$\frac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\geq \frac{a}{4}$

Cộng lại rồi dùng cosi

Đây là câu bất trong đề tuyển sinh lớp 10 chuyên QB 2016 2017

$GT\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a}=3$

$\sum \frac{1}{\sqrt{a^3+b}}\leq \sum \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt[4]{a^3b}}\leq \sum \frac{1}{4\sqrt{2}}(\frac{3}{a}+\frac{1}{b})=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sum \frac{1}{a})=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$ 

Do đó ta có đpcm

pp j lạ vậy

casio

ban ns ro hơn đi

PT$\Leftrightarrow (\sqrt{x+5}-2)(\sqrt{x+5}+3)(x-2-\sqrt{x+5})=0$

sao pt dc nhu vay

Hướng giải : Sử dụng bổ đề sau : 
Cho trước các số nguyên dương $a,b,n,k$ và số nguyên tố lẻ $p$ sao cho $a^n+b^n=p^k$ khi đó nếu $n$ là số lẻ lớn hơn $1$ thì $n$ là lũy thừa của $p$

chung minh bo de

$(a;b;c)\rightarrow (\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$

Dung schwarz 

về mặt nội dung là sai rồi bạn ơi

ddef sai r

hình như sai

Áp dụng công thức:

$\sum_{i=0}^{n-1}\left ( -1 \right )^{i}C_{n}^{i}\left ( n-i \right )^{k}$

với $k=20; n=3$ ta có:

$C_{3}^{0}.\left ( 3-0 \right )^{20}-C_{3}^{1}.\left ( 3-1 \right )^{20}+C_{3}^{2}.\left ( 3-2 \right )^{20}=3^{20}-3.2^{20}+3=3483638676 \text{ cách}$

sao lại có CT này

cái đề lạ vậy. thế ban đầu có 100 ô có dấu (+) à

Định lí 1 : Cho $a,c$ là các số thực không âm và $f:[a,b] \rightarrow [c,d]$ là hàm đơn điệu tăng ,khả nghịch 
Khi đó $\sum_{a \le k \le b} [f(k)]+\sum_{c \le k \le d} [f^{-1}(k)]-n(G_f)=[b][d].\alpha(a)\alpha(c)$ 
Trrong đó $k$ là số nguyên , $n(G_f)$ là số điểm nguyên của đồ thị hàm $f$ trên đoạn $[a,b]$ và $\alpha: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{Z}$ được xác định bởi : 
$\alpha(x)=[x]$ khi $x \in \mathbb{R},x \not \in \mathbb{Z},\alpha(x)=0$ khi $x=0,\alpha(x)=x-1$ khi $x \in \mathbb{Z}$ và  $x \ne 0$
 Đi vào bài toán :  Xét hàm $f:[1,n] \rightarrow [1,\sqrt{n}],f(x)=\sqrt{x}$ 
Vì $f$ là hàm đơn điệu tăng và hàm ngược của nó là $f^{-1}(x)=x^2$ nên áp dụng định lí trên ta có
$\sum_{k=1}^n [\sqrt{k}]+\sum_{k=1}^{[\sqrt{n}]} [k^2]-n(G_f)=n[\sqrt{n}]$  
Mặc khác $[\sqrt{n}]=a$ là số điểm nguyên dương của đồ thị hàm số trên nên :
$\sum_{k=1}^n [\sqrt{k}]=(n+1)a-\sum_{k=1}^a k^2$  

ảo diệu . ko hiểu

sau khi áp dụng CauChy Swarz thì ta cần cm: 

 $8\prod (a+b)\geq (a+b+c+\sqrt[3]{abc})^3$

Mặt khác : $8\prod (a+b)\geq \frac{64}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)$

Do đó cần CM $\frac{4}{\sqrt[3]{9}}\sqrt[3]{(\sum a)(\sum ab)}\geq a+b+c+\sqrt[3]{abc}$

Bất đẳng thức trên thuần nhất . ta chuẩn hóa $\sum a= 3$

$\frac{4}{\sqrt[3]{9}}\sqrt[3]{(\sum a)(\sum ab)}\geq \frac{4}{\sqrt[3]{9}}\sqrt[3]{3.3\sqrt[3]{(abc)^2}}=4\sqrt[9]{(abc)^2}$$

Đặt $\sqrt[9]{abc}=x$ 

đến đây làm tiếp đi

Cho dãy ($u_{n}$), ($v_{n}$) thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=v_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ u_{n+1}=\frac{u_{n}}{4v_{n+1}^{2}-1}\\ v_{n+1}=\frac{v_{n}}{1-4u_{n+1}^{2}} \end{matrix}\right.$

Tìm $lim( u_{n}),lim (v_{n})$

hoc day so som the cuong

Cho a,b,c >0 . Tm: $a+b+c=3abc$ .cm:

$\sum \frac{1}{2a+b+3}\leq \frac{1}{2}$

Đổi biến $(a;b;c)= (\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$

Bất đẳng thức cần chứng minh <=>$(x+y-z)(x-y+z)(y+z-x)\leq xyz$( chứng minh BĐT này khá khó )

Giả sử $x\geq y\geq z$

TH1:$y+z>x$

Ta có: $x+y>z;y+z>x;z+x>y$

=>x;y;z là 3 cạnh của 1 tam giác

Áp dụng phép thế Ravi, đặt $x=p+q;y=p+r;z=q+r$(p,q,r>0)

Khi đó (1)<=>$(y+z)(z+x)(x+y)\geq 8xyz<=>x(y-z)^2+z(x-y)^2+y(x-z)^2>0$(hnđ)

=>đpcm

TH2:$y+z\leq x=>xyz\geq 0\geq (y+z-x)(x+z-y)(x+y-z)$

=>đpcm

Vậy BĐT được chứng minh

BDT này đâu đối xứng

Giả sử tồn tại $a,b,c$ nguyên dương sao cho $k=a^2+b^2+c^2-abc (1)$ mà $k$ không phải là số chính phương 
Dễ thấy $k>0,k \le c$. Cố định $k$ và giả sử $(a,b)$ thỏa mãn $(1)$ 
Gọi $F(c,k)=\{a,b \in \mathbb{N^*},a^2+b^2-abc=k\}$ 
Giả sử $a \ge b$ . Xét phương trình $x^2-xbc+b^2-k=0 (2)$ ,nhận thấy $a$  là một nghiệm của phương trình $(2)$ và giả sử $a_1$ là nghiệm còn lại 
Theo định lí Vieta : $\begin{cases} &a_1+a=bc&\\&a_1a=b^2-k& \end{cases} (3)$ 
Dễ thấy $a_1 \in \mathbb{Z}$ . Nếu $a_1=0$ thì $b^2=k$ trái với điều ta đã giả sử 
$a_1<0$ thì $k=a_1^2+b^2-a_1bc \ge a_1^2+b^2+bc>c$ trái với $k \le c$ 
Vậy $a_1 \in \mathbb{Z^+}$ 
Bây giờ từ $(3)$ ta có $a_1=\frac{b^2-k}{a}<a$ vì ta đã giả sử $a \ge b$ . 
Như vậy từ cặp nghiệm $(a,b)$ ta xây dựng được cặp nghiệm mới $a_1+b_1<a+b$ vô lí . Vậy ta có điều phải chứng minh 
Mạnh hơn : Nếu $|a^2+b^2-abc-2|<c$ thì $a^2+b^2-abc$ là số chính phương 

phải bổ sung là . theo nguyên lý cực hạn giả sử $a+b$ nhỏ nhất mới suy ra được điều vô lý

$\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}+\frac{4}{z^2}}\geq \sum \frac{x+\frac{4}{y}+\frac{16}{z}}{9}=\frac{\sum x+20(\sum \frac{1}{x})}{9}\geq \frac{\sum x+\frac{180}{\sum x}}{9}=\frac{\sum x+\frac{\frac{9}{4}}{x+y+z}+\frac{711}{x+y+z}}{9}\geq \frac{3+\frac{711}{\frac{3}{2}}}{9}=53$

PS: bài này trâu vãi

3.

Theo Cauchy schwarz........................ Ta có :

$\sum \frac{a}{a^2-bc+1}=\sum \frac{a^2}{a^3-abc+a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a^3-3abc+\sum a}$

 Cần CM: 

$\frac{(a+b+c)^2}{\sum a^3-3abc+\sum a}\geq \frac{1}{a+b+c}\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq \sum a^3-3abc+\sum a\Leftrightarrow 3(a+b)(b+c)(c+a)+3abc-(a+b+c)\geq 0$ (đúng vì giả thiết)

4.$a^2-ab+b^2\leq (a-b)^2+\frac{(a+b)^2}{4}\leq \frac{(a+b)^2}{4}\Rightarrow \prod (a^2-ab+b^2)\leq \frac{\left [ (a+b)(b+c)(c+a) \right ]^2}{64}\leq 12$ (am-gm)

cô si từng cái 

Từ đề bài ta có tồn tại dãy số nguyên không âm $(x_n)_{n\ge 1}$ sao cho $a.2^n+b=x_n^2 \Rightarrow x_n=\sqrt{a.2^n+b}$ 
Khi đó ta có $2x_n-x_{n+2}=\frac{3b}{\sqrt{a.2^{n+2}+b}+\sqrt{a.2^{n+2}+b}}$ 
Suy ra $lim_{n \rightarrow +\infty}(2x_n-x_{n+2})=0$ mà dãy $\{2x_n-x_{n+2}\}$ nguyên nên tồn tại $k_0 \in \mathbb{N^*}$ để mà 
$2x_n-x_{n+2}=0,\forall n \ge k_0$ hay $2x_n=x_{n+2},\forall n \ge k_0$ 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{a.2^n+b}=\sqrt{a.2^{n+2}+b},\forall n \ge k_0 \Leftrightarrow b=0$ 
Do đó $a.2^n$ là số chính phương với mọi số nguyên không âm $n$. Hiển nhiên ta phải có $a=0$ (đpcm)

giải cách số đi

Với $k=1$ thì dễ kiểm tra thấy đúng 
Giả sử bài toán đúng với $k=j-1$ . Ta chứng minh nó cũng đúng với $k=j$ 
Xét $n$ lẻ thì đặt $n=2t-1$ 
Ta xét thử $1+\frac{2^j-1}{2t-1}=(\frac{2^{j-1}}{t}+1)(1+\frac{1}{2t-1})$ 
Mà theo giả thiết quy nạp $1+\frac{2^{j-1}-1}{t}=(1+\frac{1}{m_1})(1+\frac{1}{m_2})..(1+\frac{1}{m_{j-1}})$ 
Chọn $m_j=2t-1$ ta có điều phải chứng minh 
Tương tự xét $n$ chẵn thì ta cũng chú ý (ở đây $n=2t$) 
$1+\frac{2^j-1}{2t}=(1+\frac{2^{j-1}-1}{t})(1+\frac{1}{2t+2^j-2})$ 
Lập luận như trường hợp $n$ lẻ ta kết thúc bài toán 

thấy ảo quá

bat dang thuc nay ko co min vi ta cho $a=b=c$ thi : 

A=$3\sqrt{\frac{2}{a+2}}$

a dương vô cực thì A càng nhỏ nên ko thể xác định được min