Tìm tất cả các hàm số $f$: $R -> R$

$f(x+f(y))=f(y^2+3)+2xf(y)+f(x)-3$

1) Cho a,b,c,d>0 thỏa:

$\frac{1}{2+a^2}+\frac{1}{2+b^2}+\frac{1}{2+c^2}+\frac{1}{2+d^2}=\frac{1}{2}$

CMR: $abcd\geq ab+ac+ad+bc+bd+cd$;

2) Cho a,b,c,d>0 thỏa:

$\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{1}{1+c^4}+\frac{1}{1+d^4}=1$

CMR: $(\frac{1}{a}+\frac{1}{c})(\frac{1}{b}+\frac{1}{d})\leq\frac{4}{\sqrt3}$

Mình thì không rõ nhưng mà bạn khá mạnh dạn khi chuẩn hoá với bất đẳng thức hoán vị như thế này?

Mình tưởng chỉ có bđt đối xứng thuần nhất đồng bậc mới đc chuẩn hóa thôi chứ? 

$\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$ với a,b,c là các số thực dương

Cho $\Delta ABC$ có cạnh BC nhỏ nhất. Trên AB,AC lần lượt lấy các điểm K, L sao cho BK=CL.

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Chứng minh IO vuông góc KL.

Cho $\Delta$ ABC nội tiếp đường tròn (O).  Đường thẳng d qua tâm O cắt các cạnh BC,AC,AB của $\Delta$ ABC tại $A_{1}, B_{1}, C_{1}$. Chứng minh rằng các đường tròn đường kính $AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}$ đồng quy tại 2 điểm:

a) 1 điểm thuộc đường tròn tâm (O) ( câu này mình làm được rồi)

b) 1 điểm thuộc đường tròn Euler của $\Delta$ ABC.

Tìm mọi nghiệm nguyên dương của phương trình: 

$w^2+x^2+y^2=z^2$

Cái này có gì đâu . Cho $a=b$, $c=0$ thì từ đề bài ta suy ra $a=b=1$. Thay vào BĐT trên ta sẽ có 

$$\frac{2}{k}+2\geq \frac{12}{k+1}$$

Quy đồng ta sẽ thu được 1 tam thức bậc 2 theo $k$

$$k^2-4k+1\geq 0$$

Tam thức $k^2-4k+1$ có 2 nghiệm là $k=2+\sqrt{3}$ và $k=\sqrt{3}-2$

Do đó theo định lý về dấu của tam thức bậc 2, ta có

$$k^2-4k+1\geq 0\Leftrightarrow k\geq 2+\sqrt{3}$$

Công việc còn lại là chứng minh BĐT trong trường hợp $k=2+\sqrt{3}$

Hì, mình cũng biết là cho 2 số bằng nhau rồi, cho số còn lại bằng 0 là ra k ngay thôi, nhưng mà cái S.O.S phía sau ra thì khủng quá bạn ạ! Phần còn lại phải suy nghĩ là chuyển làm sao ra đấy!

phương pháp S.O.S thì bạn mua cuốn sách Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học của thầy Trần Phương mà đọc

hì, mình lấy trong Sáng tạo BĐT của Phạm Kim Hùng

Hiện giờ mình sắp vào học mất rồi, nhưng nếu có thời gian mình sẽ giúp bạn hết mức,cứ yên tâm nha,mình ít khi quên lắm

Cảm ơn bạn nhiều, mình còn phải học hỏi rất nhiều nữa, mong bạn giúp đỡ, 2 link trên của 2 bài đó, mình vẫn còn nhiều khuất mắt ... hơ hơ, mong bạn giúp đỡ

Trong trường hợp 2 thì tương ứng với tiêu chuẩn 1 đó bạn,trong scsh của a Hùng là a>=b>=c,còn th2 giả sử a>=c>=b nên nó hơi khác bạn ạ ,khi đổi vị trí biến thì các tiêu chuẩn cần phải đổi chút ít ,mà bạn lấy đề này ở đâu mà hay vậy ? 

Mình lấy trong cuốn Sáng tạo BĐT luôn, nếu bạn rảnh, bạn giúp mình luôn một số bất đẳng thức này thử, thường, mình chuyển qua ra được $(a-b),(b-c),(c-a)$ ở mỗi phân thức, nhưng nó không có bình phương, thế là mình nhân tử và mẫu cho $(a-b),(b-c),(c-a)$ lần lượt cho mỗi phân thức, hậu quả thì, cái mẫu rất ư là "đơn giản", ... quy đồng tổng của ba cái $S_{a}, S_{b}, S_{c}$ muốn điên luôn, nếu bạn rảnh, bạn giải giúp mình thử một số bài nữa, mình giờ mới biết S.O.S nên lạc hậu lắm!

Đây là links mấy bài mình còn bí:

@Babystudeymaths giúp mình thử nha:

1)http://diendantoanho...ất-cho-bđt-sau/

2)http://diendantoanho...ất-cho-bđt-sau/

Đây, 2 bài này, cảm ơn bạn nhiều nếu bạn giúp mình!

Ồ, cách giải S.O.S đúng như hướng mình nghĩ, cảm ơn bạn!

Nhưng tiêu chuẩn của bạn thì mình thì hơi ngược trong S.O.S, mình nghiên cứu S.O.S trong sách sáng tạo BĐT của thầy Phạm Kim Hùng nên các tiêu chuẩn thì mình thấy hơi lạ! Nhưng đưa về S.O.S như thế này được thì rất hay!... Mình cũng đưa về S.O.S nhưng cái mẫu của nó thì khủng khiếp!

BĐT đã ch0 sai với $a=b=1, c=2$

ủa, bạn có tính nhầm không?

VT ( 1;1.2) =$\frac{35}{24}$

VP (1;1;2) = $\frac{4}{3}$

Mà $\frac{35}{24}-\frac{4}{3}=\frac{1}{8}>0$

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi a,b,c không âm:

$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}+\frac{b^3}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{c^3}{2c^2-ac+2a^2}\geq \frac{a+b+c}{3}$

hơ hơ nhưng trong sách của mình nó ghi đáp số là $k\geq 2+\sqrt{3}$;

Vấn đề là nó ghi đáp số chứ không hề ghi cách giải, phần này là trong " Sáng tạo BĐT" ( Phạm Kim Hùng), bài này nói giải S.O.S nhưng mình cho a=b=c thử rồi giải ẩn 

BĐT: $\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2}+k.\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{3}{4}+\frac{k}{3}$

Bài này tớ có ý tưởng dùng S.O.S nhưng được phân nửa thì tắt, ai có ý tưởng giúp mình nửa phần còn lại với:

Bài làm của mình chỉ có nhiêu đây:

$\frac{ab}{(a+b)^2}-\frac{1}{4}+\frac{bc}{(b+c)^2}-\frac{1}{4}+\frac{ca}{(c+a)^2}-\frac{1}{4}+k.\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}-\frac{k}{3}$$\geq 0$

$\Leftrightarrow -(\frac{(a-b)^2}{(a+b)^2}+\frac{(b-c)^2}{(b+c)^2}+\frac{(c-a)^2}{(c+a)^2})+k.\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$$\geq 0$

Đưa về dạng phân tích cơ sở S.O.S:

$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{k}{3(a+b+c)^2}-\frac{1}{4(a+b)^2})$$\geq 0$

                                  $S_{c}=\frac{k}{3(a+b+c)^2}-\frac{1}{4(a+b)^2}$

$\Rightarrow$            $S_{b}=\frac{k}{3(a+b+c)^2}-\frac{1}{4(a+c)^2}$                

                                  $S_{a}=\frac{k}{3(a+b+c)^2}-\frac{1}{4(b+c)^2}$

Tới đây cho $a=b=c$ hay sao thì ý tưởng vụt tắt, và tớ bí từ hồi chiều tới giờ, ai có ý tưởng tiếp mình với!

- BĐT cần cm $\Leftrightarrow \sum$$\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{(b^2+c^2)abc}} \geq \frac{9}{a+b+c}$

- Xét phân thức: $\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{(b^2+c^2)abc}}$ 

Đảo ngược phân thức kết hợp AM-GM cho 3 số:

$3\sqrt[3]{\frac{abc(b^2+c^2)}{a^2+bc}}=3\sqrt[3]{\frac{a(b^2+c^2)}{a^2+bc}.b.c}\leq \frac{a(b^2+c^2)}{a^2+bc}+b+c$

Quy đồng biểu thức $\frac{a(b^2+c^2)}{a^2+bc}+b+c$ suy ra được:

$3\sqrt[3]{\frac{abc(b^2+c^2)}{a^2+bc}}\leq \frac{a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)}{a^2+cb}$

Từ đó suy ra:  $\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{(b^2+c^2)abc}}$ $\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)}$

Vậy cần chứng minh: $\frac{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)}\geq \frac{9}{a+b+c}$(1)

Đến đây, đổi biến: $p= a+b+c$ ; $q=ab+bc+ca$ ; $r=abc$

$(1)\Leftrightarrow \frac{3(p^2-q)}{pq-3r}\geq \frac{9}{p}\Leftrightarrow (p^2-q)p\geq 3(pq-3r)\Leftrightarrow p^3+9r\geq 4pq$

Bất đẳng thức cuối đúng vì theo Schur ta có: $r\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}\Rightarrow 9r\geq p(4q-p^2)$ ( Thế vào bất đẳng thức cuối ở trên)

----> Đpcm

Dấu = khi $a=b=c$

Bài này mình thấy trong tập Schur của thầy Võ Quốc Bá Cẩn cũng có cách giải, nhưng nó hơi ngược với mình và mình thấy không được tự nhiên, cách này thì mình thấy là tự nhiên nhất, làm cho cùng mẫu

$\frac{1+bc}{ka^2+bc}+\frac{1+ca}{kb^2+ca}+\frac{1+ab}{kc^2+ab}\geq \frac{12}{k+1}$

với a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=1$ .

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$.

Cmr: $4-a^2b-b^2c-c^2a$$\geq abc$

Bài này nói bất đẳng thức quen thuộc ( trong sách) mà sao mình cứ lờ mờ lơ mơ giải hoài không ra!

bạn có link nào cho mình tham khảo hok? Chứ VD13 cũng tự dưng cho a+b+c =1 chắc nó nhầm 

>.< xin lỗi nha, chiều giờ mình đánh thiếu hehehehe $\leq \frac{1}{12} (a^5+b^5+c^5)$

sorry bạn, mà bất đẳng thức thuần nhất là cùng biến 2 vế hả bạn? trên mạng ghi tràn lan, mình chưa học hàm nên chưa hiễu 

( đang hè lớp 9 lên lớp 10 mừ)

Các bài đó thì có liên quan gì đến bài mà bạn viết ở bên trên. Ý của mình là bài của bạn thì không thể chuẩn hóa cho $a+b+c=1$ được!!

Còn các bài VD4 và VD11 thì hoàn toàn có quyền chuẩn hóa vì đó là các BĐT thuần nhất đối xứng 

àh, bạn coi luôn VD 13 là bài của mình đang hok hiểu đó?

Mà thuần nhất đối xứng? tất là khác hoán vị vòng rồi, nhưng dấu = ở cả 2 bài VD 4 và VD 11 lại không thuần nhất.

Mình nghĩ là chỉ chuyển hóa đc khi đang ở cùng có thề ước lược thôi!

Đây nó lại là chuyển hóa một cách tự nhiên, bài của mình thấy nó cũng thuần nhất mà., khi thay a bởi b, b bởi c, c bởi a nó cũng không đổi biểu thức đâu =.=

Bạn gì đó ơi! Bạn học kĩ thuật đổi biến p,q,r nữa; nếu rồi thì mình chỉ bạn một cách khá  nhanh này:

- Đề bài:  $(a+b+c)^2=2(a^2+b^2+c^2)$

- Khi bạn gặp bài nào như thế này,thường thì mình " chơi" đổi biến p,q,r

- Đặt $p=a+b+c$           $q=ab+bc+ac$           $r=abc$;

- Đề bài: $p^2 = 2(p^2-2q) \Leftrightarrow p^2=4q$

Bạn phải biết chỗ này: $a^3+b^3+c^3 = p^3-3pqr+3r$ ( thực chất là phải biết vầy: $a^3+b^3+c^3 = (a+b+c)^3- 3(a+b)(b+c)(c+a)$ và $(a+b)(b+c)(c+a)= pq-r$)

$\Rightarrow$ $\mathbb{P} = \frac{p^3-3pq+3r}{pq}=\frac{p^3+3r}{pq}-3$ 

 và ta có $4q=p^2$ ( giả thiết suy ra) $\Rightarrow$ $p^3 = 4pq$ (nhân p vô 2 vế)

nên ta có thể viết $\mathbb{P}= \frac{4pq+3r}{pq}-3 = 4-3+ \frac{3r}{pq} = 1+ \frac{3r}{pq}$- 

-Tới đây tìm min thì quá dễ hehehe: để P min thì $\frac{3r}{pq}$ min, mà để nó min thì $r=abc$ min nên một trong 3 số phải = 0 ( vì các số này không âm), giả sử là c -->  a=b ( thế vô giả thiết) mình nghĩ cách này tới đây giống bạn trên thôi =.= vì nó chỉ đơn thuần là nhìn gọn hơn và làm bởi người có kinh nghiệm ( ý mình là kinh nghiệm học qua việc biến đổi biến)

- Tìm max: cách của bạn trên là ok nhất rồi, nếu tiếp tục chuyển biến giống mình thì vì các biến này vai trò dấu = không bình đẳng nên giải rất là dài >.< ( khuyết điểm của việc chuyển biến là đây) 

Đây nữa nè 2 bạn: ( TRÍCH " BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ PP. ĐỔI BIẾN P, Q, R" CỦA VÕ THÀNH VĂN) 

http://diendantoanho...p-dổi-biến-pqr/

 CÁC BẠN XEM DÙM MÌNH VD SỐ 4 VỚI VD SỐ 11 ĐI T.T

BÀI SỐ 11 HÌNH NHƯ LÀ THẦY VÕ QUỐC BÁ CẨN GIẢI ĐẤY!

TOÀN GIẢ SỬ a + b + c =1 không àh! :v ai tiếp tui với!

Mình cũng nghĩ như vậy, nhưng mà mình chỉ copy toàn bộ bài nghiên cứu của anh kia thôi, không biết anh có đánh nhằm không, còn rất nhiều bài tự dưng chuẩn hóa = 1 như thế này, để mình post cho các bạn xem thử, chứ đề thì không có cho p = 1, bởi dấu = của bất đẳng thức này xảy ra khi:

a = 0 , $b= \frac{3+\sqrt{3}}{6}$ ; $ c= \frac{3-\sqrt{3}}{6}$

CHÀO CÁC ANH CHỊ!

Mấy hôm nay, em đang nghiên cứu về tài liệu của bất đẳng thức Schur của anh Võ Thành Văn ( không biết đúng tên không) upload trên diễn đàn VMF. Nhưng em có một số vấn đề không thể hiểu rõ, đặc biệt là cách chia trường hợp chọn số trong bất đẳng thức Schur một cách rất "tự nhiên":

VD như bài toán sau đây:

Cho a,b,c là các số thực không âm. Cmr:

 $a^4(b+c)+ b^4(c+a) + c^4 (a+b)\leq \frac{1}{12}$

 Đặt $p = a + b + c$

       $q = ab + bc + ca$ 

       $r = abc$

Chuẩn hóa p =1. ta có bất đẳng thức:

$(1-3q)q + 5qr - r \leq \frac{1}{12}$

Đến đây, sử dụng thủ thuật khi dùng bất đẳng thức Schur, đó là CHIA TRƯỜNG HỢP để giải quyết:

Nếu $q\leq \frac{1}5{}$ thì ta có: $5qr - r \leq 0 và (1-3q)q = \frac{1}{3}(1-3q)3q\leq \frac{1}{3}(\frac{1-3q+3q}{2})^2 = \frac{1}{12}$

Nếu $q > \frac{1}{5}$ ta đưa bất đẳng thức cần chứng min thành một hàm theo q: $f(q)= (1-3q)q+5qr-r$

Xét $f'(q)= 1-6q+5r$

Vì $\frac{1}{5}> q \geq 9r$ nên $f'(q)<0$ suy ra $f(q) < f (\frac{1}5{}) = \frac{2}{15} < \frac{1}{12}$

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = ..., b= ..., c=.... ( trích " BẤT ĐẰNG THỨC SCHUR VÀ PP. BIẾN ĐỔI P, Q, R")

Thiệt tình là em đọc bài này và những bài chia trường hợp của Schur theo hàm thì hoàn toàn không hiểu, thêm một vấn đề nữa là chuẩn hóa p =1 thì không biết là bài nào cũng đc hay chỉ một số trường hợp thôi!

Haizzz, em rất rối ở chỗ này, mong anh chị chỉ giáo! Em cảm ơn rất nhiều!

p/s: anh chị nào có tài liệu về mấy cái trường hợp nào thì có thể share cho em không ạ? em rất cảm ơn!