Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Tìm các giá trị hằng số $k$ sao cho:

$$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[k]{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$$

Làm sao để có thể phân tích ảo diệu đến như vậy hở anh ? 

Mình nghĩ có thể anh ấy làm ngược lại, tức là từ vế sau khai triển ra vế đầu!

Hoắc cũng có thể có cách làm ảo diệu để dẫn đến như trên. Cách này mình cũng từng thấy anh Huyện dùng rồi!

Nếu vậy thì xác định $x_4$ ra làm sao nhỉ?

$4$ đâu có dạng $n^2+1$?

Tìm 2 chữ số tận cùng trong phần cơ sở của:

[$\sqrt{2}+^{\sqrt{3}}$]$^{2015}$

Câu a dễ thôi, cộng góc là được./

Xem tại đây: http://diendantoanho...-olympiad-2016/

$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+ab+bc+ca+ab+bc+ca\geq 9\sqrt[9]{\frac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}}.(abc)^{4}}=9\sqrt[9]{(abc)^{2}}$  mà bạn

Thành thật xin lỗi, mình bị nhầm./

Bài này giải vậy: cộng hai vế với 2ab+2bc+2ac thì VP=9

VT dùng AM-GM là được./

Cụ thể là vận dụng thế nào bạn?

$\sum \frac{1}{a^{2}}+2\sum ab\geq 9\sqrt[9]{\frac{1}{(abc)^{2}}.(abc)^{2}}=9$

Bài này khá hay, mô hình nó khá giống với bài hình học ngày 2 Vietnam TST 2015! Ngoài tính chất trên nó còn có nhiều tính chất khác rất thú vị!

Lời giải của mình: Để giải quyết bài toán, ta cần có bổ đề sau: Cho $\triangle ABC$ cân nội tiếp $(O)$. $D$ là điểm bất kì trên cung $BC$ không chứa $A$. Khi đó: 

$\frac {AD}{AC}=\frac {BD+DC}{BC}$.

Chứng minh: Trên $BD$ lấy $E$ sao cho $DE=DC$. Do $\triangle CDE$ cân tại $D$ nên ta có biến đổi góc: $\angle CED=\angle CDB/2= \angle ADC $. Mặt khác lại có:

$\angle CAD=\angle CBD \Rightarrow \triangle CAD \sim \triangle CBE$

$\Rightarrow \frac {AD}{AC}=\frac {BE}{BC}=\frac {BD+DC}{BC}$. Bổ đề được chứng minh.

Quay lại với bài toán: Nhận xét rằng: $\angle BAP=\angle ACP, \angle CAP=\angle ABP$ nên $(APB)$ tiếp xúc $AC$ và đi qua $B$; $(APC)$ tiếp xúc $AB$ và đi qua $C$. Dễ thấy $\triangle APB \sim \triangle CPA (g.g)$

Do $M,N$ lần lượt là các tâm nội tiếp $\triangle APB$ và $\triangle APC$ nên dễ dàng suy ra $\triangle MPN \sim \triangle APC ;O$ thuộc $AP$ ($O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$); $M,N,O,P$ đồng viên.

$\Rightarrow \frac {AP}{AB}= \frac {PC}{AC} \Rightarrow \frac {1}{R}=\frac {1}{AP}+\frac {1}{AB}+\frac {1}{AC} \Leftrightarrow \frac {AP}{R}=1+\frac {AP}{AB}+\frac {AP}{AC}=1+\frac {PA+PC}{AC}=\frac {MP+PM}{MN}+1 \Leftrightarrow \frac {OP}{R}=\frac {MP+PM}{MN}$

Đẳng thức cuối đúng theo bổ đề nên ta có điều phải chứng minh!

Bài này không biết có uẩn khúc gì không nhỉ

Lời giải.$n=1;2$. Dễ thấy bất đẳng thức đúng.

$n\geq 3\Longrightarrow \frac {n+2}{\sqrt{n+1}}\geq 2$.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{(1!2!+2!3!+...+n!(n+1)!)^n}{n^n(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}\geq 2^n\sqrt{n!}$

Áp dụng bất đẳng thức C-S ta được:

$\frac{(1!2!+2!3!+...+n!(n+1)!)^n}{n^n.(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}\geq \frac{(n\sqrt[n]{1!(2!)^2(3!)^2...(n!)^2.(n+1)!})^n}{n^n.(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}=\frac {n^n.1!(2!)^2(3!)^2...(n!)^2.(n+1)!}{n^n.(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}=(n+1)!$

Mặt khác với $n=3$ thì $(n+1)!\geq 2^n\sqrt{n!}$ nên theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.

Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn: 

$(x-y)f(x+y)-(x+y)f(x-y)=4xy(x^2-y^2)$

Mình giải thế này!

Giả sử $f$ là hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thay $x=y=1$ vào $(1)$ ta được: $-2.f(0)=0\Longrightarrow f(0)=0$.

Sử dụng phép đặt $x+y=u,x-y=v$ thì $u.v=x^2-y^2$ ta được:

$v.f(u)+u.f(v)=u.v(u^2-v^2)$. Xét $2$ khả năng sau:

Khả năng $1:u.v\neq 0\Longrightarrow \frac {f(u)}{u}-\frac {f(v)}{v}=u^2-v^2\Longrightarrow \frac {f(u)}{u}-u^2=\frac {f(v)}{v}-v^2\forall u.v\neq 0;u,v\in \mathbb{R}$

Thay $v=1$ ta suy ra $\frac {f(u)}{u}-u^2=f(1)-1\Longrightarrow f(u)=(f(1)-1)u+u^3\forall u\neq 0$

Mặt khác kết hợp với $f(0)=0\Longrightarrow f(u)=(f(1)-1)u+u^3\forall u\in \mathbb{R}$ (thử lại thỏa mãn)

Khả năng $2:u.v=0\Longrightarrow f(u)=0\forall u\in \mathbb{R}$

Thử lại chỉ có hàm $f(x)=(f(1)-1)x+x^3$ thỏa mãn.

Kết luận: $\boxed{f(x)=(f(1)-1)x+x^3}$

P/s:

Mọi người xem lại hộ em với!

Bài này là APMO 2016 phải không nhỉ?

Mình vừa mở lại topic để mọi người thảo luận. 

Bài APMO 2016 là $f:\mathbb{R+}\rightarrow \mathbb{R+}$ chứ anh! Hoặc là anh Ego chế lại, hoặc là anh ấy viết sai đề rồi!

[HIDE]Cách làm của em mang tính đại số hơi nhiều.Ai có cách giải thuần túy hình học thì post lên nhé [/H

Có nhiều bài toán gần như không thể xử lý bằng phương pháp thuần túy. Nếu có thì có thể là sử dụng một số kiến thức ở bậc THPT chẳng hạn>

Như bài tuần 3 tháng 1 tại Mỗi tuần một bài toán./

P/s: Nếu ai có lời giải thuần túy thì mình rất vui lòng được biết :)

. Mình giải bằng cách sử dụng trục đẳng phương (dĩ nhiên ngắn hơn của bạn )

Anh Hân đăng lời giải đi!

Do tính chất đối xứng nên AP=AF, AP=AE$\Rightarrow$AF=AE$\Rightarrow$$\Delta AEF$ cân tại A

Từ đây suy ra AK đi qua trung điểm EF. Gọi T là trung điểm EF

Theo tính chất đường trung bình thì đường thẳng qua T và vuông góc với BC sẽ đi qua trung điểm AL và vuông góc với AL(*)

Vậy ta chỉ cần chứng minh PT vuông góc với BC.

X,Y,Z là chân đường vuông góc kẻ từ P tới BC,CA,AB.Ta có X,Y,Z thẳng hàng(theo tính chất của đường thẳng Simson) và YZ song song với EF

Dễ thấy $\Delta YPZ$ đồng dạng với $\Delta CPB$(g.g) (1) và $\angle XPY=\angle ACB$

Do AP là đối trung của tam giác ABC nên Pa là đối trung của tam giác BPC

Gọi M là trung điểm BC, ta có $\angle MPC=\angle APB=\angle ACB=\angle XPY$( theo tính chất đối trung)(2)

Từ (1)(2) ta suy ra X là trung điểm YZ$\Rightarrow$PX đi qua T$\Rightarrow$PT vuông góc với BC(**)

Từ (*)(**) ta suy ra tam giác PAL cân tại P$\Rightarrow$PA=PL(đpcm)

Hình như câu 5 đã có trong một số tài liệu rồi thì phải! Trên diễn đàn cũng có một topic về bài này rồi nhưng chưa ai giải cả!

Em xin gửi lại link: http://diendantoanho...-geq-1dfrac4rr/

Ở trong ấy anh Bui Ba Anh gõ sai đề, là 1 chứ không phải 1/2

Chỗ đó em giải hơi rườm, thực ra nó là bài toán sau:

Cho tam giác $ABC$. $E,F$ lần lượt là hình chiếu từ $B,C$ xuống $AC,AB$. $M$ là trung điểm $AC$. $J_{E}$ là tâm bàng tiếp góc $E$. Chứng minh rằng: $\angle AJ_{E}P=\angle C$

Chứng minh: Điều này tương đương với chứng minh: $AEFJ_{E}$ là tứ giác nội tiếp

Ta có biến đổi góc: $\angle FJ_{E}E=\angle EMF/2=\angle A$ (đẳng thức cuối đúng do $FM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

Lời giải bài hình:

Câu a) Gọi $X$ là giao của $MN$ với với $T$. Do $J$ là tâm đường tròn $Euler$ nên $J$ là trung điểm $OH$. $T'$ đối xứng với $T$ qua $J$ thì $HOTT'$ là hình bình hành $\Rightarrow T'O//HT \Rightarrow T'O$ vuông góc với $MN$ hay $T',O,X$ thẳng hàng. Vậy $X$ là trung điểm $MN$.

$\Rightarrow K$ thuộc $HX$. Mặt khác theo tính chất của đường tròn $Euler$, kết hợp với $XH=XK$ thì $K$ thuộc $(O)$.

Vậy $K$ luôn chạy trên một đường cố định.

Câu b)Gọi $M$ là trung điểm $AC$. $P,Q$ là chân đường cao hạ từ $B,C$ xuống $AC,AB$.

Áp dụng bổ đề $Sayawama$ mở rộng cho tâm bàng tiếp với $\triangle PMQ$ thì $XY$ đi qua tâm bàng tiếp $\angle P$.

$R$ là hình chiếu của $E$ lên $AB$. Dễ thấy $\triangle PRZ\sim \triangle BEI$ nên $Z$ thuộc phân giác $\angle MPQ$.

Gọi $J_{P}$ là tâm bàng tiếp $\angle P$ thì $J_{Q},Z,P$ thẳng hàng.

$AYXZ$ là hình thoi khi và chỉ khi $\triangle J_{Q}AZ$ cân. Ta có biến đổi góc: $\angle AZJ_{Q}=90^{\circ}-\angle C/2$

Vậy ta chỉ cần chứng minh $\angle AJ_{Q}P=\angle C$. Gọi $S$ là chân đường phân giác kẻ từ $B$ xuống $AC$. Dễ thấy $\triangle BSC\sim \triangle AJ_{Q}P(c.g.c)$

Vậy ta có điều phải chứng minh!

Mình thành thật xin lỗi, minh đã gõ vào Word rồi nhưng không post lên được!

Mình sẽ gửi lên sau:

P/s: Anh Toàn cho em hỏi: $S_{n+1}=S_{n}+2^{n-1}$ có đúng không ạ!

Lời giải của mình: Ta có:$S_{n+1}=\sum_{k=1}^{2^{n+1}}T(k)=\sum_{k=1}^{2^{n}}T(k)+\sum_{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}T(k)=S_{n}+\sum_{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}$

Do $T(2^{n+1})=0$ nên $\sum_{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}=\sum_{k=2^{n}+1}^{2^{n}+(2^{n}-1)}$

Ta xét các số có dạng: $2^{n}+k (1\leq k\leq 2^{n}-1)$

Trường hợp 1: $k<2^{n-1}\Rightarrow 2^{n}+k=1.2^{n}+0.2^{n-1}+k\Rightarrow T(2^{n}+k)=T(k)$(1)

Trường hợp 2: $k\geq 2^{n-1}\Rightarrow 2^{n}+k=1.2^{n}+1.2^{n-1}+k-2^{n-1}\Rightarrow T(2^{n}+k)=T(k)+1$(2)

Từ (1)(2): $\Rightarrow \sum_{k=2^{n}+1}^{2^{n}+(2^{n}-1)}=\sum_{k=1}^{2^{n}}+2^{n-1}=S_{n}+2^{n-1}$

$\Rightarrow S_{n+1}=2S_{n}+2^{n-1}$

Áp dụng công thức sai phân ta tìm được $S_{n}$.

P/s: Chỗ cuối cũng có thể giải thích như sau:

$S_{n+1}=2S_{n}+2^{n-1}=2^{2}S_{n-1}+2.2^{n-1}=...=2^{n}.S_{1}+n.2^{n-1}=n.2^{n-1}$

Em thấy bài này hơi vô lí! Với mọi $a,b,c$ thuộc $S$ thì $a^3+b^3+c^3-3abc$ là số hứu tỉ!

Nếu vậy thì biểu thức cần chứng minh phải phụ thuộc cả a,b,c chứ!

Giả dụ: $S=(\sqrt[3]{2};1;\sqrt[3]{4})$ thì $a^3+b^3+c^3-3abc$ là số hữu tỉ!

Nếu chọn $a=\sqrt[3]{2}$;$b=1$ thì $\frac{a-b}{a+b}=\frac{\sqrt[3]{2}-1}{\sqrt[3]{2}+1}=\frac{1}{(\sqrt[3]{2}+1)(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2}+1)}=\frac{1}{1+\frac{2}{\sqrt[3]{2}+1}}$ là số vô tỉ!

Ai có thể giải thích giùm em được không?

Có vẻ như em quên mất tính chất không nhất thiết phân biệt của $a,b,c$ rồi. 

Vâng cảm ơn anh nhiều!

Lời giải: Trường hợp 1: $S$ có duy nhất một phần tử $a$ thì $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=3a^{3}-3a^{3}=0$ hữu tỉ và $\frac{a-b}{a+b}=0$ là số hữu tỉ.

Trường hợp 2: $S$ có nhiều hơn 1 phần tử. Xét a,b là hai giá trị bất kì thuộc $S$.Theo giả thiết với $(a,b,c)\sim (a,b,b)$;$(a,b,c)\sim (a,a,b)$ ta suy ra:

$a^{3}+2b^{3}-3b^{2}a$ và $b^{3}+2a^{3}-3a^{2}b$ hữu tỉ.

$\Rightarrow a^{3}+b^{3}-ab(a+b)=(a+b)(a-b)^{2}$ và $a^{3}-b^{3}+3ab(b-a)=(a-b)^{3}$ là số hữu tỉ.

Do thương của hai số hữu tỉ là một số hữu tỉ nên: $\frac{(a-b)^{3}}{(a+b)(a-b)^{2}}=\frac{a-b}{a+b}$ là số hữu tỉ.

Vậy ta có điều phải chứng minh./

Anh dogsteven làm vậy thì chết em rồi!

Em giải thế này: P/s: Sai ở đâu nhờ các anh tìm giúp:

2.1) Cho c=0, ta được$a^{2}+b^{2}-ab\geq k\left | \frac{ab(a-b)}{a+b} \right |$(*)

Không giảm tính tổng quát, giả sử a>b thì (*) tương đương với

$k\leq \frac{(a+b)(a^{2}+b^{2}-ab)}{ab(a-b)}=\frac{a^{3}+b^{3}}{ab(a-b)}$

Lại có:$\frac{a^{3}+b^{3}}{ab(a-b)}> \frac{a+b}{a-b}> 1$

Cho $a\rightarrow b$ và $b\rightarrow 0$ thì $\frac{a^{3}+b^{3}}{ab(a-b)}\rightarrow 1$

Vậy k lớn nhất bằng 1

Ta chứng minh k=1 là giá trị lớn nhất cần tìm tức là chứng minh:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ac\geq \left | \sum \frac{a^{3}-b^{3}}{a+b} \right |=\left |\sum (a^{2}-b^{2}-\frac{ab(a-b)}{a+b} \right |=$$\left | \sum \frac{ab(a-b)}{a+b} \right |$

Trước tiên ta có đánh giá sau:$a(a-b)^{2}\geq 0\Leftrightarrow a^{3}+ab^{2}\geq 2a^{2}b\Leftrightarrow (a^{2}+ab)(a+b)\geq 4a^{2}b\Leftrightarrow \frac{a^{2}+ab}{2}\geq \frac{2a^{2}b}{a+b}$

Không mất tính tổng quát giả sử: $\sum \frac{ab(a-b)}{a+b}\geq 0$ thì:

Vế phải=$\sum \frac{ab(a-b)}{a+b}$=$\sum \frac{2a^{2}b}{a+b}-\sum ab\leq \sum \frac{a^{2}+ab}{2}-\sum ab=\frac{\sum a^{2}-\sum ab}{2}\leq \sum a^{2}-\sum ab$=vế trái

Vậy bất đẳng thức đúng $\Rightarrow$ k=1 là giá trị lớn nhất cần tìm

 

Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức \[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \geqslant k\left|\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\right|\] luôn đúng với mọi số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)>0$.

Anh Nguyễn Văn Huyện

Bài này có lẽ được tổng quát từ bài: Moldova TST 2004

Bài đó như sau: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\left | \sum \frac{a^{3}-b^{3}}{a+b} \right |\leq \frac{\sum (a-b)^{2}}{4}$

Xem chi tiết hơn tại đây: https://mathifc.wordpress.com/page/2/