Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a;b;c$ ta có:

             $\sum \frac{1}{a+b}\geq \sum \frac{a}{a^2+bc}$

 

Do tính đối xứng của $a,b,c$ nên ta giả sử $0\leq a\leq b\leq c$

Ta có $VT-VP=\sum \frac{(a-b)(a-c)}{a^2+bc}=\frac{(a-b)^2(a+b)(2c-a-b)}{(a^2+bc)(b^2+ac)}+\frac{(c-a)(c-b)}{c^2+ab}\geq 0$ nên ta có dpcm.

Góp vui một câu  :

Cho $a;b;c$ là số đo ba cạnh của một tam giác có chu vi là $2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $a^2+b^2+c^2+2abc$

Bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{a+c+1}\geq 1$.Cmr:

$a+b+c\geq ab+bc+ca$

 

Giả thiết tương đương: $\sum \frac{a+b}{a+b+1}\leq 2\Leftrightarrow 2\geq \sum \frac{(a+b)^2}{(a+b)^2+a+b}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{2(a+b+c)+2\sum (a^2+bc)}$

$\Rightarrow a+b+c+(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)\geq (a+b+c)^2\Leftrightarrow a+b+c\geq ab+bc+ca$

Mình cùng góp ý một bài:

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1.Cmr:

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

Bổ đề: Cho $x,y,z$ dương thỏa $x+y+z=3$, khi đó:$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx$

Chứng minh: Ta có $\sqrt{x}+\sqrt{x}+x^2\geq 3x$

Tương tự có: $\sqrt{y}+\sqrt{y}+y^2\geq 3y$

                     $\sqrt{z}+\sqrt{z}+z^2\geq 3z$

Nên $2\sum \sqrt{x}+\sum x^2\geq 3(x+y+z)=9=(x+y+z)^2$$\Rightarrow \sum \sqrt{x}\geq \sum xy$

Áp dụng ta có: $\sum \frac{3}{2}(a+b)= 3\Rightarrow \sqrt{\frac{3}{2}}\sum \sqrt{a+b}\geq \frac{9}{8}\sum (a+b)(b+c)$

Mà $\sum (a+b)(b+c)=(a+b+c)^2+ab+bc+ca=1+\sum ab$

Nên $\sum \sqrt{a+b}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}(1+\sum ab)$ $\Rightarrow Q.E.D$

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$

tại sao em gửi bài lại bảo "Định dạng file hình ảnh không phù hợp ạ"

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:

                        $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx$

Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:

                           $(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$

Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $k>1$ thì ta có bất đẳng thức sau: 

$\frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{a^{2}+kb^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+kc^{2}}}\leq \frac{\sqrt{k+2}}{9}(\frac{4}{k-1}+1).$

Bạn thử xem lại chỗ này coi vì nếu cho $a=b=c>0$ và $k=2$ thì có thể thấy bất đẳng thức không đúng

Cho $n$ là môt số thực không âm và $x;y;z$ là các số thực dương thay đổi thỏa $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:

                       $\sum \sqrt{x+ny}\geq \frac{3\sqrt{3}}{(n+1)\sqrt{n+1}}(n+(n^2-n+1)\sum xy)$.

Chứng minh:

 

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

 

Biết:

 

$a,b,c > 0$ và $\sum \frac{1}{a} \leq 3$

Từ giả thiết $\sum \frac{1}{a} \leq 3$ suy ra $\frac{9}{a+b+c}\leq 3\Rightarrow a+b+c\geq 3$.

Có $\sum \frac{a}{1+b^2}= a+b+c-\sum \frac{ab^2}{1+b^2}\geq a+b+c-\frac{ab+bc+ca}{2}$.

Nên $\sum \frac{a}{1+b^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\geq a+b+c\geq 3$.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$

Tìm số tự nhiên $n>0$ nhỏ nhất biết: 

a)$2^{n}-1\vdots 1001$

b)$2^{n}-2\vdots 1001$

Bài 6b: Lời giải của em cho bài 6b) 

Ta sẽ chứng minh cho trường hợp tổng quát $p$ là số nguyên tố và $p\equiv 1(mod 4)$. Khi đó do $2017$ là số nguyên tố và chia $4$ dư $1$ thì bài toán được chứng minh.

Trước hết ta có nhận xét sau:

$(-1)^k\binom{p}{k}=(-1)^k\frac{p}{k}\binom{p-1}{k-1}\equiv 2(-1)^{2k-1}\frac{p}{2k}\equiv 2\binom{p}{2k}$ $(mod$ $p^2)$

với mọi $k=1,2,...,\frac{p-1}{2}$.

Do đó ta có

$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{4}}(-1)^k\binom{p}{k}\equiv 2\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{4}}\binom{p}{2k}= \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\binom{p}{k}+\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}(-1)^k\binom{p}{k} (mod p^2)$

Và ta lại áp dụng nhận xét trên một lần nữa:

$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}(-1)^k\binom{p}{k}\equiv 2\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\binom{p}{2k}= \sum _{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}+\sum _{k=1}^{p-1}(-1)^k\binom{p}{k} (mod p^2)$

Ta có các kết quả quen thuộc sau:

$\sum _{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}=2^p-2$

$\sum _{k=1}^{p-1}(-1)^k\binom{p}{k}=0$

$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\binom{p}{k}=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}=2^{p-1}-1$

Kết hợp tất cả các điều trên lại và ta có:

$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{4}}(-1)^k\binom{p}{k}\equiv 3(2^{p-1}-1)(mod p^2)$

Và bài toán được chứng minh.

$\fbox{2}.$ Chứng minh trong $1900$ số tự nhiên liên tiếp thì có một số có tổng các chữ số chia hết cho $27.$
 

Xét trong $1001$ số tự nhiên đầu tiên của $1900$ số tự nhiên liên tiếp thì phải có một số chia hết cho $1000$. Đặt số đó là $\overline{A000}$ và tổng các chữ số của số này là $n$. Khi đó ta xét $899$ số tiếp theo sau số này (hiển nhiên là $899$ số này vẫn nằm trong $1900$ số tự nhiên ban đầu). Khi đó các số này sẽ có dạng:  $\overline{A001},\overline{A002},\overline{A003},...,\overline{A899}$.

Vậy tổng các chữ số của các số này sẽ lần lượt nhận các giá trị từ $n;n+1;n+2;...;n+26$.Mà trong $27$ số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho $27$ nên trong $27$ số $n;n+1;n+2;...;n+26$ có một số chia hết cho $27$. Do đó trong $1900$ số tự nhiên liên tiếp có một số có tổng các chữ số chia hết cho $27$.

II. CÁC BÀI TOÁN VẾ SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
 

$\fbox{6}.$ Chứng minh nếu $n!+1 \vdots n+1$ thì $n+1$ nguyên tố.
 

Giả sử $n+1$ là hợp số, tức là $n+1$ phải có một ước $p$ thỏa $1< p< n+1\Rightarrow 1< p\leq n$.

Vậy suy ra $n!\vdots p$ mà $(n!+1)\vdots p\Rightarrow ((n!+1)-n!)\vdots p\Rightarrow 1\vdots p\Rightarrow p=1$. ( vô lý)

Vậy điều giả sử là sai, tức là $n+1$ là số nguyên tố

 Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$ để $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$

Bài 48 (Japan MO Final). Cho bốn số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn điều kiện $ab+bc+cd =1.$
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P (a^2+ac+c^2)(b^2+bd+d^2).$$
 

Bài 48: Ta xét: $S=(a^2+ac+c^2)(b^2+bd+d^2)-(ab+bc+cd)^2=(ad-bc)(ab+ad+cd)=(ad-bc)(1+ad-bc)=(ad-bc+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}\geq -\frac{1}{4}$

$\Rightarrow P\geq (ab+bc+cd)^2-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$

Đẳng thức xảy ra tương đương với việc ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} ad-bc=-\frac{1}{2}\\ ab+bc+cd=1\\ \end{matrix}\right.$

Hệ này có nghiệm, ví dụ như bộ nghiệm: $(a,b,c,d)\sim (0,\frac{1}{2},1,\frac{1}{2})$

Như vậy ta có giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{3}{4}$, xảy ra chẳng hạn khi $(a,b,c,d)\sim (0,\frac{1}{2},1,\frac{1}{2})$.

Bài 30 (EMMO). Cho ba số thực $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2=4+abc.$ Chứng minh rằng $$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\ge 9+6(ab+bc+ca).$$
 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $a^2+b^2+c^2=4+abc\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

Đặt $\sqrt[3]{abc}=t\Rightarrow t^3+4\geq 3t^2\Leftrightarrow (t+1)(t-2)^2\geq 0\Leftrightarrow t\geq -1\Rightarrow abc\geq -1\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq 3$.

Ta sẽ chứng minh $3(a+b+c)^2\leq (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$.

Ta có $(a+b+c)^2=(a.1+\sqrt{2}.\frac{b+c}{\sqrt{2}})^2\leq (a^2+2)(1+\frac{(b+c)^2}{2})$.

Do đó ta chỉ cần chứng minh $(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(1+\frac{(b+c)^2}{2})\Leftrightarrow (bc-1)^2+\frac{(b-c)^2}{2}\geq 0$ ( luôn đúng)

Vậy $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2=3(a^2+b^2+c^2)+6(ab+bc+ca)\geq 9+6(ab+bc+ca)$ ( do $a^2+b^2+c^2\geq 3$).

Vậy ta có đpcm.

Bài 49 (Bulgaria). Cho $a,b,c,d0$ là bốn số thực dương. Chứng minh rằng

\[\frac {a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[4]{abcd}}{4} \leq \sqrt[4]{a \cdot \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{3} \cdot \frac{a+b+c+d}{4}}.\]
 

Ta có các BĐT sau theo AM-GM cho 4 số thực dương:

$\frac{1}{4}(1+\frac{2a}{a+b}+\frac{3a}{a+b+c}+\frac{4a}{a+b+c+d})\geq \sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3a}{a+b+c}.\frac{4a}{a+b+c+d}}$

$\frac{1}{4}\left ( 1+1+\frac{2b}{a+b}+\frac{4c}{a+b+c+d} \right )\geq \sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{4c}{a+b+c+d}}$

$\frac{1}{4}\left ( 1+\frac{2b}{a+b}+\frac{3c}{a+b+c}+\frac{4d}{a+b+c+d}\right )\geq \sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{3c}{a+b+c}.\frac{4d}{a+b+c+d}}$

$\frac{1}{4}(1+\frac{2a}{a+b}+\frac{3b}{a+b+c}+\frac{4b}{a+b+c+d})\geq \sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3b}{a+b+c}.\frac{4b}{a+b+c+d}}$

Cộng tất cả các bất đẳng thức trên lại và ta thu được:

$4\geq \sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3a}{a+b+c}.\frac{4a}{a+b+c+d}}+\sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{4c}{a+b+c+d}}+\sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{3c}{a+b+c}.\frac{4d}{a+b+c+d}}+\sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3b}{a+b+c}.\frac{4b}{a+b+c+d}}$

Suy ra:

$\sqrt[4]{a.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b+c}{3}.\frac{a+b+c+d}{4}}\geq \frac{1}{4}(a+\sqrt{ab}+\sqrt[4]{abc.\frac{a+b+c}{3}}+\sqrt[4]{abcd})\geq \frac{1}{4}(a+\sqrt{ab}+\sqrt[4]{abc.\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[4]{abcd})=\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[4]{abcd}}{4}$

Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d$.

Bài 46 (JBMO). Cho $a,b,c $ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{8}{(a+b)^2 + 4abc} + \frac{8}{(b+c)^2 + 4abc} + \frac{8}{(a+c)^2 + 4abc} + a^2 + b^2 + c ^2 \ge \frac{8}{a+3} + \frac{8}{b+3} + \frac{8}{c+3}.\]
 

Ta có: $\sum \frac{8}{(a+b)^2+4abc}+\sum a^2\geq \sum \frac{8}{(a+b)^2+c(a+b)^2}+\sum \frac{a^2+b^2}{2}\geq \sum (\frac{8}{(c+1)(a+b)^2}+\frac{(a+b)^2}{4})\geq \sum \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}$

Bất đẳng thức chứng minh đúng bởi vì ta có đánh giá sau: $\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\geq \frac{8}{a+3}\Leftrightarrow (a+3)^2\geq 8a+8\Leftrightarrow (a-1)^2\geq 0$ ( luôn đúng ).

Và vì vậy nên: $\sum \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\geq \sum \frac{8}{a+3}$.

Vậy bất đẳng thức chứng minh đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

     Cho $\Delta ABC$ nhọn có trực tâm $H$ và hai đường cao $AD,BE$. Gọi $M,N$ tương ứng là trung điểm hai đoạn $AB,DE$. Đường thẳng $CM$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CDE$ tại điểm $P$ khác $C$. Đường thẳng $CN$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại điểm $Q$ khác $C$.

    Tìm trung trực của $PQ$.

                     ~ Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đồng Nai ~  

 

Bài 444: 1)$x^2-x+1-\sqrt{2x-1}=0 $

2)$\frac{3x}{\sqrt{x-1}}=4+\frac{x}{\sqrt{x^2-3x+3}} $

3)$x^4+x^2+6x+9=(x^3+x^2+3x)\sqrt{x+3} $

4)$\frac{1}{\sqrt{-x^2+x+1}}+\frac{1}{\sqrt{-x^2-x+1}}=\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}$

 

1.( Câu này chắc là dễ nhất  ) .ĐK: $x\geq \frac{1}{2}$

PT $\Leftrightarrow (2x-1)^2+3=4\sqrt{2x-1}$. Đặt $t= \sqrt{2x-1}\Leftrightarrow t^4-4t+3=0\Leftrightarrow (t-1)^2(t^2+2t+3)=0\Leftrightarrow t=1\Leftrightarrow x=1$.

3. ĐK: nếu $x<0$ thì $VT<0<VP$ nên pt vô nghiệm. Vậy $x\geq 0$. Do $x+3\geq 0$ nên áp dụng bất đẳng thức $Cauchy$ ta có:

$x^4+x^2+6x+9=x^4+(x+3)^2\geq \frac{(x^2+x+3)^2}{2}\geq x\sqrt{x+3}(x^2+x+3)\Rightarrow x^2=x+3\Rightarrow x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}$ (do $x\geq 0$ nên ta loại nghiệm $ x=\frac{1-\sqrt{13}}{2}$).

4. ĐK: $\frac{1-\sqrt{5}}{2}\leq x\leq \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

Đặt $\sqrt{-x^2+x+1}=a,\sqrt{-x^2-x+1}=b$ ( $a,b\geq 0$ ). PT $\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}= \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a^2+b^2}}\Leftrightarrow (a^2+b^2)(a+b)^2=8a^2b^2$.

Áp dụng BĐT $Cauchy$ có $(a^2+b^2)(a+b)^2\geq 2ab.4ab=8a^2b^2\Rightarrow a=b\Rightarrow x=0$.

Bài 457: Giải hệ phương trình:

          $\left\{\begin{matrix} x=y(4-y)\\ y=z(4-z)\\ z=x(4-x)\\ \end{matrix}\right.$

 

Bài 102:  

2,Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn$\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}\geq 1$

Chứng minh rằng: $x+y+z\geq xy+yz+xz$

 

Từ giả thiết $\sum \frac{1}{x+y+1}\geq 1$$\Rightarrow \sum \frac{x+y}{x+y+1}\leq 2$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:

 $2\geq \sum \frac{x+y}{x+y+1}=\sum \frac{(x+y)^2}{(x+y)^2+(x+y)}\geq \frac{4(x+y+z)^2}{\sum (x+y)^2+2(x+y+z)}$

$\Rightarrow 4(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)+4(x+y+z)\geq 4(x+y+z)^2\Leftrightarrow x+y+z\geq xy+yz+zx \Rightarrow Q.E.D$

 

4) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{a}{4}+\frac{b}{6}+\frac{c}{3}=1$. Chứng minh 

$\frac{(a+2b)^3}{5c+4a}+\frac{27c^3}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^3}{a+2b+6c}\geq 16$

 

 

Từ giả thiết suy ra $3a+2b+4c=12$

Trước hết ta sẽ chứng minh $(a+2b)(4a+5c)+(4a+4b+c)3c+(a+2b+6c)(c+2a)\leq (3a+2b+4c)^2$

$\Leftrightarrow 3(a-c)^2+4(b-c)^2\geq 0$ (luôn đúng $\forall a,b,c$)

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:

$\frac{(a+2b)^3}{5c+4a}+\frac{27c^3}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^3}{a+2b+6c}=\frac{(a+2b)^4}{(5c+4a)(a+2b)}+\frac{(3c)^4}{(4a+4b+c)(3c)}+\frac{(c+2a)^4}{(a+2b+6c)(c+2a)}\geq \frac{((a+2b)^2+9c^2+(c+2a)^2)^2}{(5c+4a)(a+2b)+(4a+4b+c)(3c)+(a+2b+6c)(c+2a)}$

$\geq \frac{(3a+2b+4c)^4}{9((5c+4a)(a+2b)+(4a+4b+c)(3c)+(a+2b+6c)(c+2a))}\geq \frac{(3a+2b+4c)^4}{9(3a+2b+4c)^2}=16\Rightarrow Q.E.D$