Trích dẫn tí!!
Bổ đề:Cho $m,n\in N$ sao cho $n+1$ chia hết cho $4m$ thì $-m$ không là scp mod n.
$4xyz=x+y+t^{2} \Rightarrow 16xyz=4x+4y+4t^{2}$
$\Rightarrow 16xyz^{2}=4xz+4yz+4zt^{2}$
$\Rightarrow (4xz-1)(4yz-1)=4zt^{2}+1$
$(2zt)^{2} \equiv -z(modn)$ trong đó$n=4yz-1$ .Ta có:$n+1$ chia hết cho$4z$ và $\left ( \frac{-z}{n} \right )$.Trái với bổ đề.

Ta còn có bất đẳng thức:
Cho a, b, c là các số không âm thỏa $a + b + c = 3$. CMR: $a^k+b^k+c^k \ge ab + bc + ca$ với mọi $k \ge \frac{{2\ln 3 - 3\ln 2}}{{\ln 3 - \ln 2}}$
Vấn đề này đã được đề cập đến trong 1 tài liệu của anh Cẩn ( BĐT hiện đại hoặc BĐT và những lời giải đẹp... Tớ quên mất rồi :-s )

Đây là tq của RMO2002.Trong stbđt cx có!

Cho $(a,p)=1$,$(b,p)$=1,$p\in P$:
Cmr:$\sum_{i=1}^{p}\left ( \frac{ai^{2}+bi}{p} \right )=-\left ( \frac{a}{p} \right )$
Trong đó(-) là kí hiệu legendre

Cho $a_{1},a_{2},...a_{n}>0$ sao cho:
$a_{1}^{6}+a_{2}^{6}+...+a_{n}^{6}=n$,$n \leq 81$
Cmr:$a_{1}^{2}+...a_{n}^{2}\leq a_{1}^{5}+....a_{n}^{5}$
Vasc
Có thể bỏ $n\leq 81$ đc ko?

PP thì đúng nhưng chắc là tính nhầm!!=))

Đó là định lý,bạn ạ

Tìm min với $a_{1},a_{2},...a_{n}> 0$:
$\sum_{a_{1},...a_{n}}(\frac{a_{i}}{a_{i}+a_{i+1}})^{k}$ với $k\geqslant 2$

Do bđt thức là đồng bậc suy ra có thể chuẩn hóa a+b+c=1
Bđt tương đương với:$(a^2+b^2+c^2)\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2-(a+b+c)^2)\geqslant \frac{27}{64}((a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-abc)$
Theo định lý EV thì với $c\geq b\geq a \geq 0$ và $a+b+c=1$ và $a^2+b^2+c^2=constance$ suy ra abc min khi va chi khi hoặc $a=0$ hoặc $c=b\geq a\geq 0(1)$
vì $a>0$ suy ra còn TH (1) thì bđt thành $(a^2+2b^2)(2ab+b^2)\geq \frac{27}{64}(a+2b)(a^2+2b^2)$ và $a+2b=1$
Từ đây có thể cm bằng cách qu về biến $a$ rồi pt.

bái 1
điều kiện tương đương:$(a,b,c)\rightarrow (\frac{2x}{y+z},\frac{2y}{x+z},\frac{2z}{x+y})$
Thay vào suy ra bdt tương đương với $\sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}+3}\geq 6 (1)$
Do bdt thuần nhất suy ra ta có thể chuẩn hoá $x+y+z=1$
Suy ra (1) $\Leftrightarrow $$\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geq 6$
Viết bdt dưới dạng $\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geqslant 3\sqrt{\frac{2\frac{a+b+c}{3}}{1-\frac{a+b+c}{3}}+3}$
Ta có hàm $f(x)=\sqrt{\frac{3-x}{1-x}}$ là hàm lồi trên khoảng $[\frac{1}{3},\infty)$
Suy ra theo định lý RCF, ta phải cm bdt:$f(x) +2f(y)\geq 3f(1)$ khi $y\geq \frac{1}{3}\geq x$ và $x+2y=3$
nhưng bdt trên có thể dễ dàng cm bằng cách chuyển hết về biến $x$!!!

$a,b,c\in R$ ?

Bài 4:Ta chứng minh bài toán tổng quát và chặt hơn với tập $$P=\left \{ 1,2,...2n+1 \right \}$$.$Chọn A,B\subset P$ sao cho $\left | A \right |+\left | B \right |= 2n+2$ thì luôn tồn tại $a\in A$ và $b\in B$ sao cho $a+b=2012$.
Gọi $\left | A \right |=x$ suy ra $\left | B \right |=2n+2-x$.Giả sử:không tồn tại $a\in A$ sao cho tm đề bài:có x phần tử .Suy ra số phần tử của B $\leqslant 2n+1-x \leqslant 2n+2-x$.Suy ra vô lí.Suy ra điều giả sử sai.
$Q.E.D$

bài này mở rộng RMO 1990
Giải:
Bđt tương đương:$(x-1)+(y-1)+(z-1)\leqslant 0$
Ta có:$x-1\leqslant x^{2009}-x^{2008}(1)$
$y-1\leqslant y^{2010}-y^{2009} (2)$
$z-1\leqslant z^{2011}-z^{2010}(3)$
Ta c/m $(1),(3)$ bằng phép bđtđ
Xét $(2)$:
Nếu $y\leqslant 1$ thì bđt tương đương:$(y-1)^2(y^{2008}-y^{2007}+...-y+1\geqslant 0$
mà ta có :$1\geqslant y$
$y^{2}\geqslant y^{3}$
......
Cộng tất cả lại suy ra đpcm
Nếu $y\leqslant 1$ thì làm tương tự.!!