Cho a,b,c thực dương thỏa : $\sum a= \sum \frac{1}{a}$

CM: $\sum ab.(\sum\sqrt{ab} )^2\geq 27$

Đặt $x=ab$, $y=bc$, $z=ca$ thì $a=\sqrt{\dfrac{zx}{y}}$, $b=\sqrt{\dfrac{xy}{z}}$, $c=\sqrt{\dfrac{yz}{x}}$ và $x+y+z=xy+yz+zx$.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$\left ( x+y+z \right )\left ( \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx} \right )^{2}\geq 27$$

Cho a,b,c>0, p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc=1

CMR: pq + 6 $\geq$ 5p  

Hình như bạn ghi nhầm đề, đề phải là:

$$\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )+6\geq 5\left ( ab+bc+ca \right )$$

Nếu đề đúng như mình ghi thì đây là lời giải của thầy Đặng Thành Nam:

Bất đẳng thức trên tương đương:

$$a+b+c+\dfrac{6}{ab+bc+ca}\geq 5$$

Đặt $P\left ( a,b,c \right )=a+b+c+\dfrac{6}{ab+bc+ca}-5$.

Giả sử $a=\min \left \{ a;b;c \right \}$ thì $a\leq 1$. Do đó:

$$P\left ( a,b,c \right )-P\left ( a,\sqrt{bc},\sqrt{ca} \right )=b+c-2\sqrt{bc}+\dfrac{6}{a\left ( b+c \right )+bc}-\dfrac{6}{2a\sqrt{bc}+bc}=\left ( \sqrt{b}-\sqrt{c} \right )^{2}\left [ 1-\dfrac{6a}{\left ( ab+bc+ca \right )\left ( bc+2a\sqrt{bc} \right )} \right ]\geq \left ( \sqrt{b}-\sqrt{c} \right )^{2}\left ( 1-\dfrac{2a}{3} \right )\geq 0$$

Do đó ta cần chứng minh:

$$P\left ( \dfrac{1}{t^{2}},t,t \right )\geq 0, \ \forall t\geq 1$$

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn $a^{2}$ + $b^{2}$ + $c^{2}$ =3

Chứng minh rằng :$\frac{1}{2-a}$ + $\frac{1}{2-b}$ + $\frac{1}{2-c}$  $\geq$ 3

Cách khác dùng phương pháp mình rất thích: $p$, $q$, $r$.

Quy đồng và thu gọn ta được bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$8p+3r\geq 12+5q$$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:

$$3r\geq \dfrac{p\left ( 4q-p^{2} \right )}{3}=\dfrac{p\left ( 2q-3 \right )}{3}$$

$$\Leftrightarrow 8p+\dfrac{p\left ( p^{2}-6 \right )}{3}\geq 12+\dfrac{5\left ( p^{2}-3 \right )}{2}$$

$$\Leftrightarrow \left ( 2p-3 \right )\left ( p-3 \right )^{2}\geq 0$$

Bất đẳng thức cuối đúng, đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

cho các số không âm thỏa mạn $ab+bc+ac+6abc=9$.Chứng minh rằng: 

$a+b+c+3abc\geq 6$

Đề bài có chứa $a+b+c$, $ab+bc+ca$ và $abc$ nên một cách tự nhiên ta nghĩ đến phương pháp $p$, $q$, $r$.

Đặt $a+b+c=p$, $ab+bc+ca=q$, $abc=r$ khi đó ta có $p\geq 3$.

Với $p\geq 6$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng nên ta chỉ xét $3\leq p\leq 6$.

Theo bất đẳng thức Schur ta có $p^{3}+9r\geq 4pq\Leftrightarrow 2p^{3}+3\left ( 9-q \right )\geq 8pq\Rightarrow q\leq \dfrac{2p^{3}+27}{8p+3}$.

Vậy ta cần chứng minh $p+3r\geq 6\Leftrightarrow 2p+9-q\geq 12\Leftrightarrow 2p-q-3\geq 0$.

Mặt khác ta có bất đẳng thức mạnh hơn là $2p-\dfrac{2p^{3}+27}{8p+3}-3\geq 0$ bất đẳng thức này chứng minh bằng biến đổi tương đương ta được $\left ( 6-p \right )\left ( p-3 \right )\left ( p+1 \right )\geq 0$ (đúng vì $3\leq p\leq 6$).

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=3$, $c=0$ và các hoán vị.

Cho $m$ quả cầu đôi một khác nhau và $n$ cái hộp đôi một khác nhau ($m\geq n$). Hỏi có bao nhiêu cách bỏ tất cả các quả cầu vào trong các hộp sao cho hộp nào cũng có ít nhất $1$ qủa cầu (không kể thứ tự các quả cầu trong mỗi hộp).

Bài 2 : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 . Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên có p-1 chữ số và các chữ số đó đều bằng 1 thì n chia hết p

Gọi $n=111...1=n= \underbrace{11...1}_{p-1}= \frac{10^{p-1}-1}{9}$.

Vì $\gcd (p,10)=1$ nên theo định lý Fermat nhỏ $p\mid 10^{p-1}-1$.

Mặt khác vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $5$ nên $\gcd (p,3)=1$.

Suy ra $p\mid \frac{10^{p-1}-1}{9}$ hay $p\mid n$.

Bài toán $(Italy \;\;\ TST  \;\;\ 2003):$ Tìm bộ số nguyên $(a,b,p)$ sao cho $a,b$ là số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn:

$$2^a+p^b=19^a.$$ 

Cho số thực a thuộc (0;1), xet day $(u_n)$ voi.

$\left\{\begin{array}{1}u_1 =a \\ u_{n+1} = \frac{1}{2017} u^2_n +\frac{2016}{2017}\sqrt{u_n}, n thuoc N^*  \end{array}\right.$

a) chứng minh rằng: $0<u_n<1$, mọi n thuộc $N^*$.

b) Chứng minh $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó.

a) Ta có $u_{1}=a\in \left ( 0;1 \right )$.

Giả sử $u_{n}\in \left ( 0;1 \right )$ ta sẽ chứng minh $u_{n+1}\in \left ( 0;1 \right )$.

Thật vậy ta có:

$$0<u_{n+1}=\dfrac{1}{2017}u_{n}^{2}+\dfrac{2016}{2017}\sqrt{u_{n}}<\dfrac{1}{2017}.1^{2}+\dfrac{2016}{2017}.\sqrt{1}=1$$

Vậy ta luôn có $0<u_{n}<1$ với mọi $n\in \mathbb{N^{*}}$.

b) Ta có:

\begin{align*} u_{n+1}-u_{n} &=\dfrac{1}{2017}u_{n}^{2}-u_{n}+\dfrac{2016}{2017}\sqrt{u_{n}} \\ &=\dfrac{x}{2017}\left ( x^{3}-2017x+2016 \right ) \\ &=\dfrac{x\left ( x-1 \right )\left ( x^{2}+x-2016 \right )}{2017}>0, \,\,\,\, \forall x=u_{n}\in \left ( 0;1 \right ) \end{align*}

Do đó $\left ( u_{n} \right )$ là dãy tăng và bị chặn trên bởi $1$ nên dãy có giới hạn hữu hạn.

Ta có:

$$\lim _{n\rightarrow +\infty }u_{n}=\lim _{n\rightarrow +\infty }u_{n}\left ( \dfrac{1}{2017}u_{n}^{2}+\dfrac{2016}{2017}\sqrt{u_{n}} \right )$$

Đặt $\lim _{n\rightarrow +\infty }u_{n}=x\in \left ( 0;1 \right )$ thì ta có:

$$x=\dfrac{1}{2017}x^{2}+\dfrac{2016}{2017}\sqrt{x}$$

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x^3+y^2+z=2\sqrt{3}+1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=\frac{1}{x}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^3}$

Ta sẽ tìm số thực dương $k$ sao cho sử dụng được giả thuyết $x^{3}+y^{2}+z=2\sqrt{3}+1$ như sau:

$$P+k\left ( x^{3}+y^{3}+z \right )\geq m$$

($m$ là giá trị nhỏ nhất cần tìm).

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

$$\dfrac{1}{x}+kx^{3}=\dfrac{1}{3x}+\dfrac{1}{3x}+\dfrac{1}{3x}+kx^{3}\geq 4\sqrt[4]{\dfrac{k}{27}}$$

b)  Trên mặt phẳng cho 2017 điểm sao cho với ba điểm bất kỳ trong số các điểm đó ta luôn tìm được 2 điểm để đoạn thẳng tạo thành có độ dài bé hơn 1. Chứng minh luôn tồn tại một hình tròn bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 1009 điểm đã cho.

Gọi $A_{1},A_{2},..,A_{2017}$ là các điểm đã cho trên mặt phẳng.

Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một trong hai số $B_{1}$, $B_{2}$ lớn hơn hoặc bằng $1008$, giả sử là $B_{1}$.

Cho a,b,c >0 CMR:$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

Cho a,b,c >0 CMR:$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

 Bài 6: Trong một buổi tọa đàm về "Tình yêu tuổi học đường" tại lớp $12A$, có tất cả $21$ bạn tham gia và có $4$ cặp có tình cảm với nhau( không có học sinh nào thuộc về nhiều cặp). Cô giáo chọn ra $5$ bạn để tham gia một trò chơi tập thể. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mà trong đó, có ít nhất $1$ cặp tình cảm với nhau

Gọi $A$ là nhóm gồm các học sinh có tình cảm với nhau (gồm có $8$ học sinh) và $B$ là nhóm các học sinh còn lại (có $13$ học sinh).

$\bullet $ Trường hợp $1$: Có đúng $1$ cặp có tình cảm với nhau.

Đầu tiên chọn $1$ cặp có tình cảm với nhau thì có $4$ cách chọn.

Tiếp theo chọn $3$ học sinh trong đó không có $2$ em nào có tình cảm với nhau thì có những trường hợp sau:

- $3$ học sinh này thuộc nhóm $A$ thì có $2^{3}$ cách chọn.

- $2$ học sinh thuộc nhóm $A$, $1$ học sinh thuộc nhóm $B$ thì có $C_{3}^{2}.2^{2}.C_{13}^{1}$ cách chọn.

- $1$ học sinh thuộc nhóm $A$, $2$ học sinh thuộc nhóm $B$ thì có $C_{3}^{1}.2.C_{13}^{2}$ cách chọn.

- $3$ học sinh thuộc nhóm $B$ thì có $C_{13}^{3}$ cách chọn.

$\bullet $ Trường hợp $1$: Có đúng $2$ cặp có tình cảm với nhau.

Bài dùng từ kì quá, thay "có tình cảm" bằng "biết nhau" hoặc từ khác hay hơn

Bài 3: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn: $x^2+y^2+\frac{3}{2}=2(x+y)$. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:

$P=\frac{6-2(x-1)(y-1)}{(x-1)^2+(y-1)^2}$

Giả thuyết tương đương:

$$\left ( x-1 \right )^{2}+\left ( y-1 \right )^{2}=\dfrac{1}{2}$$

Đặt $x-1=a$, $y-1=b$ thì $a^{2}+b^{2}=\dfrac{1}{2}$ và $P$ trở thành:

$$P=\dfrac{6-2ab}{a^{2}+b^{2}}=12-4ab$$

Mặt khác với mọi số thực $a$, $b$ ta có bất đẳng thức sau:

$$-\left ( a^{2}+b^{2} \right )\leq 2ab\leq a^{2}+b^{2}$$

Dấu bằng xảy ra lần lượt khi $a=-b$ và $a=b$.

Do đó ta có $11\leq P\leq 13$.

Vậy $P_{\min }=11$ đạt được khi $x=y=\dfrac{1}{2}$, $P_{\max }=13$ đạt được khi $x=\dfrac{3}{2}$, $y=\dfrac{1}{2}$.

Bài toán. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho ta có thể tô màu các số nguyên dương từ $1$ đến $n$ bằng $k$ màu khác nhau để không có hai số nào cùng màu là bội của nhau.

Để ý rằng $2^{\left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor}=\left \lfloor n \right \rfloor\leq n$.

Xét dãy các số $2^{0};2^{1};2^{2};...;2^{\left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor}$ thì ta thấy không thể có hai số nào được tô cùng một màu.

Do đó $k\geq \left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor+1$.

Bây giờ ta sẽ chứng minh với $k=\left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor+1$ thì ta có thể thực hiện được cách tô màu theo yêu cầu bài toán.

Thật vậy với $k=\left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor+1$ ta tô màu như sau:

Đặt $A_{i}=\left \{ 2^{i};2^{i}+1;2^{i}+2;...;2^{i+1}-1 \right \} \,\,\,\, \left ( i=\overline{0;\left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor-1} \right )$ và $A_{j}=\left \{ 2^{\left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor};2^{\left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor}+1;2^{\left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor}+2;...;n \right \}$.

Tô màu các số thuộc $A_{i}$ bởi màu thứ $i+1$ thì cách tô màu này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy $k_{\min }=\left \lfloor \log _{2}n \right \rfloor+1$.

Giải phương trình: 

a) $\frac{6x^{2}+17x+11}{2+\sqrt{(x+1)(6x+11)}}=\frac{27}{28}x+\frac{41}{14}.$

Điều kiện xác định: $x\geq -1$ hoặc $x\leq -\dfrac{11}{6}$.

Xét $x=-1$ không phải là nghiệm của phương trình do đó xét $x\neq -1$ và đặt:

$$\sqrt{\left ( x+1 \right )\left ( 6x+11 \right )}=\left ( x+1 \right )t\geq 0$$

Ta thấy $x=0$ không phải là nghiệm của phương trình do đó xét $x\neq 0$ và đặt:

$$\sqrt{\dfrac{7}{3}x^{2}+\dfrac{2}{3}x+1}=xt-1\geq 0$$

$$\Rightarrow \dfrac{7}{3}x^{2}+\dfrac{2}{3}x+1=\left ( xt-1 \right )^{2}$$

Câu 1 :Cho a,b,c thỏa mãn : $a+b+c=2$

CMR:$(a+b-ab)(b+c-bc)(c+a-ca)\leqslant 1-abc$

Dấu bằng của bài toán xảy ra khi $a=b=1$ và $c=0$ hoặc các hoán vị chứ không phải xảy ra khi $a=b=c$.

Đặt $a=1-x$, $b=1-y$, $c=1-z$ thì $x+y+z=1$ (vì $a+b+c=2$).

Khi đó:

$$a+b-ab=2-x-y-\left ( 1-x \right )\left ( 1-y \right )=1-xy$$

Tương tự ta được $b+c-bc=1-yz$ và $c+a-ca=1-zx$.

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$\left ( 1-xy \right )\left ( 1-yz \right )\left ( 1-zx \right )\leq 1-\left ( 1-x \right )\left ( 1-y \right )\left ( 1-z \right )$$

CMR: với a, b, c > 0 thì:

$\frac{{a^2 }}{{b^2  + c^2 }} + \frac{{b^2 }}{{c^2  + a^2 }} + \frac{{c^2 }}{{a^2  + b^2 }} \ge \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}}$

Bài 2: Cho $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn: $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{2a}{a^2+1}+\frac{2b}{b^2+1}+\frac{c^2-1}{c^2+1}\le \frac{3}{2}$.

Có thể sử dụng hệ thức lượng trong tam giác để giải bài này.

Bài 3: Cho $a,b,c$ không đồng thời bằng $0$ và thỏa mãn: $(a+b+c)^2=2(a^2+b^2+c^2)$. Tìm GTNN,GTLN của:

$P=\frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$.

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b$, $c=0$ hoặc $4a=4b=c$ (và các hoán vị).

Ta sẽ chứng minh $\min P=1$. Thật vậy ta có có:

$$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{\left ( a+b+c \right )\left (ab+bc+ca  \right )}\geq 1$$

$$\Leftrightarrow \left (a+b+c  \right )^{3}-3\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )+3abc\geq \left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )$$

$$\Leftrightarrow 2\left ( a+b+c \right )\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+3abc\geq 4\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )$$

$$\Leftrightarrow 4\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )+3abc\geq 4\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )$$

$$\Leftrightarrow 3abc\geq 0$$

Vì $a$, $b$, $c$ không đồng thời bằng $0$ nên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b$, $c=0$ và các hoán vị.

Ta sẽ chứng minh $\max P=\frac{11}{9}$. Thật vậy, ta có:

$$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )}\leq \frac{11}{9}$$

$$\Leftrightarrow 9\left ( a+b+c \right )^{3}-\frac{27}{4}\left ( a+b+c \right )^{3}+27abc\leq \frac{11}{4}\left ( a+b+c \right )^{3}$$

$$\Leftrightarrow \left ( a+b+c \right )^{3}\geq 54abc$$

Không mất tính tổng quát chuẩn hóa $a+b+c=6$. Đặt $a=x$, $b=y$, $c=4z$. Khi đó $x+y+4z=6$ và $x^{2}+y^{2}+16z^{2}=18$.

Ta sẽ chứng minh $xyz\leq 1$. Ta có:

$$x^{2}-2x+1+y^{2}-2y+1+16\left ( z^{2}-2z+1 \right )\geq 0$$

$$\Leftrightarrow 32z^{2}\leq 32z$$

$$\Leftrightarrow z\leq 1$$

Mặt khác ta lại có:

$$x^{2}+y^{2}+16z^{2}=18$$

$$-2xy+16z^{2}\left ( x+y \right )^{2}-2xy+16z^{2}=18$$

$$\Leftrightarrow \left ( 4z-6 \right )^{2}=18$$