Cho hàm số y=f(x)= ax+b
Biết f(-1)<f(-2) ; f(1)>f(2) và f(1999)=2000 . Tính : f(2010)

Bài này ko làm đc đâu em ơi.
hai cái đầu suy ra a<0.
với mỗi a<0 ta luôn chọn đc 1 số b:f(1999)=2000
khi đó f(2010) thay đổi.

+,nếu tồn tại i khác j mà f(j)=f(i) suy ra i=-f(f(m+1))-f(m+f(f(i)))=-f(f(m+1))-f(m+f(f(j)))=j suy ra vô lý
suy ra f đơn ánh
+,cho m=0 suy ra f(f(f(n)))=-f(f(1))-n
suy ra f là toàn ánh
suy ra f là song ánh

Ước đỗ đại học

bài nữa cũng khó!
Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác S là diện tích tam giác
CM:
$\dfrac{ab\sqrt{ab}}{a+b}+\dfrac{bc\sqrt{bc}}{b+c}+\dfrac{ca\sqrt{ca}}{c+a}\geq 2\sqrt{3}S$

Xài bdt Finsler hadwiger ta có
$4\sqrt{3}S\le 2\sum ab-\sum a^2$
ta sẽ CM
$2\sum ab-\sum a^2\le \sum \dfrac{2ab\sqrt{ab}}{a+b}$
tương đương (biến đổi S.O.S)
$\sum (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2*[\dfrac{(a+b)(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2-2ab}{2(a+b)}]\ge 0$
(đúng)
ĐPCM
còn bài Trung quốc phía sau thì chỉ cần fang công thức cos theo 3 cạnh,svac+schur là ra ngay

Có ai giúp em với !
"bdt Finsler hadwiger " là gì thế??
em chưa học cái này

Đây nè em
http://planetmath.or...Inequality.html

bài này ko khó nè!
$Let a,b,c > 0 such that : a+b+c = 1 . Prove that :$

$\sum \dfrac{a^2}{b} \geq 3\sum a^2$

Ta có
$VT=\sum_{cyc} \dfrac{a^4}{a^2b}\ge \dfrac{(\sum a^2)^2}{\sum_{cyc} a^2b} $
tức là ta sẽ CM
$\sum a^2\ge 3\sum_{cyc} a^2b$
mà $\sum a^2=(\sum a^2)(\sum a)$
nên ta cần cm
$\sum a^3+\sum_{cyc} ab^2\ge 2\sum_{cyc} a^2b$
đúng vì $a^3+ab^2\ge 2a^2b$ ,....
ĐPCM
(ký hiệu $\sum_{cyc} a^2b=a^2b+b^2c+c^2a$)

Trong đề thi HSG Trung Quốc
Cho tam giác ABC nhọn, chứng minh
$\dfrac{cos^2 A}{cos A +1}$ + $\dfrac{cos^2 B}{cos B +1}$ + $\dfrac{cos^2 C}{cos C +1}$ $\geq$ $\dfrac{1}{2}$

http://www.artofprob...v...=59649&ml=1

giúp mình!
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a+b+c = 3.Chứng minh rằng:
$12(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) \geq 4(a^3 + b^3 + c^3) + 21$
(hơi khó đấy! )

Dấu = ở đâu nhỉ??
sai đề chăng?

Cho: a+b+c=1
a^2+b^2+c^2=1
a^3+b^3+c^3=1
tính giá trị của P=a^2002+b^2003+c^2004
Các bạn giúp mh vs nha! bài tập ôn luyên HSG đấy! nhưng đối vs các bạn thì chăks là k khó đâu

suy ra $0=(a+b+c)^2-a^2-b^2-c^2=2(ab+bc+ca)$
Bạn chú ý đẳng thức
$1-3abc=a^3+b^3+c^3-3abc=(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(a+b+c)=1$
suy ra 3abc=0
Giả sử a=0
suy ra $b+c=1$, $b^2+c^2=1$
suy ra $0=(b+c)^2-b^2-c^2=2bc$
nên b=0,c=1 (chú ý hoán vị)
suy ra P=1

Nghe từ cục cưng mà cứ thấy làm sao ý
ko bik ý tốt hay là ý j đây

anh hiểu nhầm ý em rùi vì y thuộc Z nên $ \sqrt{1-4k^4y^2}$ là ước của 1 (ước của 1 gồm 1 và -1(loại)) từ đó em mới giải đây là cách giải của em nên em cũng sợ sai lắm (bài này trích ở đâu zậy mấy anh để em xem đáp án)

ô hay,
$\sqrt{1-4k^4y^2}$ có nguyên đâu, chỉ hữu tỉ thôi nên nó fai có dạng 1/n

cho em giải bằng cách này được không ? cho em ý kiến nhé!!
vì x,y là nghiệm nguyên nên ta có: x=ky ( y thuộc Z , k thuộc R)
thay vào PT ta có:
$ 2k^4y^4+1=y^2 \Leftrightarrow y^2(1-2k^4y^2)=1 \Leftrightarrow y= \dfrac{1}{ \sqrt{1-2k^4y^2} } $
vì y thuộc Z nên $ \dfrac{1}{ \sqrt{1-2k^4y^2} } $ cũng thuộc Z
từ đó ta sẽ có $ \sqrt{1-2k^4y^2} =1 \Leftrightarrow k=0 hay y=0 $

chú giải sai chỗ này : vì y thuộc Z nên cái căn kia có dạng 1/n chứ ko fai là 1
***
bài này thì xài xuống thang thôi
China TST 1993
http://www.artofprob...dc926aa#p269097

Bạn giải ra luôn đi nhé. Thấy anh Hùng nói như trên thì mình thấy rằng bạn nên giải ra luôn cho mọi người tham khảo.

Bạn có thể tham khảo file này

Mặc dù tên này có thể lấy kính vì tiền,nhưng nghe cũng hay đó.thks

1 vài bài dãy nữa :
1/Cho $f\left( n \right) = \left( {n^2 + n + 1} \right)^2 + 1 $
$u_n = \dfrac{{f\left( 1 \right).f\left( 3 \right).....f\left( {2n - 1} \right)}}{{f\left( 2 \right).f\left( 4 \right).....f\left( {2n} \right)}},n \in N^* $.Tính $\lim n\sqrt{u_n}$
********************************
Bài này thì cũ rồi
ý tưởng chỉ là phân tích f(n)
$f(n)=(n^2+1)(n^2+2n+1=(n^2+1)((n+1)^2+1)$
Giản ước đi còn
$A=\dfrac{n^2+1}{(2n+1)^2+1}$
hình như là ra cái lim kia=$\ infty $ thì fair

1/Tính $\lim {\dfrac{1}{\sqrt{n}}. \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{i}}}$ khi $n -> + \infty $

2/Cho dãy $\{a_n\}$ có $\lim {a_n}=a=const$.Tính $\lim {\dfrac{na_1+(n-1)a_2+...+a_n}{n^2}}$

Bài 1 thì dùng stolz:
$x_n= \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{i}}}$
$y_n=\sqrt{n}$
khi đó áp dụng stolz ta có
$\dfrac{lim (x_n)}{lim(y_n)}=\dfrac{\lim (x_n-x_{n-1})}{lim (y_n-y_{n-1})}=\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=2$
suy ra $lim x_n=+infty$ thì phải???
Bài 2 thì fang trực tiếp tiêu chuẩn teoplitz vào là ra ngay a/2

Bài 1. Cho a,b,c là các số thực dương và abc=1.
Chứng minh :
$\dfrac{a}{a+{b}^{2}+{c}^{3}}+\dfrac{b}{b+{c}^{2}+{a}^{3}}+\dfrac{c}{c+{a}^{2}+{b}^{3}} \leq 1$

Mình định dùng bunhia nhưng ko được.BDT khá đẹp nên mình hy vọng có chủ topic,hay ai đó sẽ post lời giải lên.
thks

2 BDT này sẽ đúng (có thể sai )
$\sum a^3b^5 \ge abc \sum ab^4$
$\sum a^5b^2 \ge abc \sum a^3b$

bđt thứ 2 thì đúng,xài luôn côsi+cân bằn hệ số.
bdt thứ 1 thì sai,thử với a=8,b=1/4,c=1/2

Đúng mà anh. LHS-RHS=2048.45...

đảo 1 tí là sai mà em
a=1/2,b=1/4,c=8 thì sai

Bài 1. Cho a,b,c là các số thực dương và abc=1.
Chứng minh :
$\dfrac{a}{a+{b}^{2}+{c}^{3}}+\dfrac{b}{b+{c}^{2}+{a}^{3}}+\dfrac{c}{c+{a}^{2}+{b}^{3}} \leq 1$
$ <=> \sum_{cyclic}[a(b+c^2+a^3)(c+a^2+b^3)] \leq (a+b^2+c^3)(b+c^2+a^3)(c+a^2+b^3) $
$ <=> \sum_{cyclic}a^{5}c^{3}+\sum_{cyclic}a^{5}b^{2}-\sum_{cyclic}a^{3}b-\sum_{cyclic}a^{4}c\geq 0 $
Không khó để chứng minh bởi AM-GM.

Ẹc,anh cũng rất quan tâm đến bài toán này,đã thử giải= cách quy đồng lâu rồi,được 1 nửa thì nửa còn lại sai,
@Nguyễn Thái Vũ,NOVAE,.....
NẾU MỌI NGƯờI ĐỌC KỸ THÌ ARQADY NÓI LÀ TÔI VẪN CHƯA GIẢI ĐƯỢC.VẬY MÀ MÌNH THẤY CÁC BẠN NÓI NHƯ LÀ HIỂU LỜI GIẢI CỦA ARQADY VÀ BÀO NÓ ĐÚNG.MÌNH CHỊU.............
@messi:Em giải được =amgm thì post lên cho anh được thưởng thức nhé .thks em.

Với x như thế nào vậy? dương, âm hay nguyên dương?Nếu x nguyên dương thì ta có thể xét x=0 rồi với x nguyên dương ta có bđt$ \dfrac{a^x+b^x}{2} \geq (\dfrac{a+b}{2})^x$

với x>1 hoặc x<0 ta có $\dfrac{a^x+b^x}{2}\ge (\dfrac{a+b}{2})^x$
vơi 0<x<1 ta có $\dfrac{a^x+b^x}{2}\le (\dfrac{a+b}{2})^x$
với x=0,1 ta có đẳng thức

Cho a,b,c dương và $ ab+bc+ca=1 $. Chứng minh:
$ \dfrac{27}{4}(a+b)(b+c)(c+a) \geq (\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^2 $

$VT\le (\sqrt{6(a+b+c)})^2$
nên ta sẽ CM:$9\prod (a+b)\ge 8(\sum ab)(\sum a)$ (đúng)

$ am_a+bm_b+cm_c \leq \sqrt{bc}m_a+\sqrt{ca}m_b+\sqrt{ab}m_c $

Anh nghĩ 1 tiếng hoài chẳng ra,em post lời giải được ko?
@anh tú nói gì mà em chẳng hiểu.???

áp dụng bunhia và svacs ta có
(Đặt $x= cos(\dfrac{A}{2}$,...,$a= sin(\dfrac{A}{2}$) ,chú ý $a+b+c\le \dfrac{3}{2}$
$VT=\sum \dfrac{x^4}{a^2}\ge \dfrac{1}{3}*(\sum\dfrac{x^2}{a})^2\ge \dfrac{1}{3}*(\dfrac{(x+y+z)^2}{a+b+c})^2\ge \dfrac{4(x+y+z)^4}{27}\ge 4xyz(x+y+z)$
ĐPCM

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

$\sum ac^2\le \sum\dfrac{a^2+c^2+c^2+1}{4}=\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)+3}{4}(AG-GM)$

AM-GM kiểu gì thế?
phải xài cái
$\sum_{cyc}ac^2\le \sum a^3$ mới được chứ nhỉ?