$VP\leqslant \sqrt{-2VT+8}=\sqrt{VT^2+(2-VT)(4+VT)}\leqslant VT$

Do đó $x=1$

Áp dụng $(x+y+z)^2\geqslant 3(xy+yz+zx)$ : $VT^2 \geqslant 3\left(\sum \dfrac{ab}{c}.\dfrac{ca}{b}\right)=3\sum a^2=9$

$(x-1)(x+5)(x-3)(x+7)=-(-x^2-4x+5)(x^2+4x-21) \geqslant \dfrac{-(5-21)^2}{4}=-64$

Đẳng thức xảy ra khi $x^2+4x-13=0$

Giả sử bất đẳng thức trên đúng với mọi $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Khi đó ta có $x+y+z\geqslant xy+yz+zx$ với $x=\dfrac{1}{a}, y=\dfrac{1}{b}, z=\dfrac{1}{c}$ là điều vô lý.

Vậy bất đẳng thức trên không phải luôn đúng.

$\sum \sqrt[3]{a} \geqslant \sum ab \Rightarrow P\geqslant \dfrac{1}{q}+1\geqslant \dfrac{4}{3}$

Tìm hàm số $f$ từ tập số nguyên không âm vào chính nó sao cho $f(f(n))=n+1$

$3(a^3+2b^3)-(a+2b)(a^2+2b^2)=2(a+b)(a-b)^2 \geqslant 0 \Leftrightarrow 3(a^3+2b^3)\geqslant (a+2b)(a^2+2b^2)$

Tương tự ta có $3(b^3+2c^3)\geqslant (b+2c)(b^2+2c^2)$ và $3(c^3+2a^2)\geqslant (c+2a)(c^2+2a^2)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

$LHS=\sum \left(\dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{3b}+\dfrac{1}{3b}\right) \geqslant \sum \dfrac{3}{a+2b}=\sum \dfrac{3(a^2+2b^2)}{(a+2b)(a^2+2b^2)} \geqslant \sum \dfrac{a^2+2b^2}{a^3+2b^3}=RHS$

$3P\geqslant \left(\sum \dfrac{x^4}{x^2+y^2}\right)^2\geqslant \left(\sum \dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}\right)^2\geqslant \dfrac{1}{4}$

Phương trình tương đương với $\sqrt{x+1}+\sqrt{3-x}-\dfrac{1}{2}=\left[\dfrac{1}{2}-\sqrt{3-x}\right]-[\sqrt{x+1}]$

Chú ý là $3>\sqrt{x+1}+\sqrt{3-x}-\dfrac{1}{2}\geqslant 1$

Tìm $3$ số thực $x,y,z$ thỏa mãn hệ $\left\{\begin{matrix}x+y+z=1 \\ x^{2}+2y^{2}+3z^{2}=4 \end{matrix}\right.$

sao cho $x$ đạt giá trị lớn nhất

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz: $4=x^2+2y^2+3z^3\geqslant x^2+\dfrac{6(1-x)^2}{5}\Rightarrow \dfrac{6-\sqrt{190}}{11}\leqslant x\leqslant \dfrac{6+\sqrt{190}}{11}$

$4(y^3+z^3)-(y+z)^3=3(y+z)(y-z)^2\geqslant 0$

Do đó $LHS \leqslant \dfrac{y+z+z+x+x+y}{x+y+z}=2$

Bất đẳng thức trên tương đương với: $\sum \dfrac{(b-c)^2(3a-b-c)}{(b^2+3ca)(c^2+3ab)}\geqslant 0$

Đến đây chắc S.O.S

Gọi $H, K$ lần lược là trung điểm $AD, BC$

Ta có $\Delta MAD \sim \Delta MCB$

$$\widehat{MKF}=\widehat{MOF}=\widehat{MHE}=\widehat{MOE} \Rightarrow ME=MF$$

Đặt $a=\sqrt{x+y}$ và $b=\sqrt{x-y}$ thì ta có $\begin{cases}\{a\}=\{b\} \\ \left\{\dfrac{(a-b)^2}{2}\right\}=a+\dfrac{1}{2} \end{cases}$

Mà $a-b\in \mathbb{Z}$ nên ta có $a+\dfrac{1}{2}=0$ hoặc $a+\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$ mà do $a\geqslant 0$ nên $a=0$

(a) Dùng định lý Viete ta chứng minh được $A_{n+3}-5A_{n+2}+3A_{n+1}+A_{n}=0$

Đến đây dùng quy nạp mạnh.

(b) Thiết lập dãy số dư hoặc theo công thức truy hồi.

Bậc chênh lệch khá lớn giữa tử và mẫu nên ta thực hiện giảm độ chênh lệch đó. Đặt $a=\dfrac{1}{x}, b=\dfrac{1}{y}, c=\dfrac{1}{z}$

Lúc này ta có $\sum \dfrac{1}{a^4(b+1)(c+1)}=\sum \dfrac{x^3}{(y+1)(z+1)}$

Đây là bài toán quen thuộc giải bằng AM-GM, Holder, ...

Cho $a=1, b=2$ là thấy sai ngay

Bất đẳng thức Holder: Với mọi số thực không âm $a_1, a_2, ..., a_n, b_1, b_2, ..., b_n$  và các số dương $p,q>1$ sao cho $p^{-1}+q^{-1}=1$. Lúc đó ta luôn có:

$$\left(a_1^p+a_2^p+...+a_n^p\right)^{1/p}(b_1^q+b_2^q+...+b_n^q)^{1/q} \geqslant a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n$$

Áp dụng vào bài toán

$a^3(a^3+c^3)^2+b^3(b^3+d^3)^2 \leqslant (a^3+b^3)^{1/3}\left[(a^3+c^3)^3+(b^3+d^3)^3\right]^{2/3}$

$c^3(a^3+c^3)^2+d^3(b^3+d^3)^2 \leqslant (c^3+d^3)^{1/3}\left[(a^3+c^3)^3+(b^3+d^3)^2\right]^{2/3}$

$\Rightarrow (a^3+c^3)^3+(b^3+d^3)^3 \leqslant \left[(a^3+c^3)^3+(b^3+d^3)^2\right]^{2/3}.\left[(a^3+b^3)^{1/3}+(c^3+d^3)^{1/3}\right]$

$\Leftrightarrow \sqrt[3]{a^3+b^3}+\sqrt[3]{c^3+d^3}\geqslant \sqrt[3]{(a+c)^3+(b+d)^3}$

Bất đẳng thức trên tương đương với: $\dfrac{c^2}{b-c}+\dfrac{2b^2}{a-b}>0$ luôn đúng.

$$t^4-t^3-\frac{t^5-1}{5} \geqslant 0\;\;\forall t\in [0,3]$$

$$\Rightarrow x^4+y^4+z^4\geqslant x^3+y^3+z^3+\frac{x^5+y^5+z^2-3}{5}=x^3+y^3+z^3$$

$LHS=\sum \dfrac{ab\sqrt{ab}}{2\sqrt{ab}}\geqslant \sum \dfrac{ab\sqrt{ab}}{a+b}$

Vậy cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác để làm gì.

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev: $P\geqslant \dfrac{3(a^3+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$

Ngoài ra theo bất đẳng thức TBLT ta có $\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}}\leqslant \sqrt[3]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

$3\leqslant \sqrt[3]{9(a^3+b^3+c^3)}+\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}$

Đến đây chắc được,

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM trực tiếp: $VT\geqslant 3\sqrt[6]{\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

Ta cần chứng minh: $(a+b)(b+c)(c+a)\geqslant (a+1)(b+1)(c+1)$ (*)

Áp dụng bất đẳng thức Holder: $2a(a+b)(a+c)\geqslant (a+1)^3$. 

Tương tự rồi nhân lại ta được $8[(a+b)(b+c)(c+a)]\geqslant [(a+1)(b+1)(c+1)]^3\geqslant 8[(a+1)(b+1)(c+1)]^2$

Còn một cách để chứng minh (*) là khai triển trực tiếp.

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo Cauchy-Schwarz: $VT\leqslant \sqrt{3\sum (a^2-ab+b^2)}=VP$

Có lẫn lộn gì ở đây không nhỉ :| hình như nhớ là vế phải nó khác khác :|

$x^2+y^2-xy=4 \ge \dfrac{x^2+y^2}{2} \Leftrightarrow x^2+y^2 \le 8$

$x^2+y^2 -xy = 4 \le \dfrac{3}{2}(x^2+y^2) \Leftrightarrow x^2+y^2 \ge \dfrac{8}{3}$

$min$ đạt được khi $x=y=...$

$max$ đạt được khi $x=-y=...$