2}+xy+y^{2})\geq \frac{3}{4}(x+y)^{2}\geq 3xy$ nhưng bất dẳng thức đúng nếu $xy\geq0$ mà ta có $xy.xy.zx=(xyz)^2\geq0$ nên tồn tại 1 trong 3 số có 1 số lớn hơn 0, giả sử đó là xy (thỏa điểu kiện của nhận xét)
Nên ta có
$3(x^{2}+xy+y^{2})^{2}+45(x^{2}+xy+y^{2})\geq 27x^{2}y^{2}+\frac{135}{4}(x+y)^{2}$
Bây giờ ta cm
$3(x^{2}+xy+y^{2})^{2}+45(x^{2}+xy+y^{2})\geq 27x^{2}y^{2}+\frac{135}{4}(x+y)^{2}\geq81xy(x+y)$ bất đẳng thức này dễ chứng minh

ANH cân hết nha :3

ai có file ko ạ hình như file bị lỗi hết rồi tải về ko dc nữa em cảm ơn

Nhà Trường có 15 cuốn sách 4 toán 5 lý 6 hóa và mỗi quyển khác nhau đôi một. Nhà trường dự định phát cho 7 học sinh số sách trên sao cho sau khi phát thì mỗi môn còn ít nhất 1 quyển . Tìm số cách phát thỏa yêu cầu 

P/s bài này có công thức tổng quát ko vậy mọi người có thì cho hỏi như thế nào và cách chứng minh 

Đề bài không nói rõ là phát cho $7$ học sinh, mỗi học sinh bao nhiêu quyển (mỗi em $1$ quyển hay mỗi em từ $1$ đến $2$ quyển ?).Mình giải cho trường hợp MỖI EM $1$ QUYỂN (lần sau bạn nên đăng đề bài rõ ràng hơn)

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

Xét bài toán tổng quát :

Nhà trường có $a$ sách Toán, $b$ sách Lý, $c$ sách Hóa (các sách khác nhau từng đôi một).Nhà trường dự định phát cho $m$ học sinh ($m< a+b,m< b+c,m< a+c$), mỗi học sinh $1$ quyển sao cho mỗi môn còn lại ít nhất $1$ quyển.Hỏi có bao nhiêu cách phát thỏa yêu cầu ?

GIẢI :

Số cách chọn $m$ quyển sách sao cho không còn lại quyển Toán nào : $C_{b+c}^{m-a}$

Số cách chọn $m$ quyển sách sao cho không còn lại quyển Lý nào : $C_{a+c}^{m-b}$

Số cách chọn $m$ quyển sách sao cho không còn lại quyển Hóa nào : $C_{a+b}^{m-c}$

$\Rightarrow$ Số cách chọn $m$ quyển sao cho mỗi môn còn lại ít nhất $1$ quyển là : 

$C_{a+b+c}^m-\left ( C_{b+c}^{m-a}+C_{a+c}^{m-b}+C_{a+b}^{m-c} \right )$

Số cách phát thỏa yêu cầu là $\left [ C_{a+b+c}^m-\left ( C_{b+c}^{m-a}+C_{a+c}^{m-b}+C_{a+b}^{m-c} \right ) \right ].m!$

Lưu ý quy ước : $C_p^q=0$ nếu $q< 0$

 

Thay số vào, số cách phát là $\left [ C_{15}^7-(C_{11}^3+C_{10}^2+C_9^1) \right ].7!=31328640$ (cách).

cho em hỏi là mấy cái tổng quát này là hay có ở đâu vậy anh em cảm ơn 

Đặt $$C=\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}$$
và $$D=a(7a^2+b^2+c^2)+b(a^2+7b^2+c^2)+c(a^2+b^2+7c^2)$$
Áp dụng bất đẳng thức $holder$ , ta có :
$$C^2.D \geq (a+b+c)^3$$
Nên ta cần chứng minh $(a+b+c)^3 \geq D$
Ta có : $$D=7(a+b+c)+(a+b+c)(ab+bc+ca)-3 \geq 7(a+b+c)+\dfrac{(a+b+c)^3}{3}-3 \geq (a+b+c)^3$$

cho em xin cái tài liệu CYH của anh Cẩn =)))

mọi người có tài liệu về  "điểm bất động" với "mất thứ tự" trong tổ hợp không vậy cho mình xin với cảm ơn nhiều!!

Dùng bất đẳng thức này để giải sẽ nhanh hơn
 
\[27(a^2b+b^2c+c^2a+abc) \leqslant 4(a+b+c)^3,\]
với $a,\,b,\,c$ không âm.

He he bổ đề anh huyện nói cũng khó nhai đó nhân ra hết hoặc dùng phép E.M.V của anh P.K.H bài này bên LQD đà nẵng đã ra 1 lần bài này
P/s Mà anh huyện giải ra bài em đưa trên face chưa z

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: abc=1, chứng minh rằng:

$ab^2+bc^2+ca^2\ge ab+bc+ca$

Đổi biến $(a,b,c)->(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})$ Bất đẳng thức trở thành

$\sum \frac{a^{2}}{bc}\geq \sum \frac{a}{c}\Leftrightarrow \sum a^{3}\geq \sum a^{2}b$ hiển nhiên là AM-GM

 

Đề bài 6

 

Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:

 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}=2\left ( xy+yz+zx \right ).$

 

Chứng minh rằng:

 

$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geq 5.$

 

bài ni có 1 ý tưởng đó là dùng bổ đề hoán vị nhưng thấy rắc rối quá và cái bổ đề cũng khó chứng minh nữa :3 @@ ta cũng có thể tổng quát lên thành đề VMEO tháng 11 THPT )

p/s ai có thể dùng phân tích p,q,r giải dc ko vại 

một bài toán thú vị khác

 

Bài 7:  Cho n số thực$ x_1,x_2,...,x_n thoả mãn x_1+x_2+...+x_n=n$. Đặt :

cho hỏi bất đẳng thức này có thể chuẩn hóa được không ạ

được bạn vì nó thuần nhất bậc 1 :v @@

Bài 86:cho $x,y$ là các số thực thỏa $x+y+2=2(\sqrt{x-1} + \sqrt{y+2})$. Tìm min $\frac{1}{x}+\frac{1}

baì này mình làm thế này ko biết đúng hay không thấy đăng mà không ai giải 

áp dụng bđt C-S ta có$2(\sqrt{x-1}+\sqrt{y+2})\geq 2\sqrt{2(x+y+1)}$

đặt x+y+1=t ta có từ giả thuyêt=>t+1$\geq 2\sqrt{2(t)}$ ta chăn được t rồi ta có 

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y+3}\geq \frac{4}{x+y+3}=\frac{1}{t+2}$ => ra được min mà vừa đảm bảo được dấu bằng

Ta chỉ cần chứng minh
\[(a+b+c)^3 \geqslant 6\sqrt{3}|(a-b)(b-c)(c-a)|.\]
Giả sử $a \geqslant b \geqslant c.$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[\begin{aligned} \left |(a-b)(b-c)(c-a)\right| &=(a-c)(b-c)(a-b)\\&\le (a+c)\cdot b \cdot (a+c-b)\\&=\frac{1}{2} \cdot \left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)\cdot b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) \cdot (a+c-b)\\& \le \frac{1}{2}\left [ \frac{\left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)+ b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) + (a+c-b)}{3} \right ]^3\\& =\frac{1}{6\sqrt{3}}(a+b+c)^3.\end{aligned}\]
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

bài này anh huyện làm thế nào ấy thấy lẫn cái căn zô khó khó nghĩ tới sao ấy tối em đăng lời giải của em mong anh cho nhận xét(srry tối ni tự nhiên chị không đem máy tính zề đói meo rồi hồi sửa mệt bà chị)

Anh có viết một chuyên đề trong đó có nhắc đến bài toán này, em xem trong file đính kèm nhé.

dạ em có files rồi em xem trên juliel TV ấy blog hay quá trời lun à :v @@ :v

một bài khác cũng khá hay 

Bài 60:cho a,b,c là các số thực dương thỏa x²+y²+z²=1 chứng minh 

$1\leq \frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq \sqrt{2}$

Bài 82: Cho $a,b,c \geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh
$(a-b)(b-c)(c-a)\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$
 

Bài 77: cho a,b,c dương cm$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Đề này có phần màu đỏ không bạn ?Nếu không có là Schur bậc 3 rồi
Còn nếu có thì chỉ cần giả sử $c\geq a\geq b$ thì $VT\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ cũng là Schur bậc 3

Bài 77: Áp dụng thẳng BĐT Schur bậc 3 : $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ Chỉ cần chứng minh được $a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\geq ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}$ là bài toán hoàn tất! Thật vậy, thực ra BĐT trên là khai triển khá quen thuộc:  Không mất tính tổng quát: giả sử $a\geq b\geq c$ ta có: $(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0\Leftrightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\geq ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}$ .............................................

file đây và PP S.O.C nếu các bạn giả sử thế thì phải làm 2TH luôn bđt này ko đối xứng nên bạn chỉ được g/s 2 TH

 

dạ em có files rồi em xem trên juliel TV ấy blog hay quá trời lun à :v @@ :v

một bài khác cũng khá hay 

Bài 60:cho a,b,c là các số thực dương thỏa x²+y²+z²=1 chứng minh 

 

bài này làm thế này 

VT) $x+yz\leq x+\frac{x(y^{2}+z^{2})}{2}=x+\frac{x(1-x^{2})}{2}=-(x+2)(x-1)^{2}+1\leq 1$ta sẽ cm bổ đề sau 

$1\leq \frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq \sqrt{2}$

Đề này có phần màu đỏ không bạn ?Nếu không có là Schur bậc 3 rồi
Còn nếu có thì chỉ cần giả sử $c\geq a\geq b$ thì $VT\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ cũng là Schur bậc 3

bạn làm rứa thiếu TH a>=b>=c đó bđt này nói ra cũng thú vị dùng S.O.C hoặc cách khác nhưng S.O.C là Hay nhất

một bài mình tâm đắc nè 

Bài 56: cho x,y,z là các số thực c/m

$((x-y)^{3}+(y-z)^{3}+(z-x)^{3})(\frac{1}{(x-y)^{3}}+\frac{1}{(y-z)^{3}}+\frac{1}{(z-x)^{3}})\leq \frac{-45}{4}$

Bài 86:cho $x,y$ là các số thực thỏa $x+y+2=2(\sqrt{x-1} + \sqrt{y+2})$. Tìm min $\frac{1}{x}+\frac{1}{y+3}$

Ta chỉ cần chứng minh

\[(a+b+c)^3 \geqslant 6\sqrt{3}|(a-b)(b-c)(c-a)|.\]

Giả sử $a \geqslant b \geqslant c.$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[\begin{aligned} \left |(a-b)(b-c)(c-a)\right| &=(a-c)(b-c)(a-b)\\&\le (a+c)\cdot b \cdot (a+c-b)\\&=\frac{1}{2} \cdot \left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)\cdot b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) \cdot (a+c-b)\\& \le \frac{1}{2}\left [ \frac{\left (1+\sqrt{3} \right )(a+c)+ b \left ( -1+\sqrt{3} \right ) + (a+c-b)}{3} \right ]^3\\& =\frac{1}{6\sqrt{3}}(a+b+c)^3.\end{aligned}\]
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

bình phương => ta chứng minh bđt manh hơn (a-b)²(b-c)²(c-a)²$\leq \frac{27}{4}$ ta có$(b-c)^{2}\leq b^{2},(a-c)^{2}\leq a^{2}$

ta chứng minh$4a^{2}b^{2}(a-b)^{2}\leq 27$ áp dụng AM-GM ta có $4a^{2}b^{2}(a-b)^{2}\leq (\frac{2ab+2ab+(a-b)^{3}}{27})$ =$\frac{(a+b)^{6}}{27}$ mà a+b<=a+b+c=3 +. dpcm