$$(a,b,c)=(x^2,y^2,z^2)$$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta thu được:

$$\left(\sum \sqrt{\frac{x^2}{8y^2+z^2}}\right)\left(\sum x\sqrt{8y^2+z^2}\right) \geqslant (x+y+z)^2$$

Giờ cần chứng minh:

$$(x+y+z)^2\geqslant x\sqrt{8y^2+z^2}+y\sqrt{8z^2+x^2}+z\sqrt{8x^2+y^2}$$

Dùng hệ số phụ để thiết lập, chứng minh:

$$\sqrt{8y^2+z^2} \leqslant 3y+z-\frac{3yz}{2y+z}$$

Ta quy về việc chứng minh:

$$3xyz\sum \frac{1}{2y+z}+\sum x^2-2\sum yz \geqslant 0$$

$$\sum \frac{1}{2y+z} \geqslant \frac{3}{x+y+z}$$

Vì vậy ta cần chứng minh:

$$x^2+y^2+z^2+\frac{9xyz}{x+y+z}\geqslant 2(x+y+z)$$

Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 3.


Spam tí: Vừa chiều nay trong giờ học hình em cũng vừa nghĩ ra cách y hệt anh =)) Đang định post thì....

Sau đây là một list bài toán hay của thầy giáo mình, thầy Mạc Đăng Nghị cộng tác với vài thành viên trong lớp Toán 14-17 Chuyên Nguyễn Trãi. 

Bài 1: Cho $a\in \mathbb{N^*},a\geq 2$ và $p$ nguyên tố lẻ. CMR: $a-1,a^p-1$ không có cùng tập ước nguyên tố.

Bài 2: (China MO 2005) Cho $a,n\in \mathbb{N^*},a\geq 2$ sao cho $a-1,a^n-1$ có cùng tập ước nguyên tố. CMR: $n$ là một lũy thừa của $2$

Bài 3: Tìm $a,b\in \mathbb{N^*}$ sao cho $a-1,a^n-1$ có cùng tập ước nguyên tố.

Bài 4: Cho $a,m,n\in \mathbb{N^*}$. CMR: $\gcd(a^m-1,a^n-1)=a^{\gcd(m,n)}-1$

Bài 5: Cho $a,m,n\in \mathbb{N^*},m\geq n$ sao cho $a^m-1,a^n-1$ có cùng tập ước nguyên tố. CMR: $n|m$ và $\frac{m}{n}$ là lũy thừa của $2$.

Bài 6: Tìm $a,m,n\in \mathbb{N^*}$ sao cho $a^m-1=(a-1)^n$

Bài 7: Cho $a,b\in \mathbb{N^*}$ nguyên tố cùng nhau, $p$ nguyên tố. CMR: $a-b,a^p-b^p$ không có cùng tập ước nguyên tố

Bài 8: Tìm $a,b\in \mathbb{N^*}$ nguyên tố cùng nhau sao cho $a-b$ và $a^n-b^n$ có cùng tập ước nguyên tố

Bài 9: Cho $a,b\in \mathbb{N^*}$ nguyên tố cùng nhau và $m,n\in \mathbb{N^*},m>n$ sao cho $a^n-b^n,a^m-b^m$ có cùng tập ước nguyên tố. CMR: $n|m$ và $\frac{m}{n}$ là lũy thừa của $2$

Bài 10: Cho $a,b,m,n\in \mathbb{N^*},\gcd(a,b)=1$. CMR: $(a^m-b^m,a^n-b^n)=a^{\gcd(m,n)}-b^{\gcd(m,n)}$

Bài 11: Tìm $a,b,m,n\in \mathbb{N^*},\gcd(a,b)=1$ sao cho $a^m-b^m=(a-b)^n$. Hãy mở rộng bài toán với $a,b\in \mathbb{N^*}$ bất kì

Bài 12: Tìm $a\in \mathbb{N^*},p$ nguyên tố sao cho $a+1,a^p+1$ có cùng tập ước nguyên tố.

Bài 13: Tìm $a,n\in \mathbb{N^*}$ sao cho $a+1,a^n+1$ có cùng tập ước nguyên tố

Bài 14: Tìm $a,m,n\in \mathbb{N^*}$ sao cho $(a+1)^n=a^m+1$. 

Bài 15: (Thi 50 năm THTT) Tìm $a,b\in \mathbb{N^*}$ nguyên tố cùng nhau và $p$ nguyên tố sao cho $a+b,a^p+b^p$ có cùng tập ước nguyên tố

Bài 16: Tìm $a,b\in \mathbb{N^*},n\in \mathbb{N},\gcd(a,b)=1$ sao cho $a+b,a^n+b^n$ có cùng tập ước nguyên tố

Bài 17: Tìm $a,b\in \mathbb{N^*},\gcd(a,b)=1$ sao cho $a^m+b^m=(a+b)^n$. Hãy mở rộng như bài 10.

Một list bài toán với độ khó cũng tương đối nhưng chủ yếu là truyền cảm hứng là mục đích chính của thầy Mong các bạn cùng nhau trao đổi trong topic này và tìm ra thêm các mở rộng khác.

CMR: Với mọi số nguyên dương $n$ thỏa mãn $2^ny+1|x^{2^n}-1$ thì $x=1$.

Ừ. Được rồi. Cái luỹ thừa bậc ba của $m$ là để suy ra mâu thuẫn chỗ $3n-1=3v_2(m)$. Em thử suy nghĩ thêm nếu thay $m^3$ bằng $m^2$ thì giải như thế nào

 

@ Hướng : Oh, a ko có đọc TTT nên ko biết =)). Sr. 

Trên Blog cũ của Toàn Zaraki có bài tương tự này anh   
Mặc dù còn 23 phút nữa mới đến ngày 12 nhưng em xin đăng một bài số thuộc đề KT đội tuyển Hải Dương mà em xin xỏ được

Bài 23: Tìm $(a,b,m,n)$ nguyên dương thỏa mãn: 
$$a^m-b^m=(a-b)^n$$

Ukrainian TST 2007 problem 12

Bạn giải luôn hộ mình đi, đừng có bình luận kiểu spam thế này khiến người khác khó chịu lắm. 

                                                KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2015
                                                                              THỜI GIAN: 180 PHÚT

Câu 1:(5 điểm) Cho các số thực $x,y,z$ thay đổi thỏa mãn $4^x+4^y+4^z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của: 
$$S=2^{x+2y}+2^{y+2z}+2^{z+2x}-2^{x+y+z}$$

Câu 2: (5 điểm) Cho tam giác không cân $ABC$ có $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ và $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $N$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên đường thẳng $AM$, $P_1$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $HMN$ và đường tròn đường kính $AB$ ($P_1\neq H$). Như vậy ta dựng được điểm $P_1$ tương ứng với đỉnh $A$, tương tự ta dựng điểm $P_2$ tương ứng với đỉnh $B$ và điểm $P_3$ tương ứng với đỉnh $C$. CMR: $AP_1,BP_2,CP_3$ đồng quy.

Câu 3: (6 điểm) Tìm tất cả $c\in \mathbb{N}$ sao cho tồn tại $a,b\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $a^n+2^n$ là ước của $b^n+c$ với $n\in \mathbb{Z^+}$. Với mỗi bộ $(a,b,c)$ ở trên mà $c$ lớn nhất, chứng minh rằng $a,b$ không đồng thời là hai số chính phương.

Câu 4: (4 điểm) Cho $n$ nguyên dương, $n\geq 3$, xét một bảng vuông $n\times n$ gồm $n^2$ hình vuông đơn vị. Ta phủ bảng vuông đó bởi ba loại quân domino: Loại $1$: $1\times m$ ($1$ hàng, $m$ cột, $m$ là số nguyên có thể thay đổi ,$m\geq 2$); Loại $2$: $p\times 1$ ($p$ hàng, $1$ cột, $p$ nguyên có thể thay đổi, $p\geq 2$); Loại $3$: $1\times 1$ ($1$ hàng, $1$ cột). Biết rằng không có $2$ quân domino hàng chồng lên nhau và không được phép quay hoặc lật các quân domino để biến quân domino loại $1$ thành loại $2$ và ngược lại. Gọi $K$ là số quân domino cần dùng để phủ hết bảng vuông sao cho số quân domino loại $3$ là loại $2$ bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của $K$.

$$ \begin{matrix}\blacksquare \blacksquare \blacksquare &  \begin{matrix}\blacksquare \\ \blacksquare \end{matrix}& \blacksquare \\  \text{loại I}&  \text{loại II}&\text{loại III} \end{matrix} $$

(Một ví dụ về ba loại quân domino

 

                                                                                      ---------Hết---------

CMR Tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho tất cả ước nguyên tố của $n^2+n+1$ đều không lớn hơn $\sqrt{n}$.

 

Cho $p\equiv -1\pmod 8$ là một số nguyên tố và $m,n\in \mathbb{Z^+}$ thỏa mãn $\sqrt{p}> \frac{m}{n}$. CMR: 
$$\sqrt{p}>\frac{m}{n}+\frac{1}{mn}$$

Tham khảo tại đây

Cho $P(x)\in \mathbb{Z}[x], \text{deg}P\geq 2$.
CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P(m!)$ là hợp số.

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR:
$$\sqrt{3-xy}+\sqrt{3-yz}+\sqrt{3-zx}\geq 3\sqrt{2}$$
 

Đề hình như sai Đề chuẩn là đây (Ninh Bình 2009)

Cho $p,q\in \mathbb{Z^+}>1, \gcd(p,q)=1$. CMR: Tồn tại số nguyên $k$ sao cho $(pq-1)^nk+1$ là hợp số $\forall n\in \mathbb{Z^+}$
Lời giải: Vì $\gcd(p,q)=1$ nên theo Định lí thặng dư Tàu khựa, tồn tại số nguyên $k$ thỏa mãn hệ: $\left\{\begin{matrix} k\equiv 1\pmod p & \\ k\equiv -1\pmod q & \end{matrix}\right.$
Nếu $n$ chẵn thì $(pq-1)^n\equiv 1\pmod q\Rightarrow (pq-1)^nk+1\equiv 0\pmod q\Rightarrow dpcm$
Nếu $n$ lẻ tương tự.
Do đó bài toán được CM hoàn toàn $\square$
 

Cho $n\in \mathbb{Z^+}$. Xét tất cả các tổng: 
                              $S=x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n$ với $x_i,y_i\in \{0;1\}, \forall i=\overline{1,n}$
Gọi $S_n$ là số tổng lẻ, $P_n$ là số tổng chẵn. CMR: 
$$\frac{S_n}{P_n}=\frac{2^n-1}{2^n+1}$$
______________

Dùng truy hồi nhé.

Đặt $(a,b,c)=(x^2,y^2,z^2)\rightarrow x^2+y^2+z^2=3$

 

BĐT tương đương với $3(x^3y+y^3z+z^3x)\leqslant (x^2+y^2+z^2)^2$

 

Và bài này có ở đây

 

http://diendantoanho...c3aleq-a2b2c22/

Nhầm rồi nhé, nếu đặt như vầy thì bđt cần CM tương đương với $3(x^3y^2+y^3z^2+z^3x^2)\leq (x^2+y^2+z^2)^2$ cơ mà

Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=3$. CMR:
$$ab\sqrt{a}+bc\sqrt{b}+ca\sqrt{c}\leq 3$$

Tưởng đề là $\sum \frac{a}{b^2+5}\leq \frac{1}{2}$ mới đúng chứ!

Cho $m,n\epsilon \mathbb{N}  và m,n\neq 0$. CMR: $x^{n}-1\vdots \left (x^{m}-1  \right )\Leftrightarrow n\vdots m$

Cách khác: Dùng tính chất dãy $Mersenne:$ $\gcd(a^m-1,a^n-1)=a^{\gcd(m,n)}-1$

Cảm ơn bạn, bài viết rất hay . Tuy nhiên ở phần cm bổ đề thì ko ổn, vai trò các biến ko như nhau nên ko thể giả sử như vậy được!

Để khắc phục ta chỉ cần sửa lại: $b$ là số nằm giữa $a$ và $c$ (tất nhiên cách cm ko thay đổi)

 

 

Đồng thời bạn cm kqua tổng quát này dc ko?

Tớ chưa CM được =)) Bài này hình như là trong Đề đề xuất DHBB Chuyên BG 2013-2014

                              MỘT BỔ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC THÚ VỊ

                                                                                 Hoàng Đức Hưng
                                                       10 Toán - THPT Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương
                                                                                       14/9/2014

Bất đẳng thức (BĐT) là một trong những mảng khó của toán học sơ cấp. Do đó, trong các đề thi HSG các cấp cũng như kì thi Vô địch Toán Quốc Tế (IMO) thường có những BĐT hay và thú vị. Trong bài viết nhỏ này, mình xin được giới thiệu một bổ đề BĐT rất hữu hiệu trong việc giải các BĐT, phát biểu như sau:

$\blacktriangleright$ Cho $a,b,c\geq 0$. Khi đó: 
$$(a+b+c)^3\geq \frac{27}{4}(a^2b+b^2c+c^2a+abc)$$

BĐT rõ ràng có hình thức khá cồng kềnh. Từ đó, ta nghĩ tới hướng CM bằng kĩ thuật chuẩn hóa vì nhận thấy vai trò các biến là như nhau.

CM: Chuẩn hóa $a+b+c=3$. Khi đó, ta phải CM:
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4\qquad \qquad \qquad (*)$$
Giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$
$$c(b-a)(b-c)\leq 0\Leftrightarrow b^2c-bc^2-abc+c^2a\leq 0\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq a^2b+b^2c+2abc$$
$$\Leftrightarrow VT\leq b(a+c)^2=b(3-b)^2$$
Như vậy, cần CM: $b(3-b)^2\leq 4\Leftrightarrow (b-1)^2(b-4\leq 0)$ (điều này đúng)
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1; (a,b,c)=(2;1;0)$ và hoán vị $\square$ 
Vì dấu bằng xảy ra tại $(2;1;0)$ nên ta có thể làm khó BĐT $(*)$ bằng cách bỏ $abc$ ở $VT$: 
$$a^2b+b^2c+c^2a\leq 4$$
Một dạng tương đương của $(*)$ là: 
$$b^2a+c^2b+a^2c+abc\leq 4$$
Bây giờ, ta sử dụng BĐT $(*)$ để giải quyết các bài toán sau

                                                                                                                     CÁC BÀI TOÁN ÁP DỤNG

Bài toán 1: Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa $a+b+c=3$. CMR: 
$$a^2+b^2+c^2\geq a^2b+b^2c+c^2a$$
$VP$ của BĐT đã gợi ý cho ta hướng đi. Cộng vào mỗi vế của BĐT $abc$, ta được: 
$$a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2b+b^2c+c^2a+abc$$
Mặt khác, theo $(*): a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$. Do đó, ta phải CM: 
$$a^2+b^2+c^2+abc\geq 4$$
Đây là một BĐT có nhiều cách CM, ta có thể dùng $Schur$, Hàm số,... Nhưng trong khuôn khổ bài viết, mình sẽ không CM BĐT này $\square$

Vân dụng Bài toán 1, ta thu được hai BĐT sau đây:

Bài toán 2: Cho $a,b,c\geq 0,a+b+c=3$. CMR:
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a^2+b^2+c^2$$

Bài toán 3: Cho $a,b,c\geq 0,a+b+c=3$. CMR: 
$$a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2b+b^2c+c^2a}\geq 4$$

Bài toán 4 [Phạm Kim Hùng]: Cho $a,b,c\geq 0,a+b+c=3$. CMR:
$$a\sqrt{1+b^3}+b\sqrt{1+c^3}+c\sqrt{1+a^3}\leq 5$$
Lời giải: Áp dụng BĐT $AM-GM$, ta có; 
$$a\sqrt{1+b^3}=a\sqrt{(1+b)(b^2-b+1)}\leq a.\frac{1+b+b^2-b+1}{2}=\frac{ab^2+2a}{2}$$
Tương tự với các BĐT còn lại, cộng theo vế, ta có: 
$$VT\leq \frac{ab^2+bc^2+ca^2}{2}+a+b+c$$
Mặt khác, theo $(*): ab^2+bc^2+ca^2\leq 4$
Do đó: $VT\leq 5 \qquad (Q.E.D)$ $\square$

Nhiều khi ta phải sử dụng các kĩ thuật CMBĐT để vận dụng bổ đề một cách hiệu quả nhất

Bài toán 5: Cho $a,b,c\geq 0,a+b+c=3$. CMR: 
$$\frac{a}{b^3+16}+\frac{b}{c^3+16}+\frac{c}{a^3+16}\geq \frac{1}{6}$$
Lời giải: Ta có:
$$\frac{a}{b^3+16}=\frac{1}{16}.\frac{16a}{b^3+16}=\frac{1}{16}.\frac{a(b^3+16)-ab^3}{b^3+16}=\frac{1}{16}\left ( a-\frac{ab^3}{b^3+2^3+2^3} \right )$$
Áp dụng BĐT $AM-GM$, ta có: 
$$b^3+2^3+2^3\geq 3\sqrt[3]{b^3.2^3.2^3}=12b$$
Do đó: 
$$\frac{1}{16}.\left ( a-\frac{ab^3}{b^3+16} \right )\geq \frac{1}{16}\left ( a-\frac{ab^2}{12} \right )$$
Tương tự với các BĐT còn lại, cộng theo vế, ta được:
$$VT\geq \frac{1}{16}\left (3-\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{12} \right )$$
Ta phải CM:
$$\frac{1}{16}\left (3-\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{12} \right )\geq \frac{1}{6}\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq 4$$
Tuy nhiên, đây lại là trường hợp đặc biệt của $(*)$ nên BĐT được CM hoàn toàn
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow (a,b,c)\in \{(1;2;0);(0;1;2);(2;0;1)\}$

Trong các bài toán BĐT, thông thường những BĐT ít biến sẽ dễ CM hơn là các BĐT nhiều biến. Vì vậy, một ý tưởng ta có thể áp dụng bổ đề BĐT trên để đưa bài toán về ít biến hơn:

Bài toán 6 [Võ Quốc Bá Cẩn]: Cho $a,b,c\geq 0, a+b+c=3$. CMR: 
$$\frac{1}{ab^2+8}+\frac{1}{bc^2+8}+\frac{1}{ca^2+8}\geq \frac{1}{3}$$ 
Lời giải: BĐT cần CM tương đương với: 

$$3\sum (ab^2+8)(bc^2+8)\geq \prod (ab^2+8)$$
Để cho gọn, ta đặt $p=a^2b+b^2c+c^2a,q=ab^2+bc^2+ca^2,r=abc$. Ta có
$$3pr+48q+576\geq r^2+64q+8pr+512$$
$$\Leftrightarrow 16q+5pr+r^3\leq 64$$
Theo BĐT $Schur:$
$$(a+b+c)^3\geq 3abc+4(ab^2+bc^2+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a)$$ 
$$\Leftrightarrow 27\geq 3r+4(p+q)$$
Lại theo $(*)$, ta có: 
$$ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4\Leftrightarrow q\leq 4-r$$
Xét hiệu:
$$16q+5pr+r^3-64=11q+5(p+q)+5p(r-1)-64\leq 11(4-r)+\frac{5}{4}(27-3r+5(4-r)(r-1)+r^3-64=\frac{1}{4}(r-1)(4r^2-16r+25)$$
Mặt khác:
$$r=abc\leq \frac{(a+b+c)^3}{27}=1$$
$$4r^2-16r+25>0$$
Nên ta có $Q.E.D$ $\square$

$\blacktriangleright$ Một kết quả đầy ý nghĩ rút ra từ BĐT $(*)$ như sau: 
Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR: 
$$\frac{a}{4-b}+\frac{b}{4-c}+\frac{c}{4-a}\leq 1\qquad (**)$$
CM bằng cách biến đổi tương đương $\square$

Với kết quả $(**)$, ta sẽ giải quyết được một bài toán hay sau: 

Bài toán 7: Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR: 
$$\frac{a^2b}{1+a+b}+\frac{b^2c}{1+b+c}+\frac{c^2a}{1+c+a}\leq 1$$
Lời giải: BĐT cần CM tương đương với: 
$$4\left ( \frac{a^2b}{1+a+b}+\frac{b^2c}{1+b+c}+\frac{c^2a}{1+c+a} \right )\leq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+\frac{a^2bc}{1+a+b}+\frac{ab^2c}{1+b+c}+\frac{abc^2}{1+c+a}\leq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\left ( \frac{a}{4-b}+\frac{b}{4-c}+\frac{c}{4-a} \right )\leq 4$$
Từ $(**)\Rightarrow VT\leq a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$. Nhưng đây chính là BĐT $(*)$ nên ta có $Q.E.D$ $\square$

$\blacktriangleright$ Ngoài ra, ta còn có một bổ đề BĐT khác với hình thức khác giống $(*)$
Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. CMR: 
$$a^2b+b^2c+c^2a-abc\leq 2\qquad (***)$$
Tất nhiên, cách CM tương tự như $(*)$, đó là sử dụng dồn biến. Ta cũng có một mở rộng của $(***)$ như sau: 
Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. CMR: 
$$\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2}\leq 1$$

Qua quá trình nghiệm thu, ta có thể mở rộng điều kiện của $(**)$ thành $a^2+b^2+c^2$, hoặc có thể là $a^n+b^n+c^n=3$ với $n\in \mathbb{N^*}$, $n$ càng lớn thì BĐT càng yếu.

Do đó, ta có một BĐT khá hay sau: 

Bài toán 8 [HĐH]: Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. CMR: 
$$\frac{a}{(4-b)(b+2)}+\frac{b}{(4-c)(c+2)}+\frac{c}{(4-a)(a+2)}\leq \frac{1}{3}$$
Thực chất BĐT này là kết quả của việc cộng hai vế BĐT $(****)$ và sự mở rộng $(**)$ với điều kiện $a^2+b^2+c^2=3$

$\bigstar$ Tổng quát một số kết quả trên, ta thu được: 

$\boxed{1}$ Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Khi đó, $\forall n\geq 2,n\in \mathbb{N}$ thì: 
$$a^nb+b^nc+c^na\leq \text{max}\left \{ 3,\frac{3^{n+1}n^n}{(n+1)^{n+1}} \right \}$$

$\boxed{2}$ Cho $a,b,c,d\geq 0;a_1^2+a_2^2+...+a_n^2=n$. CMR: 

$$\frac{a_1}{a_2+(n-1)}+\frac{a_2}{a_3+(n-1)}+...+\frac{a_n}{a_1+(n-1)}\leq 1$$

Bổ đề BĐT trên còn có rất nhiều ứng dụng thú vị, mong bạn đọc khám phá, chí ít là qua các bài tập sau

                                                                                                              BÀI TẬP

$\boxed{1}$ Cho $a,b,c\geq 0,a+b+c=3$. CMR: 
$$\frac{a}{4a+4b+c}+\frac{b}{4b+4c+a}+\frac{c}{4c+4a+b}\leq \frac{1}{3}$$

$\boxed{2}$ Cho $a,b,c\geq 0, a+b+c=3$. CMR: 
$$\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{c+a}+\frac{ca}{a+b}\leq \frac{9}{2(ab+bc+ca)}$$

$\boxed{3}$ [TTT số 120] Cho $a,b,c\geq 0,a^3+b^3+c^3=3$. CMR: 
$$\frac{a}{b^2+5}+\frac{b}{c^2+5}+\frac{c}{a^2+5}\leq \frac{1}{2}$$

$\boxed{4}$ Cho $a,b,c\geq 0,a+b+c=3$. CMR: 
$$\frac{ab}{\sqrt{b+c}}+\frac{bc}{\sqrt{c+a}}+\frac{ca}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{2}}\geq \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{2\sqrt{2}}$$

                                                                                                                              --------------- Hết ----------------

Ông Hoàng giúp tôi nhé.

Tổng quát hơn, ta có bài toán sau: 
Cho $a,b,c,d>0;a_1^2+a_2^2+...+a_n^2=n$. CMR: 
$$\frac{a_1}{a_2+(n-1)}+\frac{a_2}{a_3+(n-1)}+...+\frac{a_n}{a_1+(n-1)}\leq 1$$

Xem tại đây!
 

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$. CMR: 
$$\frac{a}{(4-b)(b+2)}+\frac{b}{(4-c)(c+2)}+\frac{c}{(4-a)(a+2)}\leq 3$$
__________________

P/s: Chế trong lúc thi Năng Khiếu ở trường 

Một giải bóng đá có $20$ đội tham gia, thi đấu vòng trong $1$ lượt (kết thúc giải, mỗi đội đá với mỗi đội còn lại đúng một trận). Tìm $k\in \mathbb{N}$ lớn nhất sao cho sau $k$ vòng đấu (mỗi đội đá đúng $k$ trận), luôn tìm được $3$ đội, đôi một chưa đá với nhau.