Tại sao đoạn Cauchy_Schwwarz lại ra như thế kia vậy a

E nhớ là BĐT Cauchy-schwwarz đâu có như vậy

Với cả dấu bằng của a, em nghĩ có vấn đề, áp dụng C-S ==> a=b=c ==> ko t/m

Đó là C-S dạng engel đó bạn

$\sum \frac{c}{a+b} = \sum \frac{c^2}{ca+cb} \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} $

Về chỗ dấu bằng

Thì theo bđt C-S thì xảy ra khi các biến tỉ lệ với quy ước mẫu bằng 0 thì tử bằng 0

Do đó vẫn đảm bảo dấu bằng tại biên của bài toán

Cho $x,y,z\geq 0;x+y+z=4.$

Tìm max: $A=\sum x^{3} +8(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})$

Bài này mình mò được điểm rơi là $\left ( 0;2;2 \right )$ mà chưa tìm được cách.

Đặt $f(x,y,z) = \sum x^3 + 8(xy^2+yz^2+zx^2) $

Ta có $f(x+z,y+z,0) = (x+z)^3 + (y+z)^3 + 8(x+z)(y+z)^2 $

Ta chứng minh $f(x,y,z) \leq f(x+z,y+z,0 ) $

Là hiển nhiên

Do đó, ta càn tìm max của

$B= a^3+b^3+8.ab^2 $ với $a+b \leq 4 $

Tới đây dễ rồi

Bài 2: (4 điểm)
Cho dãy số ${u_n}$ xác định bởi $u_0=1; u_1=2$
$$u_{n+2}=4u_{n+1}-u_n$$
Tìm cồng thức tổng quát của dãy. Xác định tất cả các giá trị của $n$ để $u_n-1$ là số chính phương.
 

Ta có công thức tổng quát của dãy là

$u_n= \frac{1}{2} )(2 + \sqrt{3})^n + \frac{1}{2}(2-\sqrt{3})^n $ 

Ta sẽ chứng minh $n$ lẻ thỏa YCBT

Thật vậy, ta có 

$(2+\sqrt{3})^n +(2-\sqrt{3})^n -2 = 2k^2$

Xét $n$ lẻ thì ta sẽ chọn $k = (\frac{(\sqrt{3}+1)^n}{2^{\frac{n+1}{2}}} )^2 - (\frac{(\sqrt{3}-1)^n}{2^{\frac{n+1}{2}}} )^2 $

Dễ chứng minh $k$ nguyên 

Do đó ta có đpcm 

Còn với $n$ chẵn thì ta có pt lúc sau sẽ có dạng $3x^2=2k^2 $

Dễ thấy cái này chỉ có nghiệm $(0,0)$

Do đó $n=0 $ và $n $ lẻ thỏa YCBT

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $H,M$ lần lượt là trung điểm của $BC,AC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCM$ cắt đoạn $AH$ tại $D$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ cắt đoạn $BM$ tại $K$. Gọi $I$ là giao điểm của $AK$ và $BD$, $E$ là giao điểm của $CI$ với $BM$. Chứng minh:
1.Tam giác $AKC$ vuông.
2.$I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABE$.

Bài hình đầu tiên mình giải trên VMF

Ta chứng minh  $\triangle AKC $ vuông như sau

$\widehat {KAM} =\widehat {BHD}=\dfrac{1}{2} \widehat{BDC} = \dfrac{1}{2} \widehat{BMC}  $

Do đó $MK=MA $

Suy ra $\triangle AKC$ vuông

b/  Ta có $IK.ID=ID.IB => I $ thuộc trục đẳng phương của $(BMC)$ và $(AC) $

Do đó $CI $ cắt $(BMC)$ tại $J $

Mặt khác, ta cũng có $\widehat {MBC} = \widehat{MJC} = \widehat{MCJ} $

Do đó $MA^2=MC^2=ME.MB $

Từ đó biến đổi góc thêm 1 tí là ra

tìm tất cả các stn n sao cho n chia hết cho [$\sqrt{n}$]

Đặt $[\sqrt{n} ] = d $

Khi đó $d \leq \sqrt{n} < d+1 $

$d^2 \leq n < d^2+ 2d $

Do đó $n= d^2 + r$

Với $r= 1,2,...,2d-1 $

Mặt khác $n \vdots d => r \vdots d $

Do đó, $r=d $

Vậy $n= d^2+ d $

Thử lại thỏa 

 

Bài toán 3: Cho $P(n)$ là một đa thức( hệ số thực) của biến tự nhiên $n$ thỏa mãn:

$P(n)=1^{2003}+2^{2003}+...+n^{2003},\forall n\in N^{*}$.

Chứng minh rằng: đa thức $P(n)$ chia hết cho đa thức $Q(n)=n^2(n+1)^2$

 

 

Bài 3 có sai gì không bạn

Dễ thấy $P(1) = 1$ không chia hết cho $Q(1) $

$P(2) $ cũng vậy 

Full cho em hộ anh. Em mới tìm hiểu phần này thôi =))

Thật ra bài này em có thể đọc trong phần lời giải và bình luận kì thi VMO 2015 của thầy Dũng

Có 2 cách giải

Anh có 1 lời giải khác, dùng bổ đề, nhưng chứng minh tương tự thôi nên không đăng

a) Ta chứng minh dãy số luôn dương và là dãy giảm bằng Quy nạp.

Dãy bị chặn dưới bởi $0$, Theo Weierstrss thì dãy có giới hạn. Đặt: $lim(x_{n})=\alpha$.

Suy ra ta giải phương trình: $\alpha =\frac{\alpha }{2}+\frac{1}{4}\sqrt{\alpha ^2+3}\Rightarrow \alpha =1$ do $\alpha >0$.

b) Với $a=1$ thì :

$1-\frac{2}{n+1}\leq x_{n+1}\leq \frac{x_n}{2}+\frac{1}{4}{\sqrt{x_{n}^2+3}}$

Giới hạn của 2 dãy đều bằng $1$ nên Theo nguyên lý kẹp ta có  $lim(x_{n})=1$.

Bạn chứng minh ý đầu chưa

Đó mới là ý chính của bài toán

Ngoài ra ở ý $b$ ngoài cách đó

Thì mình còn 1 cách chứng minh là khi $a=1 $ có $lim =1 $ luôn

Cho các số dương a,b,c thỏa $abc=1$ .Chứng minh rằng:

 

$\frac{a}{a^{2}+3}+\frac{b}{b^{2}+3}+\frac{c}{c^{2}+3}\leq \frac{3}{4}$

Xét hàm số $f(x) = \frac{x}{x^2+3} - \frac{1}{8}lna $ trên $(0,+\infty )$ 

Có $f'(x) =\frac{3-x^2}{(x^2+3)^2} - \frac{1}{8x} $

Kẻ bảng biến thiên, ta chứng minh đc $f(x) \leq f(1) $

Do đó cộng hết lại ta có đpcm 

Ngay từ đầu bài toán em chuẩn hóa luôn a+b+c=3 thì có đc ko a?

đc em. Những sẽ không quy đc về soS

Cho a,b,c > 0.CMR:

$\frac{8(a^3+b^3+c^3)}{(a+b)(b+c)(a+c)} \geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} + 1$

$pqr$ thôi

Chú ý, khi chuyển $pqr$, nhờ tính đơn điệu của $r$, ta có thể đưa về chứng minh bđt 1 biến

Anh có thể giúp em viết rõ phần màu xanh này đc ko ạ, em thấy hơi khó hiểu   

2a+b+c > a+b+c vì a,b,c >0, mới cả anh viết hộ em dấu bằng xảy ra khi nào ạ?

BĐT $<=> \sum \frac{a}{b+c} -\frac{3}{2} + \frac{abc}{2(a^3+b^3+c^3} - \frac{1}{6} \geq 0 $

        $<=> \sum (a-b)^2 . \frac{1}{2(a+c)(b+c)} - \sum (a-b)^2. \frac{a+b+c}{12(a^3+b^3+c^3) } \geq 0 $

        $<=> \sum (a-b)^2 . (\frac{1}{2(a+c)(b+c)} -\frac{a+b+c}{12(a^3+b^3+c^3) } ) \geq 0 $

Giả sử $a \geq b \geq c $

Suy ra đc $S_c \leq S_b \leq S_a $

Do đó, ta cần chứng minh 

$S_b + S_c >0 <=> 3(2a+b+c)(a^3+b^3+c^3) \geq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a) $

Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa $a+b+c =3 $

Và chú ý rằng $2a+b+c \geq a+b+c $

Chuyển $pqr $

Do đó, ta chỉ cần chứng minh $3(p^3-3pq+3r) \geq pq -r $

$<=> r \geq \frac{30q-81}{10} $

Nếu $q \leq \frac{27}{10} $ ta có đpcm 

Nếu $3 \geq q \geq \frac{27}{10} $, áp dúng bdt Schur bậc 3, ta cần chứng minh 

$\frac{12q-27}{9} \geq \frac{30q-81}{10} <=> 150q \leq 459$ đúng

Vậy ta có đpcm 

Bây giờ, đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Vì bên ngoài các đại lượng $S_a, S_b , S_c $ đã có $(a-b)^2, (b-c)^2, (c-a)^2 $ rồi

Mặt khác, theo tiêu chuẩn chứng minh SOS cho $a \geq b \geq c $

Là $S_a(b-c)^2 + S_b(a-c)^2  +S_c( a-b)^2 \geq 0 $

Nếu có $S_b \geq 0 , S_b + S_c \geq 0 , S_b+ S_a \geq 0 $ là ta có dương

Cái trên anh áp dụng luôn

Do có $S_c \leq S_b \leq S_a $

nên chỉ cần chứng minh $S_b + S_c >0 $ thôi

Khi đó anh sẽ thử chứng minh 

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

Mà đã có $2a+b+c \geq a+b+c $

Nên chỉ cần chứng minh $3(a^3+b^3+c^3) \geq (a+b)(b+c)(c+a) $ thôi

Mà cái này anh quy về $pqr$ để chứng minh thì thấy nó đúng

Chứng minh rằng dãy vô hạn $\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+....$ có giá trị là e

Xét khai triển taylor của $e^x $

$e^x = 1+ x+ \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + ... $

Cho $x=1$, ta tính đc

$e  =  1+ 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + ... $

Do đó , ta có đpcm 

Chứng minh rằng: $x^{3}+y^{3}\geq x^{2}y+xy^{2}, x,y\geq 0$

Cách khác

Ta có 

$x^3-x^2y + y^3 - xy^2 = x^2(x-y) + y^2(y-x) = (x-y)(x^2-y^2)=  (x-y)^2(x+y) \geq 0 $

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $(a+1)(b+1)(c+1)=1+4abc$

Chứng minh rằng: $a+b+c \leq 1+abc$

Thay $(a;b;c) \rightarrow (\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c})$, ta được bài toán mới

Ta quy về pqr, bđt cần chứng minh trở thành

Cho $p+q=3$

a/ Chứng minh $q < \ 1 +r $

Ta cần chứng minh $r > 2 -p $

Theo bđt Schur bậc 3, ta có $p^3 -4pq +9r \geq 0 <=> r \geq \dfrac{12p-4p^2-p^3}{9} $

Ta cần chứng minh $\dfrac{12p-4p^2-p^3}{9} \geq 2-p <=> p^3+4p^2-21p+18 <0<=> 1,24 <p<2 $

Vậy bđt đúng khi $1,24<p<2 $

Mặt khác, ta có $3=p+q \leq p+\dfrac{p^2}{3} <=> p \geq 1,8 $

Nếu $p \geq 2 $thì $2-p \leq 0 \leq r $

Do đó bài toán được chứng minh

Cho a,b,c > 0. CMR:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{abc}{2(a^3+b^3+c^3)} \geq \frac{5}{3}$

BĐT $<=> \sum \frac{a}{b+c} -\frac{3}{2} + \frac{abc}{2(a^3+b^3+c^3} - \frac{1}{6} \geq 0 $

        $<=> \sum (a-b)^2 . \frac{1}{2(a+c)(b+c)} - \sum (a-b)^2. \frac{a+b+c}{12(a^3+b^3+c^3) } \geq 0 $

        $<=> \sum (a-b)^2 . (\frac{1}{2(a+c)(b+c)} -\frac{a+b+c}{12(a^3+b^3+c^3) } ) \geq 0 $

Giả sử $a \geq b \geq c $

Suy ra đc $S_c \leq S_b \leq S_a $

Do đó, ta cần chứng minh 

$S_b + S_c >0 <=> 3(2a+b+c)(a^3+b^3+c^3) \geq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a) $

Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa $a+b+c =3 $

Và chú ý rằng $2a+b+c \geq a+b+c $

Chuyển $pqr $

Do đó, ta chỉ cần chứng minh $3(p^3-3pq+3r) \geq pq -r $

$<=> r \geq \frac{30q-81}{10} $

Nếu $q \leq \frac{27}{10} $ ta có đpcm 

Nếu $3 \geq q \geq \frac{27}{10} $, áp dúng bdt Schur bậc 3, ta cần chứng minh 

$\frac{12q-27}{9} \geq \frac{30q-81}{10} <=> 150q \leq 459$ đúng

Vậy ta có đpcm 

Giải hệ phương trình sau: $\left\{\begin{matrix} x^{5}+xy^{4}=y^{10}+y^{6} & & \\ \sqrt{4x+5}+\sqrt{y^{2}+8}=6 & & \end{matrix}\right.$

Đặt $t=y^2 $

Từ pt $(1)$ Suy ra

$x^5-t^5 = t^2(t-x) <=> (x-t)(x^4+x^3t+x^2t^2+xt^3+t^4+t^2 ) =0 $

Mà ta có $x^4+x^3t+x^2t^2+xt^3+t^4+t^2 = (x+t)(x^3+t^3) + x^2t^2+t^2 = (x+t)^2(x^2-xt+t^2) + x^2t^2+t^2 >0 $

Do đó $x=t $

Hay $x=y^2 \geq 0 $

Thay vào pt dưới ta được

$\sqrt{4x+5} +\sqrt{x+8} = 6 $

Nếu $x > 1 $ thì $VT > 6 $ vô lí

Nếu $x < 1 $ thì $VP < 6 $ vô lí

Do đó $x=1 $ là nghiệm duy nhất

Khi đó $y=1 ; y=-1 $

Xét $f(x) = \frac{3x-1}{x} $

Có $f'(x) = \frac{1}{x^2 } >0 $

Mà mặt khác ta có $x_2 < x_1 => x_n giảm $

Mặt khác, ta có $x_1 \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} $

Giả sử $x_n \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} $ đúng với $n$, ta chứng minh đúng với $n+1 $

Tức là chứng minh 

$\frac{3x_n-1}{x_n} \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} <=> x_n \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} $

Do đó ta có $x_n$ giảm, bị chặn dưới bởi $\frac{3+\sqrt{5}}{2} $ do đó, tồn tại $L$ bằng $lim x_n $

Mà khi chuyển sang giới hạn, ta tính đc $L=\frac{3+\sqrt{5}}{2} $

Mặt khác $\frac{y_{n+1}}{y_n } = \frac{3+\sqrt{5}}{2x_{n+1}}  \leq 1$

Do đó $y_n $ giảm, bị chặn dưới bởi $0$ 

Suy ra tồn tại $L'= lim y_n $

Thay vô $L'=\frac{3+\sqrt{5}}{2L} . L' => L'=0 $

LẦN III

Câu 1 (3 điểm): Cho dãy số thực $\left ( u_{n} \right )$ được xác định bởi:

$$\left\{\begin{matrix} u_{1}=2014 & & \\ u_{n+1}=\dfrac{u_{n}^{4}+2013^{2}}{u_{n}^{3}-u_{n}+4026},\,\,\,\, n\in \mathbb{N^{*}} & & \end{matrix}\right.$$

Đặt

$$v_{n}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{u_{k}^{2}+2013},\,\,\,\, \forall n\in \mathbb{N^{*}}$$

Tính $\lim v_{n}$.

Biến đổi tươơng đương sơ sơ, ta được 

$\frac{1}{u_n^2 +2013} = \frac{1}{u_n^2-2013} - \frac{1}{u_{n+1}^2 -2013} $

Tới đây cộng lại là dễ rồi

Bài 4:

a/ Câu bđt  Cho $a,b,c >0 $ thỏa $abc=1 $

Chứng minh $\sum \frac{1}{a+2} \leq 1 $

Quy đồng hết lên, ta được

$\sum (2+a)(2+b) \leq (2+a)(2+b)(2+c) $

$<=> 12+ 4\sum a+ \sum ab \leq 8+4\sum a + 2\sum ab + abc $

$<=> \sum ab + abc \geq 4 $

Ta có $ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} =1 $

Do đó ta có đpcm 

b/ Câu hàm $f(5x+y) = f(x)+f(2y) + 4x-y $

Thay $x=y=0 => f(0)=0 $

Thay $x=0 => f(y) = f(2y)-y <=> f(y)-y = f(2y) -2y $

Đặt $g(x)= f(x) -x $

Do đó $g(x)= g(2x) $

Do $f(x)$ liên tục nên $g(x)$ liên tục

Do đó $g(x) = g(\frac{x}{2}) =...= g(\frac{x}{2^n} )$

Với mỗi $x$ cố định cho $n -> +\infty=> g(x) = g(0) =0$

Khi đó $f(x) = x $

Thử lại thỏa 

Cho a,b,c >0 CMR:$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

Ta có thể chứng minh hàm số

$f(x) = \sum \frac{a^x}{b^x+c^x} $ đồng biến trên $R$

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a+b+c=2 . Chứng minh rằng $\sqrt{a^{2}+bc}+\sqrt{b^{2}+ca}+\sqrt{c^{2}+ab}\leq 3$

Bài này dồn biến thôi

Đặt $f(a,b,c) = \sum \sqrt{a^2+bc} $

Giả sử $a \geq b \geq c $

Khi đó $f(a+\frac{c}{2} ,b+\frac{c}{2} ; 0 ) = a+\frac{c}{2} + b+\frac{c}{2} + \sqrt{(a+\frac{c}{2})(b+\frac{c}{2} ) } $

Ta cần chứng minh $f(a+\frac{c}{2}; b+\frac{c}{2} ; 0 ) \geq f(a,b,c) $

Lấy 2 cái trừ nhau và nhân liên hợp, ta cần chứng minh 

$c[\frac{a-b+\frac{c}{4} }{a+\frac{c}{2} + \sqrt{a^2+bc} } + \frac{b-a+\frac{c}{4} }{b+\frac{c}{2} + \sqrt{b^2+ac} }  + \frac{\frac{a+b}{2} - \frac{3c}{4} }{ \sqrt{(a+\frac{c}{2})(b+\frac{c}{2} ) }+\sqrt{c^2-ab} }] \geq 0$

Do $c \geq 0 $ và $\frac{a+b}{2} - \frac{3c}{4} \geq 0 $

Do đó ,ta cần chứng minh tổng 2 căn đầu $>0 $

Thật vậy, ta có $a+\frac{c}{2} + \sqrt{a^2+bc} \geq b+\frac{c}{2} + \sqrt{b^2+ac} $

Do đó, ta có

$\frac{a-b+\frac{c}{4} }{a+\frac{c}{2} + \sqrt{a^2+bc} } + \frac{b-a+\frac{c}{4} }{b+\frac{c}{2} + \sqrt{b^2+ac} } $

$\geq \frac{a-b+\frac{c}{4} }{a+\frac{c}{2} + \sqrt{a^2+bc} } + \frac{b-a+\frac{c}{4} }{a+\frac{c}{2} + \sqrt{a^2+bc} } = \frac{c}{2(a+\frac{c}{2} + \sqrt{a^2+bc})} >0  $

Do đó $f(a+\frac{c}{2}; b+\frac{c}{2} ; 0 ) \geq f(a,b,c) $

Đặt $a+\frac{c}{2} =x ; b+\frac{c}{2} = y $

Khi đó $x+y = 2 $

Ta cần chứng minh $x+y+\sqrt{xy} \leq 3 $

Mà này hiển nhiên do $\sqrt{xy} \leq \frac{x+y}{2} $ 

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=1; c=0 $ và các hoán vị tương ứng

Lời giải bài 21 và bài 22 các bạn VODANH9X và phamngochung9a đã giải chuẩn rồi, mình xin đề xuất hai bài tiếp theo:

Bài 23: Cho các số thực $a,b,c\in [1,2]$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{(a+b)^2}{c^2+4(ab+bc+ca)}$

 

Xét hàm số $f(c) = c^2 + 4(ab+bc+ca) $ là hàm đồng biến theo biến $c$

Do đó để $P_{min} $ thì $c $ max

Do đó. ta cần tìm min của biểu thức

$P=\frac{(a+b)^2}{4+4(ab+2a+2b) } $

Mặt khác

Xét hàm số $f(a) = \frac{a^2+2ab+b^2}{(4b+8)a + 4+8b } $

Có $f'(a) = \frac{(4b+8)a^2+ (16b+8)a -4b^3 +8b^2+8b }{[(4b+8)a+4+8b]^2}$

Mà ta có $-4b^3+8b^2+8b > 0 $ (do $b \in [1;2] $)

Do đó $f'(a) >0 $

Tương tự dễ chứng minh $f'(b) >0 $

Mà $a,b \geq 1 => f(a,b) \geq f(1,1) = \frac{1}{6} $

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=1; c=2 $ 

Trong cuốn sách của anh có viết như thế này . Vậy cho e hỏi sao lại đưa được về thế này ạ

Cái đó là dạng tương đương mà bạn

Ảnh viết vậy chỉ để dễ phân tích SS thôi

Tìm số nguyên dương $n$ và số nguyên tố $p$ thỏa 

$p^3-2p^2+p+1=3^n$

Với $p=2 => n=1 $

Phân tích như sau

Do dễ thấy $n$ chẵn nên đặt $n=2k $

$p(p-1)^2  =(3^k-1)(3^k+1 ) $

TH1: $3^k -1 \vdots p => 3^k -1 = pr $

Thay vào lại đưa về PT bậc 2 theo $p: p^2-(2+r^2)pp+1-2r = 0 $

Có $\triangle = r^4+4r^2+8r$

Mà ta chứng minh được $(r^2+3)^2 > \triangle > (r^2+2)^2 $

Do đó vô lí

TH2: $3^k +1 \vdots p $

Làm tương tự tính được $\triangle=r^4+4r^2- 8r $

Ta có $r=1 $ không thoả nên  $r \geq 2 $

Khi đó $(r^2+2)^2 > \triangle \geq r^4$

Do đó, giải ra $r=2 => p =5 $