Cho $a, b, c \ge 0$. $a + b + c + abc = 4$. CMR $a + b + c \ge ab + bc + ca$

Mình mới nghĩ ra một cách hay hơn.

$a + b + c + abc \ge 4\sqrt[4]{a^2b^2c^2} = 4\sqrt{abc} => 1 \ge abc => a + b + c \ge 3 => a + b + c \ge 3abc$

Mà $a, b, c \ge 0 => a + b + c \leq 4$

$=> (a + b + c -3)(a + b + c -4) \leq 0$

$<=> (a + b + c)^2 - 7(a + b +c) + 12 \leq 0$

$<=> 4(a + b + c) - 3abc \ge (a + b + c)^2 \ge 3(ab + bc + ca)$

$=> a + b + c \ge ab +bc + ca (Do$  $a + b + c \ge 3abc) (đ.p.c.m)$

Đặt $a=\dfrac{2(2-t)}{t^2+1}$ với $0\leqslant t\leqslant 2$. Từ đây ta có $2t-b-c=a(bc-t^2)\Rightarrow (b+c)^2\geqslant 4t^2\geqslant 4bc$. Giả sử $a=\text{min}\{a,b,c\}$ thì $a\leqslant 1$

$(1-a)(b+c-2t)+t^2-bc=(a^2-a-1)(bc-t^2)\geqslant 0$ Do $a^2-a-1<0$ và $bc\leqslant t^2$

Thế thì ta chỉ cần chứng minh $a+2t(1-a)-t^2\geqslant 0\Leftrightarrow (t+2)(t-1)^2(t-2)\geqslant 0$ luôn đúng.

Cho mình xin hỏi cách đặt $a=\dfrac{2(2-t)}{t^2+1}$ có vẻ không tự nhiên. Mong bạn chỉ cho mình vì sao đặt như vậy hoặc bạn có thể chia sẻ bất kì tài liệu gì về cách đặt đó được không ?

Không mất tính tổng quát, giả sử $x \leq y \leq z \leq t \leq k$

Ta có $x^{2}y \leq z^{2}t$

$<=> yx^{2} + y^{2}z \leq y^{2}z + z^{2}t$

$<=> \frac{y}{y^{2} + zt} \leq \frac{z}{x^{2} + yz}$

$<=> \frac{y^{2}}{y^{2} + zt} \leq \frac{yz}{x^{2} + yz}$

$<=> \frac{y^{2}}{y^{2} + zt} + \frac{x^{2}}{x^{2} + yz} \leq 1$

Ba phân số còn lại đều nhỏ hơn 1 nên ta có điều phải chứng minh

Xin xem lại đề bài

Bạn xem lại bài 1, đề phải là $\sqrt{b}$ không phải $\sqrt{c}$, đề cũng không đúng trong trường hợp a = b;

Còn với trường hợp khác 

Ta có $\frac{a-b}{c} = \sqrt{a} + \sqrt{b} \in Q$

Mà $\sqrt{a} - \sqrt{b} \in Q$

$=> 2\sqrt{a}, 2\sqrt{b} \in Q$

$=> đ.p.c.m$ ( Tự hiểu chỗ này nhé )

Bài 2 đã có trong sách nâng cao và phát triển, mình không nhớ rõ là bài nào

Chỉ cần chứng minh cái này rồi thay vào là xong

Ta có :

$\frac{1}{\sqrt{n-1} + \sqrt{n}} > \frac{2}{\sqrt{n}} > \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}}$

$<=> \sqrt{n} - \sqrt{n-1} > \frac{2}{\sqrt{n}} > \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$

Để ý $1 = \sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}$

$=> \frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a} (đ.p.c.m) $

 hoặc $\sqrt[3]{\frac{a}{b}} +\sqrt[3]{\frac{b}{c}} + \sqrt[3]{\frac{c}{a}} = 0$

$<=> \sqrt[3]{\frac{a}{b}} + \frac{b}{\sqrt[3]{abc}} + \sqrt[3]{\frac{c}{a}} = 0$

$<=> \sqrt[3]{\frac{a}{b}}.(\frac{b}{\sqrt[3]{abc}} + 1) + \sqrt[3]{\frac{c}{a}} = 0$

$<=> \frac{b}{\sqrt[3]{abc}} + 1 + \frac{\sqrt[3]{abc}}{a} = 0$

$=> ab + a\sqrt[3]{abc} + \sqrt[3]{abc}^{2} = 0$

$=> \sqrt[3]{abc}(a + \sqrt[3]{abc}) \in Q$

$<=>(\sqrt[3]{abc} + m)^2 \in Q (m = \frac{a}{2})$ (1)

CMTT $(\sqrt[3]{abc} + n)^2 \in Q (m = \frac{b}{2})$ (2)

Lấy $(1) - (2) : (m - n)(2\sqrt[3]{abc} + m + n) \in Q$

$=> m = n => đ.p.c.m$ (Mọi người tự CM)

 hoặc $2\sqrt[3]{abc} + m + n \in Q => \sqrt[3]{abc} \in Q$

Mà $a,b,c \in Z => \sqrt[3]{abc} \in Z => đ.p.c.m$

Bài toán chỉ đúng với x,y > 0

Để ý $(2a_{1} + 1)(2a_{2} + 1)...(2a_{k} + 1) =$ Số ước của $n^{2}$

Ta có : $\frac{1}{y} = \frac{1}{n} - \frac{1}{x} = \frac{x - n}{xn} <=> y = \frac{xn}{x - n}$

$=> xn \vdots x - n <=>  xn - (xn - n^{2}) \vdots x - n <=> n^{2} \vdots x - n$

$<=> x - n \in U(n^{2}) =>$ có $(2a_{1} + 1)(2a_{2} + 1)...(2a_{k} + 1)$ giá trị x thỏa mãn => đ.p.c.m

Giả sử 2 đồ thị cắt nhau

Ta có : $x^{2} - 2mx + 2m - 4 = 0$

Viét : $x_{1} + x_{2} = 2m ; x_{1}.x_{2} = 2m - 4$

$=> x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 4m^{2} - 4m + 8$

Mà $y = \frac{x^{2}}{2} => y_{1} + y {2} = 2m^{2} - 2m + 4$

Điều phải chứng minh tương đương với 

$2m^{2} - 2m + 4 \geq (2\sqrt{2} - 1)2m <=> 2m^{2} - 4\sqrt{2}m + 4 \geq 0$

$<=> 2(m - \sqrt{2})^{2} \geq 0$ (luôn đúng) $=> đ.p.c.m$

Ta có : $5 - 2(b + c) = 5 - 6 + 2a = 2a -1 \leq a^{2} + 1 - 1 = a^{2}$

$=> \frac{a^{2}}{\sqrt{5 - 2(b + c)}} \geq \frac{a^{2}}{\sqrt{a^2}} = a$

$=> P \geq a + b + c = 3$

$Min(P) = 3 <=> a = b = c = 1$

Hình như đề bài chưa đúng, với $c$ càng lớn thì A càng nhỏ. Đã giải được với a,b,c không âm.

Ta có : $\frac{a^{2}}{a^{2} + bc + 1} = \frac{2a^{2}}{2(a^{2} + bc + 1)} = \frac{2a^{2}}{2a^{2} + 2bc +  a^{2} + b^{2} + c^{2}}$

 $= \frac{2a^{2}}{3a^{2} + (b + c)^{2}} \leq \frac{2a^{2}}{2a^{2} + 2a(b + c)} = \frac{a}{a + b + c}$

$=> A \leq \frac{a + b}{a + b + c} + \sqrt{a + b} \leq 1 + \sqrt{a + b}$ (Do $c \geq 0$)

$a + b \leq \sqrt{2(a^{2} + b^{2})} \leq \sqrt{4} = 2$

$=> A \leq 1 + \sqrt{2}$

Áp dụng Cauchy:

$\frac{x^5}{y^3+z^3}+\frac{x^5}{y^3+z^3}+\frac{y^3+z^3}{4}+\frac{y^3+z^3}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 10.\sqrt[10]{\frac{x^{10}}{(y^3+z^3)^2}.\frac{(y^3+z^3)^2}{16}.\frac{1}{2^6}}$

Nên :$\frac{2x^5}{y^3+z^3}+\frac{1}{2}(y^3+z^3)+3\geq 5x^2$

Biến đổi sai. $5x$ không phải là $5x^{2}$

 $2\sum x^{3}\geq 3\sum x^{2}$

$2\sum x^{2}$ nhé

Từ M, I kẻ đường thẳng vuông góc với AC, cắt AC lần lượt tại G, K.

Do M, I lần lượt là trung điểm BC và HM nên G là trung điểm DC và K là trung điểm DG.

Mà K là điểm tiếp xúc của (I) với AC $=> CM = \frac{3}{4}CD (1) => CB = \frac{3}{2}CD$

$\Delta ACM \sim \Delta BCD => \frac{AC}{MC} = \frac{BC}{CD} = \frac{3}{2} (2)$ 

Từ $(1), (2) => \frac{AD}{CD} = \frac{1}{8} => \frac{AD}{DG} = \frac{1}{4} = \frac{AH}{HM}$

$=> đ.p.c.m$

Tại sao $CM=\frac{3}{4}CD$ thế bạn?

Xin lỗi đã viết khá tắt, CM = CK = $\frac{3}{4}CD$

Đặt $p - a = x; p - b = y; p - c = z$

Dễ dàng chứng minh : $b + c = (x + y + z) + x$

$=> \frac{b + c}{\sqrt{x}} = \sqrt{x} + \frac{x + y + z}{\sqrt{x}}$

$=> \frac{b + c}{\sqrt{x}} + \frac{c + a}{\sqrt{y}} +\frac{a + b}{\sqrt{z}} = (\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{x}) + (x + y + z)(\frac{1}{\sqrt{x}} +\frac{1}{\sqrt{y}} +\frac{1}{\sqrt{z}})$

Mà $3(x + y + z) \geq (\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z})^{2}$

$=> \frac{b + c}{\sqrt{x}} + \frac{c + a}{\sqrt{y}} +\frac{a + b}{\sqrt{z}} \geq (\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}) + \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z})^{2}}{3}(\frac{1}{\sqrt{x}} +\frac{1}{\sqrt{y}} +\frac{1}{\sqrt{z}})$

$\geq (\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}) + 3(\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}) = 4(\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z})$

(Do $(\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z})(\frac{1}{\sqrt{x}} +\frac{1}{\sqrt{y}} +\frac{1}{\sqrt{z}}) \geq 9)$

 Do 2013 lẻ nên $a + b, c + d$ 1 số lẻ, 1 số chẵn $=> (a + b - c - d)^2 \geq 1$

Giả sử $a + b$ lẻ => $a, b$ 1 số lẻ, 1 số chẵn $=>(a - b)^2 \geq 1$

Ta có : $4ab = (a + b)^2 - (a - b)^2 \leq (a + b)^2 - 1; 4cd = (c + d)^2 - (c - d)^2 \leq (c + d)^2$

$=> 16abcd \leq [(a + b)^2 -1](c + d)^2 = (a + b - 1)(c + d)(a + b + 1)(c + d)$

$= \frac{[(a + b + c + d)^2 - (a + b - c - d -1)^2][(a + b + c + d)^2 - (a + b - c - d + 1)^2]}{16} $

$=\frac{[2013^2 - (a + b - c - d)^2 -1 + 2(a + b - c - d)][2013^2 - (a + b - c - d)^2 -1 - 2(a + b - c - d)]}{16}$

$=\frac{[2013^2 - (a + b - c - d)^2 -1]^2 - 4(a + b - c - d)^2}{16} \leq \frac{(2013^2 - 1 -1)^2 -4}{16}$

Dấu "=" : $(a + b - c - d)^2 = 1; a - b = 1, c - d = 0, a + b lẻ => c = d = b =503, a = 504$

Còn một trường hợp c + d lẻ làm tương tự

Đặt $\frac{a}{1 -a}=x; \frac{b}{1-b}=y; \frac{c}{1-c}=z=>xyz=1$

$=> a=\frac{x}{x+1}; b=\frac{y}{y+1}; c=\frac{z}{z+1}$

$=> S = \frac{x^3}{(x+1)^3}+ \frac{y^3}{(y+1)^3}+ \frac{z^3}{(z+1)^3}$

Xét $\frac{x^3}{(x+1)^3} =\frac{x^3}{x^3 +3x^2 +3x+1}=\frac{x^3}{x^3 +3x^2 +3x+xyz}=\frac{x^2}{x^2+3x+3+yz}$  

$=> S\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx+3(x+y+z)+9}$

Do $xy+yz+zx\geq3; x+y+z\geq 3(Do xyz=1)$

$=>S\geq\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx+(x+y+z)^2+6+xy+yz+zx}=\frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)^2+6}$

$\geq\frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)^2+\frac{2}{3}.(x+y+z)^2}=\frac{3}{8}$

Dấu $= : x = y = z = 1 => a = b = c = \frac{1}{2}$

Cho $x_i \geq 1(i = 1, 2,...,n).$ CMR $\sum\frac{1}{x_i^n+1}\geq\frac{n}{\prod x_i + 1}$

Tổng quát hóa từ http://diendantoanho...1geq-frac31xyz/

Đã 2 ngày và chưa ai làm được (hoặc không thèm làm ?)     

Cho $x_i \geq 1(i = 1, 2,...,n).$ CMR $\sum\frac{1}{x_i^i+1}\geq\frac{i}{\prod x_i + 1}$

Tổng quát hóa từ http://diendantoanho...1geq-frac31xyz/

Vì sao $\frac{2}{\sqrt{(xy)^{3}}+1}+\frac{2}{\sqrt{z^{4}xy}+1}\geq \frac{4}{xyz+1}$

Áp dụng một lần nữa bất đẳng thức phụ mà

Đặt tổng trên là S.

Đặt $\frac{1}{x} = a; \frac{1}{y} = b; \frac{1}{z} = c$

$=>ab+bc+ca=1$

$\frac{\sqrt{(1+y^{2})(1+z^{2})}-\sqrt{1+y^{2}}-\sqrt{1+z^{2}}}{yz}=\frac{\sqrt{(1+y^{2})(1+z^{2})}-\sqrt{1+y^{2}}-\sqrt{1+z^{2}}+1}{yz}-\frac{1}{yz}$

$=\frac{(\sqrt{1+y^{2}}-1)(\sqrt{1+z^{2}}-1)}{yz}-\frac{1}{yz}=\frac{\sqrt{1+y^{2}}-1}{y}\frac{\sqrt{1+z^{2}}-1}{z}-\frac{1}{yz}$

$=(\sqrt{1+\frac{1}{y^2}}-\frac{1}{y})(\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}-\frac{1}{z})-\frac{1}{yz}=(\sqrt{1+b^2}-b)(\sqrt{1+c^2}-c)-bc$  

Đặt $\sqrt{1+a^2}=m;\sqrt{1+b^2}=n;\sqrt{1+c^2}=p$

$=>m^2=a^2+1=a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)$

Ta có : $S=(m-a)(n-b)+(n-b)(p-c)+(p-c)(m-a)-(ab+bc+ca)=(mn+np+pm)-[m(b+c)+n(a+c)+p(a+b)]$

$mn=\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}\sqrt{a+b}=>mn+np+pm=\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})$

$m(b+c)=\sqrt{(a+b)(a+c)}(b+c)=\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}\sqrt{b+c}$

$=>m(b+c)+n(a+c)+p(a+b)=\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})=mn+np+pm$

$=>S=0(đ.p.c.m)$
 

Sửa lại đề bạn nhé, $\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}} \leq \dfrac{2}{\sqrt{1+xy}}$

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ $\frac{2}{1+xy}\geq\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}$   $(*)$

$(*)<=>2(1+x^2)(1+y^2)-(1+xy)(2+x^2+y^2)\geq0<=>2+2(x^2+y^2)+2x^2y^2-(1+xy)(2+x^2+y^2)\geq0$

$<=>x^2+y^2-xy(2+x^2+y^2)+2x^2y^2\geq0<=>(x-y)^2(1-xy)\geq0$  (Đúng do $0 \leq xy\leq1$)

$=>\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+xy}} \geq \sqrt{\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}} \geq \sqrt{\frac{1}{2}}.(\sqrt{ \frac{1}{1+x^2}}+ \sqrt{ \frac{1}{1+y^2}})$

$=>\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}} \leq \dfrac{2}{\sqrt{1+xy}}$

Rất đơn giản : $\frac{3}{2} \geq a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} => abc \leq \frac{1}{8}$

Bây giờ chỉ việc chọn dấu = rồi sử dụng BĐT Cosi với biểu thức trong ngoặc là ra