Từ đề bài ta có tồn tại dãy số nguyên không âm $(x_n)_{n\ge 1}$ sao cho $a.2^n+b=x_n^2 \Rightarrow x_n=\sqrt{a.2^n+b}$ 
Khi đó ta có $2x_n-x_{n+2}=\frac{3b}{\sqrt{a.2^{n+2}+b}+\sqrt{a.2^{n+2}+b}}$ 
Suy ra $lim_{n \rightarrow +\infty}(2x_n-x_{n+2})=0$ mà dãy $\{2x_n-x_{n+2}\}$ nguyên nên tồn tại $k_0 \in \mathbb{N^*}$ để mà 
$2x_n-x_{n+2}=0,\forall n \ge k_0$ hay $2x_n=x_{n+2},\forall n \ge k_0$ 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{a.2^n+b}=\sqrt{a.2^{n+2}+b},\forall n \ge k_0 \Leftrightarrow b=0$ 
Do đó $a.2^n$ là số chính phương với mọi số nguyên không âm $n$. Hiển nhiên ta phải có $a=0$ (đpcm)

Đề ra đâu có $b=0$ đâu,chỉ $a=0$ mà

KMTTQ, $a \geq b \geq c$
Khi đó dễ cmr $a - \frac{1}{a} \geq b-\frac{1}{b} \geq c - \frac{1}{c}$
Và $3+ \sqrt{8+ \frac{1}{a^2}} \leq 3+ \sqrt{8+ \frac{1}{b^2}} \leq 3+\sqrt{8+\frac{1}{c^2}}$
Bđt cần cm tương đương với
$\sum \frac{a-\frac{1}{a}}{3+ \sqrt{8+\frac{1}{a^2}}} \geq 0$
Áp dụng bđt Cheybershev kết hợp điều kiện ta có đpcm.

Tìm tất cả $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y)$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$

Bài này không khó, chắc lấy ý tưởng từ bài Trường Đông năm nay.
$\textbf{Lời giải}$
Kẻ $CH$ cắt $(O)$ tại $K$. $FX$ cắt $AK$ tại $N$.
Dễ thấy $FX=FN$ nên áp dụng định lý con bướm đảo vào tứ giác nội tiếp $AKBC$ tâm $O$ có $OF \perp FX$.
Phần sau dễ rồi.

Bổ đề: Xét $a \geq 0$ và $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $g(x)=x - \dfrac{a}{x}$ thì $g$ toàn ánh.(Không chứng minh) 

 

$P(x,y) : f(xy) = max \left \{ f(x+y),f(x)f(y) \right \}$

$P \left(x, \dfrac{-a}{x} \right) : f(-a)= max \left \{ f \left( x- \dfrac{a}{x} \right), f(x)f \left( \dfrac{-a}{x} \right) \right \}$

Tức là $f(-a) \geq f \left( x- \dfrac{a}{x} \right) (1)$
Từ đây do tính toàn ánh của $ x- \dfrac{a}{x}$ nên $f(-a) \geq f(x), \forall a \geq 0, x \in \mathbb{R}$

Hay $f(-y) \geq f(x), \forall y \geq 0, \forall x \in \mathbb{R} $

Từ đây $f(-y) \geq f(-x), \forall x,y \geq 0$ suy ra $f(x)=f(0)=C, \forall x \leq 0$ 

Ngoài ra, $f(x) \leq C, \forall x \in \mathbb{R}$

Xét $x \geq 0$

$P(-x,-1) : f(x)= max  \left \{ f(-x-1), f(-x)f(-1) \right \} = max \left \{ C, C^2  \right \}$

$\Rightarrow C \geq C^2 \Leftrightarrow 0 \ leq C \leq 1$

Mặt khác, với mọi $C \in [0,1]$ thì $C \geq C^2$ nên $f(x)=C, \forall x$

Đặt $x+y=a$ (cho đẹp) và $xy=b$
P=$(x+y)^3-3xy(x+y)+2xy$
$P=a^3-3ab+2b=a^3+b(2-3a)$
Ta có $4xy=4b=(x+y)^2+(x-y)^2=a^2+(x-y)^2$
Đến đây chắc em làm được. Chỉ việc xét min max của $(x-y)^2$ mà x,y nguyên nên công việc này rất dễ.

Chuẩn phải là $ P(x,y): f(x^2+y+f(y))=f^2(x)+ay, \forall x,y \in \mathBB{R}$
Nếu $a=0$ dễ chỉ ra 2 hàm $f(x) =0,f(x)=1$ thoả mãn. 
Xét $a \neq 0$ thì ta có $f$ toàn ánh. 

Nếu $f(a)=0$ ta chỉ ra $a=0$
Thật vậy, ta có
$P(b,y)-P(-b,y): f(b)=f(-b)=0$
$P(0,b)+P(0,-b): f(b)+f(-b)=2f^2(0)=0$
Tức là $f(0)=0$, từ đó $P(0,b): ab=0 \Leftrightarrow b=0$

 

Chứng minh $f(x^2)=bx^2, b \geq 0, b^2+b=a$
$P(x,0):f(x^2)=f^2(x)$
Từ đây $f$ đơn ánh trên từng khoảng $(0,+ \infty)$ và $(- \infty,0)$ và $f(x) \geq 0, \forall x \geq 0$
Từ đó $f(x^2)+x^2 \geq 0,\forall x$
$P(0,x):f(x+f(x))=ax$
$P( \sqrt{x^2+f(x^2)},y^2): f(x^2+y^2+f(x^2)+f(y^2))=a(x^2+y^2)$
Và $P(0,x^2+y^2): f(x^2+y^2+f(x^2+y^2))=a(x^2+y^2)$
Do $f$ đơn ánh trên $(0, +\infty)$ nên $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y \geq 0$
Kết hợp với $f(x) \geq 0,\forall x \geq 0$ 
Và xét $f$ trên $(0, +\infty)$ dễ thu được $f(x)=bx,\forall x \geq 0(b > 0)$
Trong đó $b^2+b=a$

Bây giờ ta chứng minh $f(-x^2) \leq 0, \forall x$ 
Giả sử $\exists x,f(-x^2) \geq 0$ 
$P(x,-x^2):f(f(-x^2))=f(x^2)-ax^2=-b^2x^2 <0$
Mà $f(-x^2)>0$ nên $f(f(-x^2)) >0$
Mâu thuẫn, tức là $f(-x^2) \leq 0$

 

$f(x)=-f(-x)$

Ta có $f(x^2)=f(-x)^2=f(x)^2$

Dễ thấy 2 số $x$ và $-x$ khác dấu $ \forall x \neq 0$ nên $f(x)$ và $f(-x)$ cũng khác dấu.

Nói cách khác $f(x) \neq f(-x), \forall x \neq 0$ dẫn tới $f(x)=-f(-x), \forall x$

$f(x^2)=bx^2$ nên $f(x)=bx,\forall x$

Trong đó $b^2+b=a \geq 0$

Với $a>0$ ta tìm được nghiệm dương duy nhất của $b$ là $\dfrac{2a}{1+ \sqrt{1+4a}}$

Kết luận $a>0$

Chứng minh theo quy nạp rằng $x_n \leq \dfrac{25}{4}- \dfrac{5}{n}, n \geq 1$
Kiểm tra với $n=1,2$ đúng. 
Sử dụng công thức truy hồi, ta cần chỉ ra 
$$x_{n+1}<x_{n}+\dfrac{5}{n^3} \leq \dfrac{25}{4} - \dfrac{5}{n} + \dfrac{5}{n^3} \leq \dfrac{25}{4}- \dfrac{5}{n+1}, \forall n \geq 2$$

$$\Leftrightarrow n^2 \geq n+1,\forall n \geq 2$$

Từ đó ta có đpcm.

1 cách nữa cho bài 2.
Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c$.
Khi đó $VP \geq \sum \frac{b^2}{b+c}$ và$ VP \geq \sum \frac{c^2}{c+a}$
Từ đó ta đi chứng minh
$\sum \frac{b^2+c^2}{b+c} \geq \sqrt \frac{2011}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $2VP \geq \frac{(\sum \sqrt {a^2+b^2})^2 }{2\sum a}$
Dễ dàng suy ra đpcm từ đây

Gọi $AI,BI,CI$ cắt $(ABC)$ tại $M,N,P$.
Dễ dàng chứng minh $I$ là trực tâm tam giác $MNP$.
Bổ đề:Cho tam giác $ABC$ trực tâm $H$ nội tiếp $(O)$. Khi đó $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$.
Áp dụng bổ đề trên với chú ý $I,O$ là tâm ngoại của $MNP$ và $DEF$ và $\overrightarrow{ID} = \frac{r}{R}.\overrightarrow{OM}$ ta dễ có $\overrightarrow{OI}= \frac{R}{r} \overrightarrow{IH}$
Hệ thức trên chứng tỏ $\overline{O,I,H}$.

Đặt $(a,b,c) \rightarrow \left( \dfrac{1}{x},\dfrac{1}{y},\dfrac{1}{z} \right)$
Ta biến đổi bđt cần cm về
$$x^2+y^2+z^2+3 \geq 2(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1 \geq 2(xy+yz+xz)$$
Bất đẳng thức cuối quen thuộc.

Mình vẽ hình chả thấy đồng viên ,chỉ thấy thẳng hàng : 

Từ $O$ hạ đường vuông góc đến $PQ$ nghĩa là đường kẻ từ $O$ đến vuông với $PQ$ đi qua tâm $(ABCD)$ ,hay $R$ là điểm Miquel của tứ giác $ABCD.PQ$ từ đó có $(ABQR),(ADPR)$ là các tứ giác nội tiếp nên theo Simson thì các điểm $Z,Y,X,T$ thẳng hàng

ABCD có nội tiếp đâu bạn.

Nếu $p=2$ thì $A=p^2+23=27(KTM)$. Nếu $p=3$ thì $A=32(TM)$
Nếu $p>3$ thì $4,3|p^2-1$ nên $4,3|p^2+23$. Dễ thấy $p$ sẽ có ít nhất các ước $1,2,3,4,6,12,p^2+23$(vô lý)
Vậy $p=3$ là giá trị duy nhất.

Xét $3(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2-3abc(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=q^2(p^2-3q)+(3q+2p^2)(q^2-3pr) \geq 0$

Cách của mình. Ta sẽ nhắc lại không chứng minh một số kết quả cơ bản sau.
1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $P$. Khi đó $AP$ là đường đối trung đỉnh $A$ của tam giác $ABC$.
2. Trong tam giác $ABC$, đường đối trung đỉnh $A$ cắt $BC$ tại $D$. Khi đó $\frac{DB}{DC}= \frac{AB^2}{AC^2}$
Để xử lí cho gọn, đẹp trước hết ta đi chứng minh bổ đề sau
$\textbf{Bổ đề}$ Cho tam giác $ABC$. Đường đối trung đỉnh $A$ cắt $BC$ tại $Q$. $O,I,J$ lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC,AQB,AQC$. Khi đó $OA$ chia đôi $IJ$.
$\textbf{Chứng minh}$
Kẻ $AH,AM$ là đường cao và là trung tuyến của tam giác $ABC$.
Dễ thấy phép vị tự quay tâm $A$ biến $\Delta AIJ \rightarrow \Delta ABC$ biến $H \rightarrow Q$. Mặt khác cũng có $\angle HAM= \angle QAO$ nên biến $ AM \rightarrow AO$. Lại có $AM$ là trung tuyến trong tam giác $ABC$ nên $AO$ là trung tuyến trong tam giác $AIJ$.

$\textbf{Quay lại bài toán}$
Qua $Q$ kẻ đường thẳng $\parallel BC$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$. Gọi $I,J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AQE,AQF$.
Theo bổ đề $OA$ chia đôi $IJ$. Ta sẽ chứng minh rằng $O_{1}I=O_{2}J$.
Thật vậy, có $\Delta AIO_{1} \sim \Delta QEB, \Delta AJO_{2} \sim \Delta QFC$ nên ta thu được biến đổi sau.
$$\dfrac{IO_{1}}{JO_{2}}= \frac{IO_{1}}{IA}\cdot \frac{IA}{JA} \cdot \frac{JA}{JO_{2}} = \frac{EB}{QE}\cdot \frac{AB}{AC}\cdot \frac{FQ}{FC}= \frac{AE^2}{AF^2} \cdot \frac{QF}{QE}=1$$
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Cho x,y,z  dương ;$x+y+z=1$

Tìm Min

$\frac{x}{xy+1}+\frac{y}{yz+1}+\frac{z}{zx+1}$

Giả sử $x\geq y\geq z$

Theo bất đẳng thức Cheybershev ta có 

$\sum \frac{x}{xy+1}\geq \frac{\sum x}{3}\sum \frac{1}{xy+1}\geq \frac{3}{\sum xy+3}\geq \frac{3}{\frac{1}{3}\left ( \sum x \right )^{2}+3}=\frac{9}{10}$

Cheybershev có vẻ khó ra hoàn chỉnh
Mình xin đính chính lại cách khác hay hơn 

$\sum \frac{x}{xy+1}=\sum x -\sum \frac{x^{2}y}{xy+1}$

Theo AM-GM 10 số và Holder(đoạn này số siếc loằng ngà loằng ngoằng nên cho phép mình bỏ )
Min=9/10

Cho 2013 số tự nhiên đôi một khác nhau và khác 0. Biết rằng tổng của 1007 số bất kì luôn lớn hơn tổng của 1006 số còn lại cộng với 2012. Hỏi có thể khẳng định mỗi số trong 2013 số đã cho lớn hơn 3000 hay không?

Bài này nên đưa vào topic Tổ hợp chứ nhỉ :3 
Giải 
Giả sử $a_{1}< a_{2}< ...< a_{2013}$ hay $a_{1}\leq a_{2}-1\leq a_{3}-2\leq ....\leq a_{2013}-2012$

Theo giả thiết ta có 

$\sum_{2}^{1007}a_{i}+a_{1}> \sum_{1008}^{2013}a_{i}+2012\geq \sum_{2}^{1007}a_{i} +1007.1006+2012> \sum_{2}^{1007}+3000$

$\Rightarrow a_{1}> 3000$ từ đó ta có tất cả các số đều lớn hơn 3000

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

1.$f(x+f(y+f(x)))=f(x+y)+x$

Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình. 

$P(x,-x):f(x+f(f(x)-x))=x+f(0)$ nên $f$ toàn ánh. 

Do đó tồn tại $a, f(a)=-f(0)$

$P(a,-f(a)):a=0$ nên $f(0)=0$ 

$P(0,x): f(f(x))=f(x)$

$P(x,-x): f(x+f(f(x)-x))=x$

Lấy $f$ 2 vế phương trình này thì $f(x)=x$

 

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

2.$f(x+f(y+f(x)))=f(x)+x+y$

Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình. 

$P(x,-f(x)):f(x+f(0))=x$ nên $f(x)=x-f(0)$

Tại đây cho $x=0$ thì $f(0)=0$ nên $f(x)=x$

$\sum \frac{1}{\sqrt{3+a}}\leq \sqrt{3\left ( \sum \frac{1}{a+3 } \right )}$

Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{1}{3+a}\leq \frac{3}{4}$

Đổi biến $\left ( a,b,c \right )= \left ( \frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x} \right )$

Đpcm $\Leftrightarrow \sum \frac{y}{x+3y}\leq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{3y}{x+3y}\leq \frac{9}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{x}{x+3y}\geq \frac{3}{4}$

Điều này luôn đúng do $\sum \frac{x}{x+3y}= \sum \frac{x^{2}}{x^{2}+3xy}\geq \frac{\left ( \sum x \right )^{2}}{\sum x^{2}+3\sum xy}= \frac{\left ( \sum x \right )^{2}}{\left ( \sum x \right )^{2}+\sum xy}\geq \frac{\left ( \sum x \right )^{2}}{\left ( \sum x \right )^{2}+\frac{1}{3}\left ( \sum x \right )^{2}}=\frac{3}{4}$

1/CMR:

    a,b,c>0 

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

Theo AM-GM $$4(a^2+ab+b^2)(ab+bc+ca) \leq (a+b)^2(a+b+c)^2$$
Bất đẳng thức cần chứng minh đưa về $$\frac{a}{b+c} +\frac{b}{a+c} +\frac{c}{a+b} \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$$

Hiển nhiên theo C-S. 

$P=\frac{\left ( x-1 \right )^{2}-\left ( x-1 \right )+2}{\left ( x-1 \right )^{2}}=\frac{a^{2}-a+2}{a^{2}} \Leftrightarrow a^{2}\left ( 1-P \right )-a+2=0. Ta có \Delta = 1-8\left ( 1-P \right )\geq 0 \Leftrightarrow P\geq \frac{7}{8}$

Tìm $f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+$ thỏa mãn:

$f(\frac{f^2(n)}{n})=n$

Ta có $n|f^2(n)$ 

Từ tính chất này cho $n = \dfrac{f^2(n)}{n}$ thì $f^2(n)|n^3$

Đặt $n= p_{1}^{a_1} \cdot p_{2}^{a_2} ....p_{n}^{a_n}$

Trong đó $p_1,p_2,...,p_n$ nguyên tố còn $a_1,a_2,...,a_n \in \mathbb{N*}$

Do $f^2(n)|n^3$ nên $f(n)$ phải có dạng $p_{1}^{b_1} \cdot p_{2}^{b_2}...p_{n}^{b_n}$

Trong đó $b_1,b_2,...b_n \in \mathbb{N}$ và $2b_{i} \leq 3a_{i}$

Do đó $b_{i} \leq a_{i}$ hay $f(n)|n$

Từ đẳng thức này cho $n=\dfrac{f^2(n)}{n}$ thì $n^2|f^2(n)$

Do đó $f(n)=n,\forall n$.

Thử lại TM. 

Có thể dùng dồn biến. Chú ý rằng với $ab\leq 1$ ta dễ dàng chỉ ra rằng
$$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}} \leq \frac{2}{\sqrt{ab+1}}$$. Thay $ab=\frac{1}{c}$ và xét hàm theo $c$.

Cho hình vuông $ABCD$ nội tiếp $(O)$ và điểm $E$ trên cạnh $CD$. $AE$ cắt $BC$ tại $G$. $BE$ cắt $(O)$ tại $F$. Lấy $M \neq F$ trên $BE$ sao cho $GM=GF$. Gọi $N$ là trung điểm $BC$. $MN$ cắt $CD$ tại $Q$. Chứng minh rằng $QF$ tiếp xúc với $(CFM)$.