Với $n\geq 2$ , n là số nguyên dương . Chứng minh:

$3>\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$

Bạn tham khảo ở link sau: https://diendantoanh...frac12frac1n-3/

Nguồn: tạp chí Pi số 10.

Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $x> 1, y> 1, z> 1$ thỏa mãn phương trình sau: $(x+1)^{y}-x^{z}=1.$

*Đây là một trường hợp riêng của giả thuyết $Catalan$ nổi tiếng, được đề cập trong một bài viết của GS Hà Huy Khoái trong tạp chí Pi số 10. Mong các bạn và các anh chị cùng thảo luận...

Chứng minh rằng: $\forall 0\leq k< n$ thì ta có: $C_{2n+k}^{n}.C_{2n-k}^{n}\leq \left ( C_{2n}^{n} \right )^{2}.$

Câu 2. Gọi $P(m, n)$ là phép thế $m=u$ và $n=v$ vào phương trình $f(n^{2})=f(n-m).f(n+m)+m^{2}, \forall m, n\in \mathbb{R}.$    (1)

$P(0, 0)\Rightarrow f(0)=f(0)^{2}\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=1.$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$P(0, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(n)^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (2)

$P(m, m)\Rightarrow f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (3)

Từ (2) và (3) suy ra: $f(m)^{2}=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (4)

$P(m, 0)\Rightarrow f(m).f(-m)+m^{2}=0, \forall m\in \mathbb{R},$ kết hợp với (4) ta được:

$f(m).f(-m)+f(m)^{2}=0\Leftrightarrow f(m)\left ( f(-m)+f(m) \right )=0, \forall m\in \mathbb{R}.$    (5)

Giả sử có số $a:f(a)=0,$ thì từ (4) ta thế $m=a$ ta được: $f(a)^{2}=a^{2}\Rightarrow a=0.$ Vậy từ đây suy ra: $f(m)=0\Leftrightarrow m=0.$

Từ (5) xét với $m\neq 0$ thì $f(m)\neq 0,$ vậy ta có: $f(-m)=-f(m), \forall m\neq 0.$ Mà do $f(0)=0$ nên ta suy ra: $f(-m)=-f(m), \forall m\in \mathbb{R}.$

Từ $f(m)^{2}=m^{2}\geq 0, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)\geq 0\Leftrightarrow m\geq 0.$

Ta có: $f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)=m, \forall m\geq 0.$

Xét $m< 0\Rightarrow -m> 0\Rightarrow f(-m)=-m, \forall -m> 0,$ do $f$ là hàm lẻ nên $f(-m)=-f(m)=-m, \forall m< 0\Rightarrow f(m)=m, \forall m< 0.$ Từ đây suy ra: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa mãn.

Trường hợp 2: $f(0)=1$

$P(n, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(2n)+n^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (6)

Trong (6) thế $n=2\Rightarrow f(4)=f(4)+4\Rightarrow 0=4,$ vô lý nên trường hợp này không xảy ra.

Vậy tất cả các hàm số thỏa đề bài là: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$

Bài 5: Sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách: 

Ta thấy vế phải là số cách chọn $n$ phần tử từ tập $M$ gồm $2n+1$ phần tử nên ta xét bài toán sau: Tính số cách chọn $n$ phần tử từ tập $M$ có $2n+1$ phần tử.

Cách 1: Số cách chọn chính là $C_{2n+1}^{n}.$

Cách 2: Ta chia tập $M$ thành $n$ cặp và lẻ phần tử $x.$ Để chọn $n$ phần tử từ $M$ ta thực hiện các bước sau đây:

Bước 1: Ta sẽ chọn $k$ cặp, với $k=\overline{0, n}$ từ $n$ cặp đã chia thì ta có $C_{n}^{k}$ cách, sau đó ở mỗi cặp ta chọn một phần tử thì như vậy ta có $2^{k}C_{n}^{k}$ cách chọn.

Bước 2: Chọn $\left [ \frac{n-k}{2} \right ]$ cặp trong $n-k$ cặp còn lại.

Vì $\left\{\begin{matrix} \left [ \frac{n-k}{2} \right ]=\frac{n-k}{2}\Leftrightarrow n-k&chẵn& & \\ \left [ \frac{n-k}{2} \right ]=\frac{n-k-1}{2}\Leftrightarrow n-k&lẻ& & \end{matrix}\right.$

Do đó ta sẽ chọn phần tử $x$ nếu $n-k$ lẻ và không chọn $x$ nếu $n-k$ chẵn. Do đó, số cách chọn ở bước này là $C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}.$

Từ đây suy ra, có $2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}$ cách trong mỗi lần chọn.

Cho $k$ chạy từ $0$ đến $n$ và lấy tổng lại thì ta có: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$

Ta có $xy=z^2+1$, Vì ước nguyên tố của $z^2+1$ chỉ có dạng đồng dư $1$ với $4$, nên $x,y$ cũng chỉ có các ước nguyên tố dạng $4k+1$. Khi đó, theo định lý Fermat-Euler về tổng hai bình phương, cộng với hằng đẳng thức Brahmagupta-Fibonacci nói rằng tích một đám có dạng $m^2+n^2$ cũng có dạng này, ta suy ra sự tồn tại của $a,b,c,d$. 

Anh có thể làm bằng Vành số nguyên $Gauss$ không, em nghe nói là dùng số nguyên $Gauss$ nhưng hiện tại thì làm chưa ra...  

Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2017 - 2018

Bài 1. Cho dãy số: $a_{0}, a_{1}, a_{2}, ...$ thỏa mãn: $a_{m+n}+a_{m-n}=\frac{1}{2}\left ( a_{2m}+a_{2n} \right ),$ với mọi số nguyên không âm $m, n$ và $m\geq n.$ Nếu $a_{1}=1,$ hãy xác định: $a_{2017}.$ 

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(n^{2})=f(n+m).f(n-m)+m^{2}, \forall m, n\in \mathbb{R}.$

Bài 3. Tam giác $ABC$ nhọn có $H$ là trực tâm và $P$ là điểm di động bên trong tam giác sao cho $\widehat{BPC}=\widehat{BHC}.$ Đường thẳng qua $B$ và vuông góc với $AB$ cắt $PC$ tại $M,$ đường thẳng qua $C$ và vuông góc với $AC$ cắt $PB$ tại $N.$ Chứng minh rằng: trung điểm $I$ của $MN$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Bài 4. Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ có các hệ số nguyên thỏa mãn $P(2017)=1,$  $3^{n}-1$ chia hết cho $P(n)$ với mọi số nguyên dương $n.$

Bài 5. Chứng minh rằng: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$

*Đề thi có tham khảo ở link sau: http://olympictoanho...-2017-2018.html

Cho $x, y, z$ là các số nguyên dương thỏa mãn: $xy-z^{2}=1.$ Chứng minh rằng tồn tại $a, b, c, d\in \mathbb{N}$ sao cho: $x=a^{2}+b^{2}; y=c^{2}+d^{2}; z=ac+bd.$

1. Nếu $p$ là số nguyên tố dạng $6k+1$ thì tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^2+3 \vdots p$
2. Nếu $p$ là số nguyên tố dạng $6k+5$ thì không tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^2+3 \vdots p$
Thầy mình bảo giải 2 bài này bằng phương trình đồng dư.

1. Nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $6k+1$ thì $p\equiv 1($$mod$ $6)$$\Rightarrow$ $p\equiv 1($$mod$ $3),$ vậy bài toán đã trở về chứng minh rằng: nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $3k+1$ thì tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$ Mà dễ thấy $p\neq 3$ nên

Bây giờ ta sẽ chứng minh một điều ngược lại là: Nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $3k+2$ thì không tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$

Giả sử tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$$\vdots$ $p$ hay $x^{2}+3\equiv0$$($$mod$$p)$$\Rightarrow x^{2}\equiv -3$$($$mod$ $p)$ $\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=1.$

Theo định lý tiêu chuẩn $Euler$ ta có: $1=\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{-1}{p} \right )\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{3}{p} \right ).$

Theo luật tương hỗ $Gauss$ ta có: $\left ( \frac{3}{p} \right )\left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{(3-1)(p-1)}{4}}=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\Rightarrow \left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{p}{3} \right ).$

Từ đây ta suy ra: $1=\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{p-1}\left ( \frac{p}{3} \right )$      ($*$)

Mà  $p$ là số nguyên tố có dạng $3k+2$ nên $p\equiv 2($$mod$ $3)$$\Rightarrow \left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( \frac{2}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{3^{2}-1}{8}}=-1,$ từ đây thay vào ($*$) ta được: $1=\left ( -1 \right )^{p-1}\left ( -1 \right )=\left ( -1 \right )^{p}=-1,$ điều này vô lý nên suy ra điều phải chứng minh. Hay nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $3k+1$ thì tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$ Vậy nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $6k+1$ thì tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$

2. Nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $6k+5$ thì $p\equiv 2($$mod$ $3),$ mà theo câu 1. thì không tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$ Vậy từ đây suy ra, nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $6k+5$ thì không tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$

Cho $p,q,r$ là các số nguyên tố và $n$ là số nguyên dương thỏa mãn

                                      $p^{n}+q^{n}=r^{2}$

Chứng minh: $n=1$.

Trước hết ta có thể giả sử $q=2$

* Nếu $n$ là số nguyên dương lẻ thì ta có: $p^{n}+2^{n}=\left ( p+2 \right )\left ( \frac{p^{n}+2^{n}}{p+2} \right )=r^{2},$ mà do $r$ là số nguyên tố nên ta phải có: $p+2=\frac{p^{n}+2^{n}}{p+2}=r.$

Nếu $n$ là số lẻ và $n\geq 3$ thì ta có: $\frac{p^{n}+2^{n}}{p+2}> p+2, $ từ đây ta dẫn đến một điều vô lý. Do đó, ta phải có: $n=1.$

* Nếu $n$ là số chẵn, đặt $n=2k, k\in \mathbb{Z}^{+}$ thì từ đây ta có: $\left ( p^{k} \right )^{2}+\left ( 2^{k} \right )^{2}=r^{2},$ mà dễ thấy $p, r$ phải phân biệt nên đây là bộ ba $Phythagore$ nên tồn tại $x, y: \left ( x, y \right )=1$ và $x, y$ khác tính chẵn lẻ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} p^{k}=2xy & & \\ 2^{k}=x^{2}-y^{2} & & \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} 2^{k}=2xy & & \\ p^{k}=x^{2}-y^{2} & & \end{matrix}\right.$ Mà $p$ là số nguyên tố nên trường hợp này không xảy ra.

Vậy ta phải có: $n=1.$

Cho $m\geq n$ là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng số các toàn ánh $f:\left \{ 1, 2, 3, ..., m \right \}\rightarrow \left \{ 1, 2, 3, ..., n \right \}$ bằng $\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\binom{n}{k}(n-k)^{m}.$

Ta có: $\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( c^{2}+d^{2} \right )=\left ( ac-bd \right )^{2}+\left ( ad+bc \right )^{2}=\left ( ac+bd \right )^{2}+\left ( ad-bc \right )^{2},$ là định thức $Brahmagupta-Fibonacci$ nổi tiếng.

Cho $(x_n):x_1=a(a \geq 2);x_n=(x_{n-1}^2)-2$ và $b_n= \frac{1}{x_1}+ \frac{1}{x_1x_2}+..+ \frac{1}{x_1x_2...x_n}.$

Tìm $\lim b_n.$

Với mọi $n=1, 2, 3, ...$ ta có: $x_{n}=x_{n-1}^{2}-2\Leftrightarrow x_{n+1}=x_{n}^{2}-2\Leftrightarrow x_{n+1}^{2}-4=\left ( x_{n}^{2}-2 \right )^{2}-4=x_{n}^{4}-4x_{n}^{2}=x_{n}^{2}\left ( x_{n}^{2}-2 \right )=x_{n}^{2}x_{n-1}^{2}\left ( x_{n-1}^{2}-4 \right )=...=x_{n}^{2}x_{n-1}^{2}...x_{2}^{2}x_{1}^{2}\left ( x_{1}^{2}-4 \right )=\left ( x_{1}x_{_{2}}...x_{n} \right )^{2}.\left ( a^{2}-4 \right )$ $\Leftrightarrow \left ( \frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{n}} \right )^{2}=a^{2}-4+\frac{4}{\left ( x_{1}x_{2}...x_{n} \right )^{2}}.$

Mặt khác vì: $x_{1}=a\geq 2\Rightarrow x_{n}\geq 2, \forall n=1, 2, 3, ....$ Do đó: $x_{1}x_{2}....x_{_{n}}> 2^{n}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}.$ Bởi vậy: $0< \frac{4}{\left ( x_{1}x_{_{2}}...x_{n} \right )^{2}}< \frac{4}{2^{2n}}, \forall n=1, 2, 3, ...$ nên theo nguyên lý kẹp ta có: $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{4}{\left ( x_{1}x_{2}...x_{n} \right )^{2}}=0,$ từ đây suy ra: $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{n}}=\sqrt{a^{2}-4}.$      (1)

Mà ta lại có: $\frac{1}{x_{1}x_{_{2}}...x_{n}}=\frac{2}{2x_{1}x_{2}...x_{n}}=\frac{x_{n}^{2}-x_{n+1}}{2x_{1}x_{2}...x_{_{n}}}=\frac{1}{2}\left ( \frac{x_{n}}{x_{1}x_{2}...x_{n-1}}-\frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{n}} \right ),$ từ đây ta có: $b_{n}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{1}x_{2}}+...+\frac{1}{x_{1}x_{2}...x_{n}}=\frac{1}{x_{1}}+\left ( \frac{1}{x_{1}x_{2}}+...+\frac{1}{x_{1}x_{2}...x_{n}} \right )=\frac{1}{a}+\frac{1}{2}\left [ \left ( \frac{x_{2}}{x_{1}}-\frac{x_{3}}{x_{1}x_{2}} \right )+...+\left ( \frac{x_{n}}{x_{1}x_{_{2}}...x_{n-1}}-\frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{n}} \right ) \right ]=\frac{1}{a}+\frac{x_{2}}{2x_{_{1}}}-\frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{_{n}}}=\frac{1}{a}+\frac{a^{2}-2}{2a}-\frac{x_{n+1}}{2x_{1}x_{2}...x_{n}}.$

Từ đây sử dụng (1) ta có: $\lim_{n\rightarrow +\infty }b_{_{n}}=\lim_{n\rightarrow +\infty }\left ( \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{1}x_{2}}+...+\frac{1}{x_{1}x_{2}...x_{n}}\right )=\frac{1}{a}+\frac{a^{^{2}}-2}{2a}-\frac{\sqrt{a^{2}-4}}{2}=\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}.$

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương $(a, b, c)$ thỏa mãn: $(a^{3}+b)(b^{3}+a)=2^{c}.$

Cho số nguyên tố $p> 3$ và hai số nguyên dương $n, k.$ Chứng minh rằng: $\binom{pn}{pk}\equiv \binom{n}{k}$ $(mod$ $Q ),$ với $Q=p^{m}$ và trong đó: $m=3+v_{p}\left ( nk(n-k)\binom{n}{k} \right ).$

Dùng kĩ thuật $Cauchy$ ngược dấu nha bạn...

Cho $n$ là số nguyên dương lẻ và $u$ là một ước nguyên dương lẻ của $3^n+1$

Chứng minh $u-1$ chia hết cho $3$

 

NTP

*Dùng thặng dư bình phương:

Gọi $p$ là một ước nguyên tố lẻ của $3^{n}+1$ nên $3^{n}+1\equiv 0$ $(mod$ $p)$$\Rightarrow 3^{n+1}\equiv -3$ $(mod$ $p).$ Do $n$ là số nguyên dương lẻ nên $n+1$ là số nguyên dương chẵn. Từ đó dẫn đến $-3$ là số chính phương $mod$ $p\Rightarrow \left (\frac{-3}{p} \right )=1$    (I)

Theo định lý tiêu chuẩn $Euler$ ta có: $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{-1}{p} \right )\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{3}{p} \right )$    (*)

Theo luật tương hỗ $Gauss$ ta có: $\left ( \frac{3}{p} \right )\left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{(3-1)(p-1)}{4}}=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\Rightarrow \left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{p}{3} \right )$    (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{p-1}\left ( \frac{p}{3} \right ).$

Ta dễ dàng thấy được $p\neq 3$ nên ta xét:

Nếu $p\equiv 2$ $(mod$ $3)$ $\Rightarrow \left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( \frac{2}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{3^{2}-1}{8}}=-1,$ từ đây dẫn đến: $\left ( \frac{-3}{p} \right )=-1,$ mâu thuẫn với (I).

Do đó, ta phải có: $p\equiv 1$ $(mod$ $3)$ $\Rightarrow p-1\equiv 0$ $(mod$ $3).$ Từ đây ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.
 

Chứng minh rằng với mọi số nguyên $k\geq 2$ thì phương trình: $\frac{1}{10^{n}}=\frac{1}{n_{1}!}+\frac{1}{n_{2}!}+ ...+\frac{1}{n_{k}!}$ không có nghiệm nguyên thỏa mãn $1\leq n_{1}< n_{2}< ...< n_{k}.$

Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng: $-3.\frac{2^{p-1}-1}{p}\equiv \sum_{k=1}^{\begin{bmatrix} \frac{p}{4} \end{bmatrix}}\frac{1}{k}$ $(mod$ $p).$

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( xf(x+y)+(y-x)f(x-f(y)) \right )=f(xy)+f(x)-f(y-x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$

Tìm tất cả các hàm số$\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa mãn:$f(m+n)+f(mn-1)=f(m)f(n)+2$ (1)

Nếu $f(n)=C,$ với $C$ là hằng số thì thế vào (1) ta được: $2C=C^{2}+2,$ phương trình này vô nghiệm, vậy suy ra $f$ không phải là hàm hằng.

Từ (1), thế $m=0$ ta được: $f(n)+f(-1)=f(0).f(n)+2, \forall n\in \mathbb{Z}.$

$\Leftrightarrow \left [ f(0)-1 \right ].f(n)=f(-1)-2, \forall n\in \mathbb{Z}$ (2)

Nếu $f(0)-1\neq 0$ thì từ (2) suy ra $f$ là hàm hằng, vô lý.

Vậy $f(0)=1$ và $f(-1)=2.$

Từ (1) thế $m=-1$ ta được: $f(n-1)+f(-n-1)=2f(n)+2, \forall n\in \mathbb{Z}$ (3).

Từ (3) thế $n$ bởi $-n$ ta được: $f(-n-1)+f(n-1)=2f(-n)+2, \forall n\in \mathbb{Z}$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra: $f(n)=f(-n), \forall n\in \mathbb{Z}$ và (3) trở thành:

$f(n-1)+f(n+1)=2f(n)+2, \forall n\in \mathbb{Z}$ (5).

Xét dãy số $\left ( x_{n} \right )_{n=0}^{+\infty }$ như sau: $x_{n}=f(n), \forall n=0, 1, 2, ...$

Từ (5) ta có: $x_{n+1}+x_{n-1}=2x_{n}+2, \forall n\in \mathbb{N}.$

Giải phương trình này ta được: $x_{n}=n^{2}+1\Rightarrow f(n)=n^{2}+1, \forall n\in \mathbb{N}.$

Do $f$ là hàm chẵn trên $\mathbb{Z}$ nên ta suy ra: $f(n)=n^{2}+1, \forall n\in \mathbb{Z}.$

Thử lại thấy thỏa mãn.

 

Bài này là đề thi học sinh giỏi hay đề anh chế vậy.Căng não cả buổi trời mới ra.

 

Trước hết , để làm được bài này ta có các bổ đề sau:

 

(1) $(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\geq abc(a+b+c)$

 

(2) $\frac{1}{a+b+c}\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

 

(3) $\frac{1}{a+b+c+d}\leq \frac{1}{16}\sum \frac{1}{a}$

 

(4) $\sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}\leq \frac{1}{abc}$

 

Những bđt này các bạn có thể tìm cách chứng minh trên mạng.

 

Quay lại bài toán.

 

Từ gt => 

 

$(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}=3(abc)^{2}$

Bằng cách sử dụng (1) , ta được:

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

=> $3abc\geq a+b+c$

Ta có: P = $\sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq \frac{1}{16}(3+\sum \frac{9}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})$ (theo (3))

Ta cần cm $\frac{1}{16}(3+\sum \frac{9}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}) \leq \frac{3}{4}$

<=> $\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq 1$

<=> $(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 1$

Ta sẽ cm bất đẳng thức trên. Thật vậy, ta có:

$(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 3.\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}$ (Cauchy-Schwarz)

. $\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}=\sum \frac{1}{(a^{3}+b^{3}+abc)+3ab(a+b)}\leq \frac{1}{9}(\sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}+\sum \frac{4}{3ab(a+b)})$(theo (2)) $\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3(a+b)}.(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{2})$ (Theo (4) và bđt AM-GM) $\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{(a+b)^{2}}{3(a+b)(ab)^{2}})=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{(a+b)}{3(ab)^{2}})=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3ab}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{a}(\frac{1}{3ab}+\frac{1}{3ca}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}+3-3))=\frac{1}{9}(1+\frac{1}{3abc})=\frac{(a+b+c)}{27abc}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{(a+b+c)}{27abc}(\frac{ab+bc+ca}{abc})\leq \frac{3abc}{27abc}\frac{\sqrt{3.((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2})}}{abc}=\frac{1}{9}\frac{\sqrt{3.3(abc)^{2}}}{abc}=\frac{1}{3}$

=> $(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 3.\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}\leq 3.\frac{1}{3}=1$

=>$(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 1$

=> Bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

=> Đpcm.

 

Bài này anh chỉ sưu tầm đề thôi em, anh làm như thế này, không biết có ổn không, em xem thử...

Ta có: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=3\geq \frac{3}{\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}\Leftrightarrow abc\geq 1.$

Từ đây: $\sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq \sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+1}}=\sum \frac{\sqrt{(a+b)^{3}+1}-1}{(a+b)^{3}}=\sum \frac{\sqrt{(a+b+1)\left ( (a+b)^{2}-(a+b)+1 \right )}-1}{(a+b)^{3}}\leq \sum \frac{(a+b)+1+(a+b)^{2}-(a+b)+1-2}{2(a+b)^{3}}=\sum \frac{1}{2(a+b)}$$\leq \frac{1}{2}.\frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a})=\frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq \frac{1}{4}.\sqrt{3\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \right )}=\frac{3}{4}.$

Cho $a, b, c> 0$ thỏa mãn $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=3.$ Chứng minh rằng: $\frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}+\frac{1}{1+\sqrt{(b+c)^{3}+abc}}+\frac{1}{1+\sqrt{(c+a)^{3}+abc}}\leq \frac{3}{4}.$

Bài 2 dùng bất đẳng thức $Minkowski$ và bất đẳng thức $Cauchy$ là xong.

Đây nha bạn...