Bài toán 1: Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập bao nhiêu số có 6 chữ số? (các chữ số có thể lặp lại nhiều lần). Nếu như thay 6 bởi số nguyên dương n thì công thức tổng quát là gì?

Bài toán 2: Có 8 viên bi xanh, 10 viên bi đỏ, 14 viên bi vàng. Có bao nhiêu cách lấy ra 7 viên bi bất kì? Nếu thay các số 8, 10, 14 lần lượt bởi a, b, c (trong đó a, b, c là các số nguyên dương không nhỏ hơn 7) thì kết quả bài toán có thay đổi không?

Bài toán 3:  Trong tủ có n đôi găng tay. Từ đó lấy ra 2r chiếc găng tay (2r<n). Hỏi có bao nhiêu cách lấy mà trong 2r chiếc găng tay không có một đôi nào cả.

Phúc ơi, tao rớt rồi               

Tớ cũng toi luôn rồi! . Lần sau cố gắng hơn.

Hốt nốt cho nó xong

Ảnh chụp màn hình_2014-05-23_134404.png

a, Đường thẳng qua $P$ song song với $AB$ cắt $BC$ tại $F$, từ giả thiết thì dễ có $QF \parallel BP$

Mặt khác, dễ thấy $PFRQ:tgnt$ nên $\angle PRQ = \angle PFQ = \angle BPF = \angle ABP$

b, Gọi tâm $(ABP$ và $(PRQ)$ lần lượt là $O_1, O_2$

Từ câu a: $\angle ABP = \angle PRQ \Rightarrow \angle O_1AP = \angle O_1PQ$

$\Rightarrow AO_1 \parallel PO_2$
Tương tự thì $BO_1 \parallel FO_2$

Lại có $\frac{PC}{PA} = \dfrac{FC}{FB}$ nên theo bổ đề $E.R.I.Q$ ta có $\overline{C,O_1,O_2}$
$\Rightarrow CP = CS$ (đpcm~)

Lúc thi, bạn có chứng minh bổ đề này không? Nếu bạn có cách chứng minh ngắn hơn trong tài liệu thì cho mình tham khảo với.

Hốt nốt cho nó xong

Ảnh chụp màn hình_2014-05-23_134404.png

a, Đường thẳng qua $P$ song song với $AB$ cắt $BC$ tại $F$, từ giả thiết thì dễ có $QF \parallel BP$

Mặt khác, dễ thấy $PFRQ:tgnt$ nên $\angle PRQ = \angle PFQ = \angle BPF = \angle ABP$

b, Gọi tâm $(ABP$ và $(PRQ)$ lần lượt là $O_1, O_2$

Từ câu a: $\angle ABP = \angle PRQ \Rightarrow \angle O_1AP = \angle O_1PQ$

$\Rightarrow AO_1 \parallel PO_2$
Tương tự thì $BO_1 \parallel FO_2$

Lại có $\frac{PC}{PA} = \dfrac{FC}{FB}$ nên theo bổ đề $E.R.I.Q$ ta có $\overline{C,O_1,O_2}$
$\Rightarrow CP = CS$ (đpcm~)

Chỗ bôi đỏ thực ra dùng phép vị tự là được rồi.

Do các cặp đường thẳng song song $\left( B{{O}_{1}},{{O}_{2}}F \right),\left( {{O}_{1}}P,{{O}_{2}}Q \right),\left( BP,FQ \right)$ nên tồn tại phép vị tự biến tam giác $BP{{O}_{1}}$ thành tam giác $FQ{{O}_{2}}$. Đó chính là phép vị tự tâm C tỉ số $\frac{CP}{CQ}$. Từ đây, theo định nghĩa của phép vị tự suy ra $\overline{C,{{O}_{1}},{{O}_{2}}}$

Sao lại thế được $Q\left( 3x+2 \right)=Q\left( x \right)$ thì sao suy ra $Q\left( x \right)$ là hàm hằng. Phải là $Q\left( 3x+2 \right)=Q\left( 3x+t \right)\left( t=const \right)$ hoặc $Q\left( x \right)=Q\left( x+t \right)$ thì mới suy ra được chứ. 

 

Câu IV. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực $P(x)$ sao cho

$(x-2)P(3x+2)=3^{2015}xP(x)+3^{2016}x-3x+6$

 

Mình ra đáp số khác. Các bạn tìm giúp lỗi sai trong lời giải của mình nha.

$\left( x-2 \right)P\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}xP\left( x \right)+{{3}^{2016}}x-3x+6\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left[ P\left( 3x+2 \right)+3 \right]={{3}^{2015}}x\left[ P\left( x \right)+3 \right]$. Đặt $Q\left( x \right)=P\left( x \right)+3\Rightarrow \left( x-2 \right)Q\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}xQ\left( x \right)\left( * \right)$. Dễ thấy $Q\left( x \right)$ có hai nghiệm

\[x=-1,\text{ }x=2\Rightarrow Q\left( x \right)=\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( x \right)\]

 thay vào (*) được $9x\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}x\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$ $\Leftrightarrow {{Q}_{1}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}{{Q}_{1}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$

Lại nhận thấy rằng ${{Q}_{1}}\left( x \right)$ có nghiệm \[x=-1\Rightarrow {{Q}_{1}}\left( x \right)=\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\Rightarrow 3\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\]

\[\Rightarrow {{Q}_{1}}\left( x \right)=\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\Rightarrow 3\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\]

$\Leftrightarrow {{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2012}}{{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$

Cũng lại thấy ${{Q}_{2}}\left( x \right)$ có nghiệm -1. Cứ tiếp tục lập luận như trên cho đến vô hạn ta nhận được $Q\left( x \right)=\alpha \left( x-2 \right)\left( x+1 \right)\left( x+1 \right)...\left( x+1 \right)$ (có vô hạn nhân tử x+1). Theo định nghĩa của đa thức không tồn tại đa thức $Q\left( x \right)0$ có biểu diễn như trên nên $Q\left( x \right)\equiv 0$. Từ đó suy ra $P\left( x \right)=-3$ 

Bài toán 8 mình giải dài quá, có bác nào có cách ngắn hơn và đơn giản hơn không?

Thật may mắn. Hôm qua tình cờ đọc được bài Turkey National Olympiad Second Round 2008 tại đây . Mình xin giải bài toán 7.

Vì $3\left( ab+bc+ca \right)\le {{\left( a+b+c \right)}^{2}}$ nên ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn.

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\[VT\left( 1 \right)\ge \frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right)-3abc}\]

Cần chứng minh

$\[{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}\ge \left( ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right)-3abc \right)\left( a+b+c \right)\] \[\Leftrightarrow {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}+3abc\left( a+b+c \right)+2\sum{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}\ge \sum{ab{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\sum{abc\left( a+b \right)}\] \[\Leftrightarrow {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}+abc\left( a+b+c \right)\ge \sum{ab\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}\]$

Bất đẳng thức cuối là Bất đẳng thức Schur với k=2.

@ Đình Huy: Cảm ơn nhiều.

Bài 1: Cho \[X=\left\{ 1,2,3,...,100 \right\}\] và \[S=\left\{ \left( a,b,c \right)|a,b,c\in X,a<b<c \right\}\]. Tìm \[\left| S \right|\].

Bài 2: Có bao nhiêu cách sắp xếp n cặp vợ chồng trên một bàn tròn sao cho mỗi người phụ nữ không ngồi kề chồng của mình.

Bài toán 3. Chứng minh số tập con thực sự và khác rỗng của một tập có n phần tử là ${{2}^{n}}-2$ 

 

Bài toán 7. Chứng minh rằng $\frac{{{a}^{3}}}{{{b}^{2}}-bc+{{c}^{2}}}+\frac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}-ca+{{a}^{2}}}+\frac{{{c}^{3}}}{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}\ge \frac{3\left( ab+bc+ca \right)}{a+b+c}$  với mọi số thực dương a, b, c.

 

Gặp bài này mình nhớ tới bài viết Bất đẳng thức "nhỏ" và công hiệu "to" đăng trên Toán học và tuổi trẻ số 440 trang 15. Thế nhưng nếu sử dụng kiến thức đó cho bài này thì phải tìm tới 3 tham số   - một việc rất khó khăn. Nhưng mình vẫn linh cảm phương pháp này đúng. Các bạn thử xem sao.

 

Bài toán 8. Chứng minh rằng $\frac{a+b}{b+c}.\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b+c}{c+a}.\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c+a}{a+b}.\frac{c}{a+b+2c}\ge \frac{3}{4}$   với mọi số thực dương a, b, c.

 

Trong lúc nhờ các bạn giải mình cũng cố gắng tự suy nghĩ thêm chút xíu nữa, cuối cùng cũng ra được một bài

Bất đẳng thức đề bài tương đương

$\frac{a+b}{b+c}.\frac{2a}{2a+b+c}+\frac{b+c}{c+a}.\frac{2b}{a+2b+c}+\frac{c+a}{a+b}.\frac{2c}{a+b+2c}\ge \frac{3}{2}$

Ta sử dụng kỹ thuật Cauchy ngược dấu

$\frac{a+b}{b+c}\frac{2a}{2a+b+c}-\frac{a+b}{b+c}=\frac{a+b}{b+c}\left( \frac{2a}{2a+b+c}-1\right )=\frac{a+b}{b+c}\frac{-b-c}{2a+b+c}=\frac{-a-b}{2a+b+c} \Rightarrow \frac{a+b}{b+c}\frac{2a}{2a+b+c}=\frac{a+b}{b+c}-\frac{a+b}{2a+b+c}$

Chứng minh tương tự

 $\frac{b+c}{c+a}.\frac{2b}{a+2b+c}=\frac{b+c}{c+a}-\frac{b+c}{a+2b+c}$

$\frac{c+a}{a+b}.\frac{2c}{a+b+2c}=\frac{c+a}{a+b}-\frac{c+a}{a+b+2c}$

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM

\[\frac{a+b}{2a+b+c}=\frac{a+b}{\left( a+b \right)+\left( a+c \right)}\le \frac{a+b}{2\sqrt{\left( a+b \right)\left( a+c \right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{a+b}{a+c}}\]

Chứng minh tương tự

 $\begin{align} & \frac{b+c}{a+2b+c}\le \frac{1}{2}\sqrt{\frac{b+c}{b+a}} \\ & \frac{c+a}{a+b+2c}\le \frac{1}{2}\sqrt{\frac{c+a}{c+b}} \\ \end{align}$

Như vậy ta cần chứng minh

                    \[\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{a+b}+\frac{a+b}{b+c}-\frac{1}{2}\left( \sqrt{\frac{a+b}{a+c}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+a}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+b}} \right)\ge \frac{3}{2}\]

Đặt

             \[x=\sqrt{\frac{a+c}{a+b}},y=\sqrt{\frac{b+a}{b+c}},z=\sqrt{\frac{c+b}{c+a}}\]

Bất đẳng thức trở thành

        \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-\frac{1}{2}\left( xy+yz+zx \right)\ge \frac{3}{2}\]

Ta có

\[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-\frac{1}{2}\left( xy+yz+zx \right)\ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-\frac{1}{2}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)=\frac{1}{2}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)\ge \frac{3}{2}\sqrt[3]{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}=\frac{3}{2}\]

Ta có đpcm 

 

 

Ta có $\sum \dfrac{a(b+c)}{4-9bc}\geq 6abc \Leftrightarrow \sum \dfrac{b+c}{bc(4-9bc)}\geq 6$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho $6$ số, ta có

$\sum \dfrac{b+c}{bc(4-9bc)}=\sum \left( \dfrac{1}{c(4-9bc)}+\dfrac{1}{b(4-9bc)} \right)\geq 6\sqrt[6]{\dfrac{1}{\left [ abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca) \right ]^2}}$

Như vậy cần chứng minh $abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca)\leq 1\Leftrightarrow 81abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca)\leq 81$

Thật vậy, ta có

$81abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca)\leq \left ( \dfrac{81abc+12-9ab-9bc-9ca}{4} \right )^4$

Mà $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geq 9 \Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 9abc \Leftrightarrow 81abc-9ab-9bc-9ca\leq 0$

Nên $81abc(4-9ab)(4-9bc)(4-9ca)\leq \left ( \dfrac{12}{4} \right )^4=81$

Vậy ra có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}$

 

Bạn nên chứng minh $4-9bc>0$ đã rồi hẵng áp dụng bất đẳng thức AM – GM. Ta có $4bc\le {{\left( b+c \right)}^{2}}={{\left( 1-c \right)}^{2}}<1\Rightarrow bc<\frac{1}{4}\Rightarrow 4-9bc>0$

Có một số bài lượng giác mình nghĩ mãi không ra các bạn giúp mình nhé.

Bài 1: Hãy tính các góc của tam giác ABC nếu trong tam giác đó có:

      \[{{\sin }^{2}}A+{{\sin }^{2}}B+{{\sin }^{2}}C=\frac{9}{4}+3\cos C+{{\cos }^{2}}C\]

Bài 2: Tính các góc của tam giác biết rằng $\left\{\begin{matrix} 4p\left ( p-a \right )\leq bc\\ sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=\frac{2\sqrt{3}-3}{8} \end{matrix}\right.$

Bài 3: Cho tam giác ABC có \[A=\frac{\pi }{7}\] và AB=AC=b, BC=a. Chứng minh \[{{a}^{4}}-3{{a}^{2}}{{b}^{2}}-a{{b}^{3}}+{{b}^{4}}=0\]

Bài toán 4. Giải các phương trình lượng giác sau
a) $\frac{\cos x.\sin 4x}{1+\cos 2x}+{{\sin }^{2}}\left( \frac{3x}{2}+\frac{\pi }{4} \right){{\tan }^{2}}x+{{\sin }^{2}}\left( \frac{3x}{2}-\frac{\pi }{4} \right)=0$
b) $2\left( \sin x+1 \right)\left( {{\sin }^{2}}x-3\sin x+1 \right)=\sin 4x.\cos x$

Gợi ý giúp mình bài này. Cảm ơn nhiều.

Cho tam giác ABC có\[\cos A.\cos B.\cos C=\frac{-1}{8}\]. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là điểm đối xứng của A, B, C qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng AB’, BC’, CA’ đồng quy.

Mình có mấy bài BĐT nghĩ mãi không ra. Các bạn giúp mình nhé!

Bài 1: Cho\[\frac{{{x}^{2}}}{8}+\frac{{{y}^{2}}}{2}=1\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[A={{\left( x-4 \right)}^{2}}+{{\left( x-5 \right)}^{2}}\].

Bài 2: Cho \[\frac{{{x}^{2}}}{9}+\frac{{{y}^{2}}}{4}=1\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của \[A=\left| 3x+4y+24 \right|\].

Thực ra, mình muốn hỏi bài này cơ: “ Cho \[\left( E \right):\frac{{{x}^{2}}}{9}+\frac{{{y}^{2}}}{4}=1\] và đường thẳng \[\Delta :3x+4y+24=0\] không cắt (E). Tìm M trên (E) sao cho khoảng cách từ M đến \[\Delta \] là ngắn nhất.

Bài toán 3. Cho các số thực thỏa mãn đồng thời $a+b+c=1,ab+bc+ca>0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{2}{\left| a-b \right|}+\frac{2}{\left| b-c \right|}+\frac{2}{\left| c-a \right|}+\frac{5}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Bài toán 4. Cho các số dương a, b, c có tổng bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{2ab}{c+ab}+\frac{3bc}{a+bc}+\frac{2ca}{b+ca}\ge \frac{5}{3}$

Bài toán 5. Cho các số dương a, b, c có tổng bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{a\left( b+c \right)}{4-9bc}+\frac{b\left( c+a \right)}{4-9ca}+\frac{c\left( a+b \right)}{4-9ab}\ge 6abc$

Bài toán 6. Cho các số dương a, b, c có tích bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{{{a}^{5}}-{{a}^{2}}+3ab+6}}+\frac{1}{\sqrt{{{b}^{5}}-{{a}^{2}}+3bc+6}}+\frac{1}{\sqrt{{{c}^{5}}-{{c}^{2}}+3ca+6}}\le 1$

Bài toán 7. Chứng minh rằng $\frac{{{a}^{3}}}{{{b}^{2}}-bc+{{c}^{2}}}+\frac{{{b}^{3}}}{{{c}^{2}}-ca+{{a}^{2}}}+\frac{{{c}^{3}}}{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}\ge \frac{3\left( ab+bc+ca \right)}{a+b+c}$  với mọi số thực dương a, b, c.

Bài toán 8. Chứng minh rằng $\frac{a+b}{b+c}.\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b+c}{c+a}.\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c+a}{a+b}.\frac{c}{a+b+2c}\ge \frac{3}{4}$   với mọi số thực dương a, b, c.

Bài toán 9. Chứng minh rằng $\frac{1+{{x}^{2}}}{1+y+{{z}^{2}}}+\frac{1+{{y}^{2}}}{1+z+{{x}^{2}}}+\frac{1+{{z}^{2}}}{1+x+{{y}^{2}}}\le 2$   với mọi số thực x, y, z thỏa $x,y,z>1$.

Bài toán 10. Cho các số dương x, y, z có tích bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{1}{1+x+{{x}^{2}}}+\frac{1}{1+y+{{y}^{2}}}+\frac{1}{1+z+{{z}^{2}}}\ge 1$

Bài toán 11. Cho các số dương x, y, z có tích bẳng 8. Chứng minh rằng $\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+2x+4}+\frac{{{y}^{2}}}{{{y}^{2}}+2y+4}+\frac{{{z}^{2}}}{{{z}^{2}}+2z+4}\ge 1$

Mệnh đề sau có đúng hay không?

“Cho $P\left( x \right)\in \mathbb{Z}\left[ x \right]$ thì với mọi số nguyên n, a (a khác 0) ta có $P\left( n \right)+P\left( n+1 \right)+...+P\left( n+a-1 \right)\vdots a$”. Nếu không đúng hãy chỉ ra phản ví dụ.

Bổ đề: Cho đa thức P(x) hệ số nguyên khác x thì $P\left( P\left( x \right) \right)-x\vdots P\left( x \right)-x$
Chứng minh. $P\left( P\left( x \right) \right)-x=P\left( P\left( x \right) \right)-P\left( x \right)+P\left( x \right)-x$ đến đây áp dụng tính chất quen thuộc của đa thức hệ số nguyên: “Cho P(x) là đa thức hệ số nguyên và hai số nguyên phân biệt a, b thì $P\left( a \right)-P\left( b \right)\vdots a-b$”. Suy ra $P\left( P\left( x \right) \right)-P\left( x \right)\vdots P\left( x \right)-x$. Vậy bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán, áp dụng bổ đề ta suy ra $P\left( P\left( x \right) \right)-x=\left( P\left( x \right)-x \right)Q\left( x \right)=2\left( {{x}^{2}}-1 \right)Q\left( x \right)$. Như vậy ta chỉ cần chứng minh $P\left( P\left( x \right) \right)-x=4\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( 2{{x}^{2}}+2x-1 \right)$ việc này quá dễ dàng vì $P\left( P\left( x \right) \right)-x$  là đa thức bậc 4 mà ta đã biết có 2 nghiệm là 1, -1.

Thực ra phần trên chỉ là làm ngoài nháp. Khi trình bày bài toán chỉ cần ghi $P\left( P\left( x \right) \right)-x=4\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( 2{{x}^{2}}+2x-1 \right)$ là xong.

Sau đây xin nêu phát biểu tổng quát của bổ đề trên: “Cho đa thức P(x) là đa thức hệ số nguyên khác x thì $P\left( P\left( ...P\left( x \right) \right) \right)-x\vdots P\left( x \right)-x$”. Việc chứng minh bổ đề này không khó, chỉ cần dùng quy nạp.

Giả sử $P\left( x \right)$  có nghiệm hữu tỉ thì $\Delta ={{b}^{2}}-4ac={{k}^{2}}\left( k\in \mathbb{N} \right)$. Ta có $4a.\overline{abc}=400{{a}^{2}}+40ab+4ac={{\left( 20a+b \right)}^{2}}-\left( {{b}^{2}}-4ac \right)={{\left( 20a+b \right)}^{2}}-{{k}^{2}}=\left( 20a+b+k \right)\left( 20a+b-k \right)$. Từ đây suy ra $\left( 20a+b+k \right)\left( 20a+b-k \right)\vdots \overline{abc}$  (1). Mặt khác do ${{b}^{2}}-4ac={{k}^{2}}\Leftrightarrow {{b}^{2}}={{k}^{2}}+4ac>{{k}^{2}}\Rightarrow b>k\Rightarrow 20a+2b>20a+b+k\ge 20a+b-k$. Rõ ràng $\overline{abc}>20a+2b>20a+b+k\ge 20a+b-k$ mâu thuẫn với (1). Từ đó suy ra đpcm.

Bài 36: Cho các số thực a, b, c có tổng bằng 0 và ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}>0$. Chứng minh rằng

$\frac{13{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}-2abc-2}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{3}}}\le \frac{1}{4}$

Tìm tất cả các đa thức $f\left( x \right)$ thỏa $\left\{\begin{matrix} 2f\left ( x \right )+f\left ( 1-x \right )=mx^{2}\\ f\left ( 1 \right )=2 \end{matrix}\right.$

Hai đa thức bằng nhau và hai đa thức đồng nhất nhau khác nhau chỗ nào ? Những biến đổi nào trong các bài toán xác định đa thức thì là biến đôi hệ quả (phải thử lại sau khi tìm được đa thức) và biến đổi nào là tương đương. Có phương pháp chung nào để nhận biết không?

Bài 7: Cho x, y là các số dương khác -1. Chứng minh

$\frac{1}{{{\left( 1+x \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+y \right)}^{2}}}\ge \frac{1}{1+xy}$

Bài này mình đã có lời giải rồi nhưng lời giải đó sử dụng biến đổi tương đương rất lằng nhằng, phức tạp vì vậy các bạn cố gắng đưa ra lời giải đơn giản nhất có thể nhé.

Cho mình hỏi bài này 

 Cho các số thực a, b, c có tổng bằng 0 và ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}>0$. Chứng minh rằng

$\frac{13{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}-2abc-2}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{3}}}\le \frac{1}{4}$

Bài này mình đã có lời giải rồi nhưng mà nó không tự nhiên cho lắm, các bạn hãy thử suy nghĩ cách của bạn trước nhé rồi mình sẽ đăng lời giải mình có.

Bài 1: Đối với cấp số nhân có hay không \[\frac{{{S}_{n}}}{{{S}_{2n}}-{{S}_{n}}}=\frac{{{S}_{2n}}-{{S}_{n}}}{{{S}_{3n}}-{{S}_{2n}}}=\frac{{{S}_{3n}}-{{S}_{2n}}}{{{S}_{4n}}-{{S}_{3n}}}=...=\frac{{{S}_{\left( k+1 \right)n}}-{{S}_{kn}}}{{{S}_{\left( k+2 \right)n}}-{{S}_{\left( k+1 \right)n}}}\]. Nếu có thì chứng minh tổng quát như thế nào?

Mình có một số vấn đề về BĐT xin bạn giúp đỡ.

Câu 1: Trong cuốn sách Phương pháp giải toán BĐT và cực trị dành cho học sinh 8, 9

Cho 3 số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng

${{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}\ge 4\left( a+b+c \right)\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)$.

Lời giải của bài này trong cuốn sách như sau

Do vai trò của a, b, c có tính hoán vị vòng qubạn nên giả sử b nằm giữa a và c.

Nếu $a\ge b\ge c$ thì vế phải của BĐT âm, còn vế trái dương nên BĐT hiển nhiên.

Nếu $c\ge b\ge a$, ta có

$VP=4\left( a+b+c \right)\left( b-a \right)\left( c-b \right)\left( c-a \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-a \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$

Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-b \right)\left( c-a \right)$. BĐT này tương đương với $a\left( 2a+2c-b \right)\ge 0$, đúng do $c\ge b\ge a$.

Mình xin hỏi:”Tại sao lại tách và sử dụng BĐT như vầy

$VP=4\left( a+b+c \right)\left( b-a \right)\left( c-b \right)\left( c-a \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-a \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$

Tác giả đã dự đoán dấu bằng ra sao mà lại nhóm như thế? Đã sử dụng kỹ năng nào?

Mình đã thử làm khác đi là: giả sử $a=\max \left\{ a,b,c \right\}$. Nếu $b\ge c$ thì BĐT hiển nhiên. Xét $c\ge b$, sau đó mình làm như sau

$VP=4\left( a+b+c \right)\left( a-c \right)\left( c-b \right)\left( a-b \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( a-c \right)+\left( a-b \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$

Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \left( a+b+c \right)\left( a-c \right)+\left( a-b \right)\left( c-b \right)$. BĐT này tương đương với $c\left( 2c+2b-a \right)\ge 0$. Điều này là không chắc chắn.

Bạn hãy giải thích sai lầm của mình ở chỗ nào nhé.

Mình xin cảm ơn

Câu 2

Trong cuốn “Sáng tạo bất đẳng thức” có một bài toán thế này

“Chứng minh với mọi số thực dương a, b, c ta có

$\frac{{{a}^{3}}b}{1+a{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{3}}c}{1+b{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{3}}a}{1+c{{a}^{2}}}\ge \frac{abc\left( a+b+c \right)}{1+abc}$.

Lời giải như sau:

Với mọi số thực dương k, áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có

$\frac{{{a}^{2}}}{b+kc}+\frac{{{b}^{2}}}{c+ka}+\frac{{{c}^{2}}}{a+kb}\ge \frac{a+b+c}{k+1}$

Ta chọn $k=\frac{1}{abc}$ thì có được đpcm.”

Mình xin hỏi tại sao lại nghĩ đến BĐT $\frac{{{a}^{2}}}{b+kc}+\frac{{{b}^{2}}}{c+ka}+\frac{{{c}^{2}}}{a+kb}\ge \frac{a+b+c}{k+1}$, và chọn $k=\frac{1}{abc}$.

Câu 3:

Trên mathlinks.ro có bài toán sau:

“Cho các số thực dương a, b, c thỏa $3a+4b+6c\ge 42$. Chứng minh

$a+b+c+\frac{3}{a}+\frac{6}{b}+\frac{8}{c}\ge \frac{29}{2}$.

Lời giải trên trang ấy là

BĐT đề bài tương đương $\frac{3{{\left( a-2 \right)}^{2}}}{4a}+\frac{2{{\left( b-3 \right)}^{2}}}{3b}+\frac{{{\left( c-4 \right)}^{2}}}{2c}+\frac{3a+4b+6c-42}{12}\ge 0$ (1) ”

hãy chỉ mình phương pháp tìm ra (1).

Mình sẽ rất vui nếu như bạn trả lời các câu hỏi của mình.