Bài 3:gọi các số trong dãy là $a_i$
Xét $ \delta =\prod (2a_i-1)$
qua 1 fep biến đổi bất kỳ chú ý rằng $(2x-1)(2y-1)=2(2xy-y-x+1)-1$
nên $\delta$ là ko đổi
chú ý trong dãy có số 1/2 nên $\delta =0$ và số cuối cùng nhận được là sẽ 1/2

Đặt $x_i=4cos(a_i)$ ta có $\sum cos(a_i)=0$
ta có $64cos(a_i)^3=16(cos(3a_i)+3cos(a_i))$ nên $|\sum x_i^3|=16|\sum cos(3a_i)+3\sum cos(a_i)|=16|\sum cos(3a_i)|\le 16n$
ĐPCM

Dễ thấy AC,BC là 2 tiếp tuyến kẻ từ C đến (ABP) nên PC là đường đối trung của tam giác APB,khi đó hiển nhiên có ĐPCM

Sao lại cho $\ a=0 $ , a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác mà

chuyển qua giới hạn

bài 2 sai đề
Ví dụ
cho $a=0$,$b=c=1$

1,ta có $x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)\ge (x+y)\dfrac{(x^2+xy+y^2)}{3}$
suy ra
$3VT\ge \sum\dfrac{(z+y)(z^2+zy+y^2)}{x^2+xy+y^2}\ge 3\sqrt[3]{\prod (x+y)}\ge 6$
suy ra $VT\ge 2$
ĐPCM

Toan hoc tuoi tre thang 4/2011

thế này nhé
bài 2: đặt $a_n=\dfrac{x^n-y^n}{x-y}$
thì $a_{n+1}=(x+y)a_n-xya_{n-1}$,đến đây em xét hiệu thôi
bài 3:
a, phản chứng: giả sử P(x) khả quy tức là $P(x)=a(x)b(x)$ với a,b là 2 đa thức hệ số nguyên do P(x) monic và $1\le deg a,deg b\le n-1$
có $a(a_k)b(b_k)=-1$ với mọi k=1,...,n
nên trong mọi TH ta luôn có $a(a_k)+b(b_k)=0$ với mọi k=1,...,n
mà $deg a+b\le n-1$ suy ra $a(x)+b(x) \equiv 0 $
hay $P(x)=-a(x)^2$ vô lý do hệ số cao nhất =1
b,giả sử phản chứng suy ra $N(x)=Q(x)R(x)$ với Q,R hệ số nguyên deg tương ứng là i và 2n-i
suy ra $Q(a_k)R(a_k)=1$ mà 2 đa thức này monic,vô nghiệm suy ra xác định dấu nên $Q(a_k)=R(a_k)=1$ với k=1,..,n nên nếu $i \neq n$ hiển nhiên vô lý
suy ra i=n hay Q(x)=R(x)
tức là $P(x)=Q(x)^2$
cho x đủ lớn và chú ý rằng pt $a^2+1=b^2$ chỉ có nghiệm p=0,q=1 ta có ngay vô lý

1.có $(n-2)!+(n+2)!=(n-2)!*(1+(n-1)n(n+1)(n+2))=(n-2)!*(n^2+n)^2$
suy ra (n-2)! là số chính phương
chú ý rằng giữa số n và 2n luôn có 1 số nguyên tố nằm giữa nên ta có ngay n=2 và 3

xét tam giác cân chứa 3 cạnh a,b,c mà $a=b---> \infty $và $c--->0$ suy ra $k\ge 1$
còn việc CM với k=1 thì quá đúng
do $VP-VT=\sum a^2(b+c-a)+3abc>0$

1. Cho $p_1 = 2,p_2 = 3,p_3 = 5,...,p_n $ là n số nguyên tố đầu tiên, với n 3. CMR:
$\dfrac{1}{{p_1^2 }} + \dfrac{1}{{p_2^2 }} + \dfrac{1}{{p_3^2 }} + ... + \dfrac{1}{{p_n^2 }} + \dfrac{1}{{p_1 p_2 ...p_n }} < \dfrac{1}{2}$

*********
LG:
có $p_n\ge 2n-1$ với mọi n (do trong 2 số liên tiếp ta chỉ có nhiều nhất 1 số nguyên tố (1 chẵn 1 lẻ ))
và do $p_1p_2...p_n>2*3*5*7$ với n>4
nên ta có

$VT=\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+\dfrac{1}{p_5^2}+....+\dfrac{1}{p_n^2}+\dfrac{1}{p_1....p_n}<\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+(\dfrac{1}{9^2}+....+\dfrac{1}{(2n-1)^2})+\dfrac{1}{2*3*5*7}<\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+(\dfrac{1}{7*9}+....+\dfrac{1}{(2n-3)(2n-1)})+\dfrac{1}{2*3*5*7}=\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{7}-\dfrac{1}{9}+....+\dfrac{1}{2n-3}-\dfrac{1}{(2n-1)})+\dfrac{1}{2*3*5*7}<\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+\dfrac{1}{2*7}+\dfrac{1}{2*3*5*7}<\dfrac{1}{2}$
ĐPCM

bài 1: dùng đa thức trêbusep
bai 2: dãy truy hồi kiểu sai phân
bài 3 thì em cứ dùng thẳng định nghĩa là ra thôi
bài 4 thì có $f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+1$ và chú ý 2011 là số nguyên tố
câu sau thì là USAMO năm bao nhiêu đó,ý tưởng là
$(b-c)=f(a)-f(b) \vdots (a-b) $

Sử dụng bđt Cauchy 3 số ở mẫu là ra rồi bạn !!

ta có
$\dfrac{9}{2a^2+bc}\le \dfrac{9}{3\sqrt[3]{a^4bc}}=\dfrac{3}{\sqrt[3]{a^4bc}}\le \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}$
Làm tương tự 2 cái cộng vào là ra

Cho đa thức $P(x)=x^{n}+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+....+a_n(n \ge 2)$ có nghiệm thực $b_1,b_2,...,b_n$.Chứng minh rằng:
$P(x+1) \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x-b_{i}} \ge 2n^2,\forall x>b_{i}(i=\overline{1,n})$

Có $P(x)=\prod (x-b_i)$
nên ta đặt $x-b_i=a_i$, suy ra $a_i>0$ quy về việc CM
$(1+a_1)(1+a_2)....(1+a_n)(\dfrac{1}{a_1}+....+\dfrac{1}{a_n})\ge 2n^2$
holder+cosi 1 fat,quy về việc CM
$(1+x)^n\ge 2nx$ với $x=\sqrt[n]{a_1a_2....a_n}$
(hiển nhiên đúng)
đpcm

Có lẽ là anh ý nhớ nhầm sang bài này BMO 2005
còn bài đầu thì anh chém thử:(hơi xấu)

**Nếu b=max hoặc min thì ta có $\sum_{cyc}\dfrac{a}{b}-3=\sum_{cyc}\dfrac{a^2}{ab}-3\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}-3=\dfrac{\sum (a-b)^2}{2(ab+bc+ca)}\ge \dfrac{(c-a)^2}{ab+bc+ca} $ (ĐÚNg)
**Nếu b nằm giữa a và c: giả sử c=max
ta phải CM:
$(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})(ab+bc+ca)\ge 3(ab+bc+ca)+(c-a)^2$
hay là $\dfrac{a^2c}{b}+\dfrac{b^2a}{c}+\dfrac{c^2b}{a}+b^2\ge 2ab+2bc$
cho b=1 ta phải CM với $c\ge 1\ge a$ thì
$a^3c^2+a^2+c^3+ca\ge 2a^2c+2c^2a$
đặt $f(a,c)=a^3c^2+a^2+c^3+ca- 2a^2c-2c^2a$
nếu $ac\ge 1$ thì $f'(a)\le 0$ nên $f(a,c)\ge f(1,c)\ge 0$
nếu $ac\le 1$ thì $f'©\ge 0$ nên $f(a,c)\ge f(a,1)\ge 0$
ĐPCM

Cho $\ x,y,z $ là các số thực dương sao cho $\ x+y+z=xyz $ . cmr
$\ xy+yz+xz \ge 3+ \sum \sqrt{x^2+1}$

ta CM $xy+xz-2\ge 2\sqrt{x^2+1}$ tương đương $(xy-xz)^2\ge 0$ Đúng
làm tương tự.cộng dọc ta có ĐPCM
(chú ý $xy,yz,zx>1$

Sai đề rồi, phải là $p|S(k) $ khi và chỉ khi k ko chia hết cho (p-1)
theo định lý fermat,ta thấy chỉ cần xét TH $k<p-1$
khi đó theo định lý lagrange tồn tại số t mà $1\le t\le p-1$ mà $t^k-1$ ko chia hết cho p
khi đó theo tính chất của hệ thặng dư có
${1,2,...,p-1}={t,2t,...,(p-1)t} (mod p)$
suy ra $1^k+...+(p-1)^k \equiv t^k(1^k+....+(p-1)^k) (mod p)$ nên $S_k\equiv t^k*S_k (mod p)$
suy ra $p|S_k$
ĐPCM

Ký hiệu $\sum a=a+b+c$,tổng quát $\sum f(x,y,z)=f(x,y,z)+f(y,z,x)+f(z,x,y)$
Bình phương bdt ta phải CM
$\sum(a+(b-c)^2)+2\sum \sqrt{a+(b-c)^2}\sqrt{b+(c-a)^2}\ge 3$
chú ý
+,$\sqrt{a+(b-c)^2}\sqrt{b+(c-a)^2}=\sqrt{a^2+a(b+c)+(b-c)^2}\sqrt{b^2+b(c+a)+(c-a)^2}\ge ab+\sqrt{ab(b+c)(c+a)}+|(b-c)(c-a)|$
+,$\sum |(a-b)(a-c)|\ge |\sum (a-b)(a-c)|=\sum a^2-\sum ab$
+,$\sqrt{ab(b+c)(c+a)}\ge \sqrt{ab}(c+\sqrt{ab})=ab+\sqrt{ab}c$
nên $\sum \sqrt{a+(b-c)^2}\sqrt{b+(c-a)^2}\ge \sum ab+\sum ab+\sum \sqrt{ab}c+\sum a^2-\sum ab=\sum ab+\sum a^2+\sqrt{abc}(\sum \sqrt{a})$
Giản ước 2 vế ta sẽ CM
$2\sum a^2+\sqrt{abc}(\sum \sqrt{a})\ge 1$ hay $\sum a^2+\sqrt{abc}(\sum \sqrt{a})\ge 2\sum ab$
chú ý theo schur với k=2 có
$\sum a^4+abc(\sum a)\ge \sum (a^3b+b^3a)\ge 2\sum a^2b^2$
thay $a=\sqrt{a},b=\sqrt{b},c=\sqrt{c}$ ta có đúng
ĐPCM

Cho x, y, z > 0, C/m $\dfrac{x}{4x+4y+z}+\dfrac{y}{4y+4z+x}+\dfrac{z}{4z+4x+y}\leq\dfrac{1}{3}$

Ta có;
$\dfrac{x}{4x+4y+z}=x\dfrac{1}{(x+2y)+(x+2y)+(2x+z)}$
$\leq \dfrac{1}{9}x (\dfrac{1}{x+2y}+\dfrac{1}{x+2y}+\dfrac{1}{2x+z})$
<=> $\dfrac{x}{4x+4y+z}\leq\dfrac{1}{9}(\dfrac{2x}{x+2y}+\dfrac{x}{2x+z})$

Tương tự
$\dfrac{y}{4y+4z+x}\leq\dfrac{1}{9}(\dfrac{2y}{y+2z}+\dfrac{y}{2y+x})$
$\dfrac{z}{4z+4x+y}\leq\dfrac{1}{9}(\dfrac{2z}{z+2x}+\dfrac{z}{2z+y})$

Cộng từng vế 3 BĐT trên ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra <=> x=y=z

Cộng dọc thì nó ra $\dfrac{2x+y}{2y+x}$ chứ ????
********
LG: chuẩn hóa x+y+z=3,và giả sử y nằm giữa 2 số x,z ta phải CM
$\dfrac{x}{x+y+1}+\dfrac{y}{y+z+1}+\dfrac{z}{z+x+1}\le 1$
Quy đồng ta phải CM $x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le 4$
vì y nằm giữa nên ta có $z(y-z)(y-x)\le 0$ suy ra $y^2z+z^2x\le xyz+yz^2$
suy ra $x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le x^2y+2xyz+z^2y=z(x+y)^2=z(3-z)^2\le \dfrac{1}{2}(\dfrac{2z+3-z+3-z}{3})^3=4$
ĐPCM

Dễ thấy nếu f(x) có $deg f\le 3$ thì vô lý
Nếu $deg f\ge 4$ ta có
$f(x)=(x-1)^2g(x)+2x$ và $f(x)=h(x)(x-2)^3+3x$
suy ra f(1)=2;f(2)=6
mà f(1)=-h(1)+3; f(2)=g(2)+4 nên h(1)=1;g(2)=2
nên g(x)=(x-2)t(x)+2 và h(x)=(x-1)q(x)+1
suy ra $(x-2)^2q(x)+x-5=(x-1)t(x)$
suy ra q(1)=4
Vì deg f min nên $q(x)\equiv 4$
có ngay $f(x)=4x^4-27x^3+66x^2-65x+24$ là đa thức deg min duy nhất thỏa mãn

ta có
$P=\dfrac{x^2}{x-1}+\dfrac{y^2}{y-1}$
có $\dfrac{x^2}{x-1}\ge 4$ (dấu = khi x=2)
nên $P\ge 8$ dấu= khi x=y=2

A ơi! sử dụng bất đẳng thức đầu thì em dùng được rồi, nhưng chứng minh nó thế nào vậy?
à mà nhân tiện anh với các bạn chém giúp em mấy bài này nữa( giải chi tiết nhé) cảm ơn nhiều nha!
1. cho các số thực dương a,b,c $\in [-1,1]$ thỏa mãn ab+bc+ca=1.
CmR:
$ \sum \dfrac{a^{2}+b^{2}}{(1-a^{2})(1-b^{2})} \geq \dfrac{9}{2} $
2. với a,b,c không âm. CmR:
$\sum \dfrac{1}{a} \geq \sum \dfrac{a+b}{c^{2}+ab}$
3. cho các số thực$ a,b,c \geq \dfrac{-3}{4}$ và a+b+c=1. CmR:
$\sum \dfrac{a}{1+a^{2}} \leq \dfrac{9}{10}$
4.cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c+1=4abc. CmR:
$ab+bc+ca \geq a+b+c$
5. cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác. CmR:
$4a^{2}b^{2}c^{2}\qeq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^{3}+b^{3}+c^{3}+abc)$

**************
bài đó thì thế này
theo côsi ta có $4(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)\le (ab+bc+ca+b^2+bc+c^2)^2=((b+c)(a+b+c))^2$ (phân tích )
**************
chém luôn mấy bài sau nhé
1,dễ dàng CM được a,b,c cùng dấu (nếu ko sẽ có 1 số chui ra ngoài khoảng [-1,1])
ta có $(1-a^2)(1-b^2)\ge (1-ab)^2 (cauchy)=(bc+ca)^2=c^2(a+b)^2$
nên $VT\ge \sum \dfrac{(a^2+b^2)}{c^2(a+b)^2}\ge \sum \dfrac{1}{2c^2}\ge \sum \dfrac{1}{2ab}\ge \dfrac{9}{2(ab+bc+ca)}=\dfrac{9}{2}$
ĐPCM
2,bdt tương đương
$\sum \dfrac{(c-a)(c-b)}{c^3+abc}\ge 0$
giả sử $a\ge b\ge c$
suy ra $\dfrac{1}{c^3+abc}\ge \dfrac{1}{b^3+abc}$
sử dụng tiêu chuẩn vorni schur ta có ngay đpcm
3,đặt $f(x)=\dfrac{a}{1+a^2}$ có $f'(x)=\dfrac{1-a^2}{(1+a^2)^2}$
TH1: nếu có 2 số âm,1 số dương ,giả sử c>0;a,b<0 suy ra c>1 nên $A\le \dfrac{1}{2}+0+0<\dfrac{9}{10} $
TH2: nếu có 2 dương, 1 số âm thì tương tự
TH3: nếu cả 3 số cùng dương thì
$VT\le \sum\dfrac{a}{\dfrac{8}{9}+\dfrac{2a}{3}}\le \sum \dfrac{9a}{6a+8}=A$
ta sẽ Cm$A\le \dfrac{9}{10}$
tương đương $\sum \dfrac{1}{3a+2}\ge 1$ (đúng theo svac)
4,đặt $a=\dfrac{1}{2x},......$ thì $xy+yz+zx+2xyz=1$
nên tồn tại a,b,c(khác a,b,c ban đầu )mà $x=\dfrac{a}{b+c},y=\dfrac{b}{c+a},z=\dfrac{c}{a+b}$
nên ta cần CM $\sum \dfrac{(c+a)(c+b)}{2b*2c}\ge \sum \dfrac{a+b}{2c}$
tức là $\sum a(a+b)(a+c)\ge \sum 2ab(a+b)$ (đúng theo schur)
5,bdt tương đương
$\dfrac{abc}{\prod (a+b-c)}\ge \dfrac{a^3+b^3+c^3+abc}{4abc}$
tương đương (trử 2 vế cho 1)
$\dfrac{\sum a(a-b)(a-c)}{\prod (a+b-c)}\ge \dfrac{(a+b+c)(\sum (a-b)(a-c))}{4abc}$
tương đương
$\sum (a-b)(a-c)(\dfrac{a}{\prod (a+b-c)}-\dfrac{\sum a}{4abc})$
giả sử $a\ge b\ge c$
ta thấy bdt đúng theo vorni schur
đpcm

Thế này nhé
xài cái kia thì suy ra ta sẽ CM
$\sum \dfrac{4a(b+c)(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}\ge 2$
tương đương $\sum \dfrac{2a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2}\ge 1$
tương đương $\sum \dfrac{a}{b+c}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} $
(đugs theo svac)

một bài nữa nè
chưng minh với mọi a, b, c không âm ta có
$ \sum\dfrac{a(b+c)}{b^{2}+bc+c^{2}} \geq 2$

Bài này thì hay nhưng mà cũ lắm rồi
ý tưởng chỉ là côsi +svac (hack!!! )
$(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)\le \dfrac{(b+c)^2(a+b+c)^2}{4}$

chú ý
$\dfrac{a^2}{b}+b-2a=\dfrac{(a-b)^2}{b}$
suy ra $VT=\sum_{cyc}\dfrac{a^2}{b}-a-b-c=\dfrac{(a-b)^2}{b}+\dfrac{(b-c)^2}{c}+\dfrac{(c-a)^2}{a}\ge \dfrac{(a-b)^2}{b}+\dfrac{(b-a)^2}{c+a}\ge (b-a)^2(\dfrac{4}{a+b+c})=VP$
ĐPCM