bài 2
http://www.nxbgd.vn/...mp;ReportID=631

4,
Ta xét đồ thị $y=\sqrt[3]{px}$ với $1\le x\le (p-1)(p-2)$ ©
Đặt tổng đã cho là S,ta có số điểm nguyên dương nằm dưới đồ thị © chính là tổng S
Quay ngược trục tọa độ(tráo x cho y),ta có đồ thị © chính là $y=\dfrac{x^3}{p}$ với $1\le x\le \sqrt[3]{p(p-1)(p-2)}$
Số điểm nguyên nằm dưới đồ thị © bây h chính là tổng $S'=\sum [\dfrac{k^3}{p}]$ (chạy từ $1\le x\le [\sqrt[3]{p(p-1)(p-2)}]=p-2$)
nên ta có
$S+S'=(p-1)(p-2)^2$ (số điểm nguyên trong hình chữ nhật)
mà $S'=\dfrac{(p-1)(p-2)(p+1)}{4}-[\dfrac{(p-1)^3)}{p}]$
(tính S' đơn giản vì $[\dfrac{k^3}{p}]+[\dfrac{(p-k)^3}{p}]=\dfrac{k^3}{p}+\dfrac{(p-k)^3}{p}-1$)
nên ta có ngay ĐPCM
...
hy vọng được ăn mỳ tôm

Em có thấy cách này trên mathlinks của pco.
cach 2 bai 4

1)CMR:
với mọi số nguyên tố lẻ p đều ko tồn tại các số nguyên dương m,n thỏa mãn:;
$\dfrac{1}{p} = \dfrac{1}{m^2} + \dfrac{1}{n^2}$

quy đồng ta có
$p(m^2+n^2)=m^2n^2$
WLOG, giả sử $p|m$
suy ra $p^2|m^2n^2|p(m^2+n^2)$
suy ra $p|m^2+n^2$ suy ra $p|n$
đặt $m=pm_1,n=pn_1$
suy ra $\dfrac{1}{m_1^2}+\dfrac{1}{n_1^2}=p>1$ vô lý
ĐPCM

Đặt $a=\dfrac{1}{x}$,....
thì
$\sum_{cyc}a^3b^2=\sum_{cyc}\dfrac{1}{x^3y^2}=\dfrac{\sum_{cyc}yz^3}{x^3y^3z^3}\le \dfrac{(\sum a^2)}{3abc}$ (bdt vasc)
nên ta sẽ CM
$(\sum a^2)(\sum ab)abc(\sum a^2b^2)^2\le 81$
đến đây hy vọng là ra

Định xài $(\sum xy)(\sum_{cyc} x^2y)\le 9$ mà ko ra
Chú post lời giải lên đi.

cái này là conditional probability rõ ràng, sự kiện sau liên quan đến sự kiện trước, bạn rai_2601 nói không đúng nhé.

Cm thì có 1 bạn ở trên nói nghe 33+33=66 cũng đúng  nhưng để lập luận toán học thì người ta thường dùng Bayes theorem. có 1 dòng thôi à.

trước mình học cái này cũng hơi bất ngờ. Nhuwng hài ở chỗ là ai cũng nghĩ là 50% thành ra chơi ô cửa bí mật chả ai đổi =)).

http://www.mathlinks...pic.php?t=86713
Đây là lời giải của arqady bên mathlinks,dài nhưng đúng

thay y=0 suy ra f(1)=1
thay x=1 suy ra f(1+y)+f(1-y)-2f(1+y)=2y(3y-1)
thay y=-y suy ra f(1+y)-f(1-y)=2y(3y+1)
cộng 2 cái lại suy ra 0=6y^2 suy ra y=0
suy ra SAI ĐỀ

Tớ gõ các này mục đích là tập tành cái chuyện soạn văn bản bằng latex thôi

Tớ lần đầu gõ latex nên mò mẫm có hơi lâu ( độ .... 4 -5 tiếng gì đấy ) , lệnh thì tớ biết rất ít ---> trình bày có hơi khó coi 1 xíu mong mọi người bỏ qua cho .

Cái lời giải này của VIMF tớ cũng chưa check nữa ... anh em xem có thấy cái gì sai thì nói tớ sửa nhá

Thì mình cũng bảo là 27 thì có lời giải đẹp mà
còn cái 310 thì nhìn kinh quá,ko dám expand.
thks
p/s:lời giải quy đồng của mình đẹp hơn:D

Thay đổi một chút nhá!!!! Hãy cm:
$\dfrac{1}{2a^2+bc}+\dfrac{1}{2b^2+ca}+\dfrac{1}{2c^2+ab} \ge \dfrac{ab+bc+ca}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$

Công nhận là thế thật:
ta có $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge 2bca^2+b^2c^2=bc(2a^2+bc)$
tương tự ghép vào ta có đpcm

chú ý
$\dfrac{a^2}{b}+b-2a=\dfrac{(a-b)^2}{b}$
suy ra $VT=\sum_{cyc}\dfrac{a^2}{b}-a-b-c=\dfrac{(a-b)^2}{b}+\dfrac{(b-c)^2}{c}+\dfrac{(c-a)^2}{a}\ge \dfrac{(a-b)^2}{b}+\dfrac{(b-a)^2}{c+a}\ge (b-a)^2(\dfrac{4}{a+b+c})=VP$
ĐPCM

Với cùng điệu kiện trên thì bất đẳng thức sau vẫn đúng :

$\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2ca}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2ab}} \ge \dfrac{{ab + bc + ca}}{{{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}} + \dfrac{{37}}{2}.\dfrac{{{{\left[ {\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right)} \right]}^2}}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^6}\left( {ab + bc + ca} \right)}}$

Mình nghĩ là bdt này có vấn đề
chắc là phải thay 37 thành 27 và 1 số cái nữa

Bài sau thì quen rồi
$\dfrac{f(x)}{x^2}+1=f(\dfrac{1}{x})+1=f(\dfrac{x+1}{x})=\dfrac{f(\dfrac{x}{x+1})}{(\dfrac{x}{x+1})^2}=\dfrac{f(1-\dfrac{1}{x+1})}{(\dfrac{x}{x+1})^2}=\dfrac{1-f(\dfrac{1}{x+1})}{(\dfrac{x}{x+1})^2}=\dfrac{1-\dfrac{f(x+1)}{(x+1)^2}}{(\dfrac{x}{x+1})^2}=\dfrac{(x+1)^2-f(x+1)}{x^2}$
suy ra f(x)=x với mọi x khác 0
cho x=0 vào cái đầu suy ra f(0)=0
f(x)=x với mọi x

Thế này nhé
xài cái kia thì suy ra ta sẽ CM
$\sum \dfrac{4a(b+c)(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}\ge 2$
tương đương $\sum \dfrac{2a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2}\ge 1$
tương đương $\sum \dfrac{a}{b+c}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} $
(đugs theo svac)

f(x) ko cần liên tục đâu em,bài này chỉ đổi biến đơn thuần thôi
Thay x=1 suy ra f(1)=3
Đặt $\dfrac{1}{x-1}=t$
khi đó ta được $f(1+\dfrac{1}{t-1})=2f(1+\dfrac{1}{t})-3$
đặt $g(x)=f(1+\dfrac{1}{x})-3$
suy ra $g(t-1)=2g(t)$ đặt $g(t)=l(t)*2^{-t}$ suy ra
l(t-1)=l(t).Đến đây em chọn hàm tuần hoàn tùy í có chu kì 1 là ok

Ví dụ bài này :
f:R vào R
$f(\dfrac{1}{2-x})=2f(x)-3$

một bài nữa nè
chưng minh với mọi a, b, c không âm ta có
$ \sum\dfrac{a(b+c)}{b^{2}+bc+c^{2}} \geq 2$

Bài này thì hay nhưng mà cũ lắm rồi
ý tưởng chỉ là côsi +svac (hack!!! )
$(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)\le \dfrac{(b+c)^2(a+b+c)^2}{4}$

A ơi! sử dụng bất đẳng thức đầu thì em dùng được rồi, nhưng chứng minh nó thế nào vậy?
à mà nhân tiện anh với các bạn chém giúp em mấy bài này nữa( giải chi tiết nhé) cảm ơn nhiều nha!
1. cho các số thực dương a,b,c $\in [-1,1]$ thỏa mãn ab+bc+ca=1.
CmR:
$ \sum \dfrac{a^{2}+b^{2}}{(1-a^{2})(1-b^{2})} \geq \dfrac{9}{2} $
2. với a,b,c không âm. CmR:
$\sum \dfrac{1}{a} \geq \sum \dfrac{a+b}{c^{2}+ab}$
3. cho các số thực$ a,b,c \geq \dfrac{-3}{4}$ và a+b+c=1. CmR:
$\sum \dfrac{a}{1+a^{2}} \leq \dfrac{9}{10}$
4.cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c+1=4abc. CmR:
$ab+bc+ca \geq a+b+c$
5. cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác. CmR:
$4a^{2}b^{2}c^{2}\qeq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^{3}+b^{3}+c^{3}+abc)$

**************
bài đó thì thế này
theo côsi ta có $4(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)\le (ab+bc+ca+b^2+bc+c^2)^2=((b+c)(a+b+c))^2$ (phân tích )
**************
chém luôn mấy bài sau nhé
1,dễ dàng CM được a,b,c cùng dấu (nếu ko sẽ có 1 số chui ra ngoài khoảng [-1,1])
ta có $(1-a^2)(1-b^2)\ge (1-ab)^2 (cauchy)=(bc+ca)^2=c^2(a+b)^2$
nên $VT\ge \sum \dfrac{(a^2+b^2)}{c^2(a+b)^2}\ge \sum \dfrac{1}{2c^2}\ge \sum \dfrac{1}{2ab}\ge \dfrac{9}{2(ab+bc+ca)}=\dfrac{9}{2}$
ĐPCM
2,bdt tương đương
$\sum \dfrac{(c-a)(c-b)}{c^3+abc}\ge 0$
giả sử $a\ge b\ge c$
suy ra $\dfrac{1}{c^3+abc}\ge \dfrac{1}{b^3+abc}$
sử dụng tiêu chuẩn vorni schur ta có ngay đpcm
3,đặt $f(x)=\dfrac{a}{1+a^2}$ có $f'(x)=\dfrac{1-a^2}{(1+a^2)^2}$
TH1: nếu có 2 số âm,1 số dương ,giả sử c>0;a,b<0 suy ra c>1 nên $A\le \dfrac{1}{2}+0+0<\dfrac{9}{10} $
TH2: nếu có 2 dương, 1 số âm thì tương tự
TH3: nếu cả 3 số cùng dương thì
$VT\le \sum\dfrac{a}{\dfrac{8}{9}+\dfrac{2a}{3}}\le \sum \dfrac{9a}{6a+8}=A$
ta sẽ Cm$A\le \dfrac{9}{10}$
tương đương $\sum \dfrac{1}{3a+2}\ge 1$ (đúng theo svac)
4,đặt $a=\dfrac{1}{2x},......$ thì $xy+yz+zx+2xyz=1$
nên tồn tại a,b,c(khác a,b,c ban đầu )mà $x=\dfrac{a}{b+c},y=\dfrac{b}{c+a},z=\dfrac{c}{a+b}$
nên ta cần CM $\sum \dfrac{(c+a)(c+b)}{2b*2c}\ge \sum \dfrac{a+b}{2c}$
tức là $\sum a(a+b)(a+c)\ge \sum 2ab(a+b)$ (đúng theo schur)
5,bdt tương đương
$\dfrac{abc}{\prod (a+b-c)}\ge \dfrac{a^3+b^3+c^3+abc}{4abc}$
tương đương (trử 2 vế cho 1)
$\dfrac{\sum a(a-b)(a-c)}{\prod (a+b-c)}\ge \dfrac{(a+b+c)(\sum (a-b)(a-c))}{4abc}$
tương đương
$\sum (a-b)(a-c)(\dfrac{a}{\prod (a+b-c)}-\dfrac{\sum a}{4abc})$
giả sử $a\ge b\ge c$
ta thấy bdt đúng theo vorni schur
đpcm

mình giải qua thế này nhé
Ta xét TH a,b,c>0
chú ý là
$\sum_{cyc}\dfrac{1}{a^2+2bc}=\dfrac{(\sum ab)(2\sum a^2+\sum ab)}{\prod(a^2+2bc)}$
tức là ta sẽ CM
$(2\sum a^2+\sum ab)(\sum a^2b^2)\ge \prod(a^2+2bc)$
(mình định thử côsi nhưng mà phải ăn cơm nên làm vội phân tích kiểu SOS và schur)
expand ra ta phải CM
$\sum_{cyc}2a^4(b-c)^2-\sum a^2b^2(c-b)(c-a)\ge 0$
đúng theo côsi 2 số
ĐPCM

E ko hiểu lắm, tại sao đến chỗ
$\dfrac{f(x)}{x^2}+1=\dfrac{(x+1)^2-f(x+1)}{x^2}$
lại suy ra f(x)=x với mọi x khác 0 nhỉ?
E hỏi thêm bài này luôn nhé:
Tìm hàm $ f: R \to R$ thỏa mãn $ f(3x-1)=f(2x)+x-1 \forall x \in R$
Em mới học pt hàm, thấy nó khó hiểu, mong anh thông cảm.

Cái đoạn trên thì em chú ý là f(x+1)=f(x),em thay vào giải là ok
Bài sau thì làm thế này :
Đặt g(x)=f(x)-x thì
g(3x-1)=g(2x)
Đặt g(x)=l(x-2)
suy ra l(3x)=l(2x)
suy ra $l(x)=l(\dfrac{3x}{2})$
đây là hàm nhân tính tuần hoàn chu kì 3/2.
đáp số f(x)=x+l(x-2) trong đó l(x) là hàm nhân tính tùy ý tuần hoàn chu kì 3/2.

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

Bài này khó kinh,mình làm thử cách này(chưa check kỹ lắm,ai đó check hộ mình với)
đặt $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)}$ thì
**************
Bổ đề 1: nếu $ab\ge 1$

$f(a,b)\ge f(\sqrt{ab},\sqrt{ab})$ (CM=cách quy đồng trực tiếp)
và $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc})$ (CM như CM tử bdt cosi 2 số lên 3 số)
Bổ đề 2: nếu $ab\ge 1$ mà $a\ge 1$ và $b\le 1$ thì

$f(a,b)\ge f(ab,1)$ (CM=cách quy đồng)
**************
xét 3 trường hợp:
*****
TH1: 3 số nhỏ hơn 1,giả sử $b,c,d\le 1 $ suy ra $ab,ac,ad\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ab,1,c,d)\ge f(abc,d,1,1)=f(\dfrac{1}{d},d,1,1)\ge 1$
*****
TH2: 2 số nhỏ hơn 1, 2 số lớn hơn 1:
Giả sử $a\ge b\ge 1$ và $c,d\le 1$
Dễ thấy tồn tại ít nhất 1 trong 2 số ac,ad mà số này<1,giả sử $ac\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ac,b,d,1)\ge f(\sqrt{abc},\sqrt{abc},d,1)=f(x,x,\dfrac{1}{x^2},1)\ge 1 $
****
TH3: 1 số nhỏ hơn 1:
Giả sử $d\le 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},d)=f(x,x,x,\dfrac{1}{x^3})\ge 1$

ĐPCM

BDT cho n biến cũng đung đấy anh ak
$ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(a_i+1)(a_{i}^2+1)} \ge \dfrac{n}{4}$
Ta sẽ cm BDT sau: $\dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} \ge \dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{8}ln a$
Thât vậy $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)} -\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{8}ln x$
thì $f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^6+9x^5+18x^4+30x^3+39x^2+21x+8)}{8(1+x)^2(1+x^2)^2}$
i)$x \ge 1 \to f(x) \ge f(1)=0$
ii)$0<x<1 \to f(x) \ge f(1)=0$
Tóm lại đúng
Cộng từng vế có QED

PS: 2$ ???? USD hôm nay 19,5

Đạo hàm sai rồi em zai.
$f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^5+9x^4+18x^3+6x^2-x-3)}{8(1+x+x^2+x^3)^2x}$

khi đó $M\geq\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle x^3+y^3}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle y^3+z^3}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle z^3+t^3}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle t^3+x^3}]$
đến đây chỉ việc áp dụng bất đẳng thức Nesbitt cho 4 biến $x^3,y^3,z^3,t^3$ ta co ngay $M\geq1$

đây ko phải bdt nesbitt anh ơi.

Mình chém thử
(bực quá,bạn chọn cái alpha gõ mãi toàn lỗi,mình chuyển thành a cho nó ngon)
ta có
${x_n}^a={x_{n-1}}^a+x_{n-1}$
suy ra dãy tăng
suy ra $lim (x_1+...+x_n)= +\infty $
sử dụng ĐL stolz,ta quy về việc tìm
$S=lim (x_{n+1}-x_{n})=lim ((x_1+x_2+....+x_n)^\dfrac{1}{a}-(x_1+x_2+....+x_{n-1})^\dfrac{1}{a})$
đặt $(x_1+....+x_{n-1})^\dfrac{1}{a}=T$ thì $lim T=+ \infty $
và $0<S=(T^a+T)^\dfrac{1}{a}-T=T((1+\dfrac{1}{T^{a-1}})^\dfrac{1}{a}-1)<T(1+\dfrac{1}{a}*\dfrac{1}{T^{a-1}}-1)=\dfrac{1}{a*T^{a-2}}--->0$
suy ra lim =0