$P=2(\frac{x^5}{x}+\frac{x^5}{x})+2x^8-4(1+x^2)^2$\

$\rightarrow P=4x^4+2x^8-4(1+x^2)^2$

Từ đây tìm ra x,y để định hướng cho bài toán

$\sum x^2=\sum xy+2\Leftrightarrow \frac{3}{2}(\sum x^2)\geq \frac{1}{2}(x+y+z)^2+2\geq 2(x+y+z)$

$\Rightarrow 3x(\sum x^2)\geq 4x(x+y+z)\Leftrightarrow \frac{3x(\sum x^2)}{(x+y+z)^2}\geq \frac{4x}{x+y+z}$

lại có: $\frac{8(y^2+z^2)}{2(y^2+z^2)+x(y+z)}= 4-\frac{4x(y+z)}{2(y^2+z^2)+x(y+z)}\geq 4-\frac{4x(y+z)}{(y+z)^2+x(y+z)}=\frac{4(y+z)}{x+y+z}$

suy ra $P\geq \frac{4x}{x+y+z}+\frac{4(y+z)}{x+y+z}=4$

Bài ???: Bài toán sau khá hay mong các bạn thử sức    

 

Cho a,b,c>0. Cmr:

   

           $\frac{a^3+2}{(b+c)^2}+\frac{b^3+2}{(c+a)^2}+\frac{c^3+2}{(a+b)^2}\geq \frac{3(a+b+c)}{4}$             

 

 với $a^2+b^2+c^2=3$

ta có: $a^3+2\geq \frac{3}{2}a^2+\frac{3}{2}\geq \frac{3}{4}(a+1)^2$

bdt$\Leftrightarrow \sum (\frac{a+1}{b+c})^2\geq a+b+c$

áp dụng cô si:$(\frac{a+1}{b+c})^2+\frac{b+c}{2}+\frac{(a+1)(b+c)}{4}\geq \frac{3}{2}(a+1)$

tương tự vs 2 biểu thức còn lại ta đc:

$\sum (\frac{a+1}{b+c})^2\geq \frac{9-(ab+bc+ac)}{2}\geq \frac{9-\frac{(a+b+c)^2}{3}}{2}$

đặt a+b+c=t >0 

bdt$\Leftrightarrow (t+9)(3-t)\geq 0$ (luôn đúng)

Bài 150(Iran TST): Cho a,b,c>0: abc=1. CMR:
$\frac{a}{c+a(a^3+b^3)}+\frac{b}{a+b(b^3+c^3)}+\frac{c}{b+c(c^3+a^3)}\leq 1$

có:$(c+a(a^3+b^3))(c+\frac{bc}{a}+c)=(c+\frac{a^3}{bc}+\frac{b^2}{c})(2c+\frac{bc}{a})\geq (a+b+c)^2$

bdt $\Leftrightarrow \frac{3(\sum ab)}{(a+b+c)^2}\leq 1$ (luôn đúng)

Giả sử $a=\text{max}\{a,b,c\}$ thì $f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})=(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2\left[a^3(b+c+\sqrt{bc})^2-6\right]\geqslant (\sqrt{b}-\sqrt{c})^2(9a^2-6)\geqslant 0$

Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $a\geqslant b=c=t$. Thay trực tiếp $a$ theo $t$ và khảo sát hàm số.

a xin góp 1 bài dồn biến, ko nghĩ bài này mạnh vậy,dùng shur bị ngược dấu.

ko mất tính tổng quát :$c\geq 1\Leftrightarrow ab\leq 1$

xét hàm : $\sqrt{\frac{b}{a}}\geq t\geq 1$

$f(t)=\frac{1}{a^3t^3}+\frac{t^3}{b^3}+\frac{1}{c^3}-6(at+\frac{b}{t}+c)$

=> $f'(t)=\frac{3(at^2-b)(a^2t^4+abt^2+b^2-2t^2a^3b^3)}{a^3b^3t^4}\geq \frac{3(at^2-b)(3abt^2-2a^3b^3t^2)}{a^3b^3t^4}$

mà $ab\geq a^3b^3$ $(vì ab\leq 1)$ và $at^2-b\leq 0$

$\Leftrightarrow f'(t)\leq 0$ (nghịch biến)

$\Rightarrow f(1)\geq f(\sqrt{\frac{b}{a}})$

$\Leftrightarrow f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$

đưa hàm t rồi tìm gtnn

Bài 168(Hungary MO): Cho a,b,c>0. CMR nếu a+b+c= 2(ab+ca+ab). Tìm Min biểu thức sau:

P=$\sum \frac{a^3+b^2}{a^2+b^2}$

  ta có;$a+b+c=2(ab+bc+ac)\leq \frac{2}{3}(a+b+c)^2\Leftrightarrow \frac{3}{2}\leq (a+b+c)$

  giả sử :

      $a\geq c\geq b$  $\Leftrightarrow$ $a\geq \frac{1}{2}$

$a+b-ab=2c(a+b-\frac{1}{2})+ab> 0$

$\sum \frac{a^3+b^2}{a^2+b^2}=\sum \frac{a^3-a^2}{a^2+b^2}+3$

xét hiệu:

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

$\Leftrightarrow (a^3-a^2)(\frac{c^2-b^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)})+(b^3-b^2)(\frac{b^2-c^2}{2b^2(b^2+c^2)})\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{a^3-a^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\geq \frac{b^3-b^2}{2b^2(b^2+c^2)}=\frac{b-1}{2(b^2+c^2)}$

$\Leftrightarrow 2(a^3b^2+a^3c^2)+a^4+a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2\geq a^4b+b^3a^2+a^2c^2b+b^3c^2+2(a^2b^2+a^2c^2)$

$\Leftrightarrow (a-b)(a^2b^2+2a^2c^2+b^2c^2+(a+b-ab)(a^2-c^2))\geq 0$

$P\geq \frac{a^3-a^2}{a^2+c^2}+\frac{c^3-c^2}{a^2+c^2}+\frac{b-1}{2}+3\geq \frac{a^3+c^3}{a^2+c^2}+\frac{b}{2}+\frac{3}{2}$

lại có:

$a^3+c^3\geq ac(a^2+c^2)\Leftrightarrow 2(a^3+c^3)\geq (a+c)(a^2+c^2)\Leftrightarrow a^3+c^3\geq \frac{(a+c)(a^2+c^2)}{2}$

$\Rightarrow P\geq \sum \frac{a}{2}+\frac{3}{2}\geq \frac{9}{4}$

Chào bạn , bạn nói rõ hơn phương pháp này được không Tại sao lại đặt được như thế và nếu có tài liệu về phương pháp này thì càng tốt nhé

a ko tổng hợp tiếp ạ

 

$(a^2+b^2c^2+c^2)(b^2+1+a^2)\geq (ab+bc+ac)^2=9$

 

cái đó hình như bị nhầm rồi biểu thức là $a^2+b^2(c^2+1)=a^2+b^2c^2+b^2$

Bài 159(Balkan Shortlist): Cho a,b,c >0. CMR:

$\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$

đặt $\frac{b}{a}=x $ $\frac{c}{b}=y $ $\frac{a}{c}=z $ $\Leftrightarrow  xyz=1$

bdt$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+x+x^2}\geq 1$

đặt$x=\frac{y_{1}z_{1}}{x_{1}^2}$.........

bđt $\Leftrightarrow \sum \frac{x_{1}^4}{x_{1}^4+x_{1}^2y_{1}z_{1}+y_{1}^2z_{1}^2}\geq 1$

$\Leftrightarrow \sum x_{1}^2y_{1}z_{1}\leq \sum x_{1}^2y_{1}^2$ luôn đúng

Bài 154 (Nghệ an2009).Cho a,b,c>0 thỏa mãn abc=1. Tìm giá trị nhỏ nhất $H=(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3-6(a+b+c)$

đổi biến 2 lần dùng p q r

$P\geq p^3-3.\frac{9+p^3}{4}-6.\frac{\frac{9}{p}+p^2}{4}+3\geq -15$

Câu 6: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. CMR:

$a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3\geq abc(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+a^2b^2c^2(a^3+b^3+c^3)$ (BMO 2015)

chia 2 vế cho $a^3b^3c^3$

bđt$\Leftrightarrow \sum \frac{b^3}{c^3}+3\geq \sum \frac{ab}{c^2}+\sum \frac{a^2}{bc}$

đặt $\frac{b}{c}=x$ $\frac{c}{a}=y$ $\frac{a}{b}=z$ 

$\Leftrightarrow x^3 +y^3 +z^3+3\geq \sum \frac{x+y}{z}$

mà xyz=1$\Leftrightarrow x^3 +y^3 +z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)$ (luôn đúng theo shur)

Câu 13 :(Balkan MO , 2014) Cho $x,y,z>0$ thỏa : $xy+yz+zx=3xyz$ . Chứng minh rằng : 

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

 

P/s : Mong các bạn tham gia sôi nổi nhé !

áp dụng holder:

$(x^2y+y^2z+z^2x)(\sum \frac{1}{x})\geq (x+y+z)^2$ 

$\sum x^2y\geq \frac{xyz(x+y+z)^2}{xy+yz+xz}\doteq \frac{(x+y+z)^2}{3}$

áp dụng cố si:

$\frac{(x+y+z)^2}{3}+3\geq 2(x+y+z) (đpcm)$

 

Bài 116 (CĐTMO 2005) : Chứng minh rằng
                                                                 $\frac{a^{3}}{(b+c)^{3}}+\frac{b^{3}}{(c+a)^{3}}+\frac{c^{3}}{(a+b)^{3}}$ $\geq \frac{3}{8}$

                                        trong đó $a,b,c$ là các số dương.

Spoiler

Chào buổi sáng ae

 

ta có $8(x-\frac{1}{2})^2(x+1)\geq 0\Leftrightarrow 8x^3\geq 6x-2$

$\Rightarrow \sum \frac{8a^3}{(b+c)^3}\geq 6(\sum \frac{a}{b+c})-6\geq 3$ theo nesbit

$\Rightarrow P\geq \frac{3}{8}$

Bài 119(Thailand MO): Cho a,b,c>0. CMR: 

$\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2}{c^2+ca+a^2}+\frac{c^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$

 

$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2+bc}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(\sum a^2b^2)+abc(b+c+a)}$

$a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\geq abc(a+b+c)$

=>đpcm

Bài 124:(IMO Shortlist) : Cho a,b,c là số đo 3 cạnh một tam giác. CMR:

 

$\frac{a^3}{b^2(c+a-b)}+\frac{b^3}{c^2(a+b-c)}+\frac{c^3}{a^2(b+c-a)}\geq 3$

áp dụng holder:

$(\sum \frac{a^3}{b^2(c+a-b)})(\sum bc+ab-b^2)(a+b+c)\geq (a+b+c)^3$

$bđt\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)}\geq 3$

$\sum a^2\geq \sum ab$ hiển nhiên

Bài 127(APMO Shortlist) : Cho a,b,c>0. CMR:

 

$\frac{a}{\sqrt{b+c-a}}+\frac{b}{\sqrt{c+a-b}}+\frac{c}{\sqrt{a+b-c}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

áp dụng holder:

$(\sum\frac{a}{\sqrt{b+c-a}})^2(\sum a(b+c-a)) \geq (a+b+c)^3$$bđt \Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^3}{2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{3(a+b+c)^3}{(a+b+c)^2}=3(a+b+c)\geq (\sum \sqrt{a})^2$

=> đpcm

Bài 136(IMO Shortlist): Cho a,b,c là các số thực không âm: ab+bc+ca=1. CMR:

$2\leq \frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2b^2+ca}+\frac{1}{2c^2+ab}\leq 3(a^2+b^2+c^2)$

áp dụng cauchy có:

$$(\sum \frac{1}{2a^2+bc})^2\leq (\sum (b^2+c^2+bc))(\sum \frac{1}{(b^2+c^2+bc)(2a^2+bc)^2})$$

mà $(b^2+c^2+bc)(2a^2+bc)\geq (ab+bc+ac)^2=1$

bđt $\Leftrightarrow \sum \frac{1}{2a^2+bc}\leq \sum b^2+c^2+bc\leq 3(\sum a^2)$

luôn đúng

Sau đây là lời giải cho bài 129.

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có:

$(a^3+b^3+b^3)(b^3+a^3+b^3)(a^3+c^3+b^3)\geq (a^2b+abc+b^3)^3\geq (2ab^2+abc)^3=(ab)^3(2b+c)^3$

Do đó ta có: $\frac{(ab)^3(2b+c)^3}{(a^3+2b^3)^2}\leq a^3+b^3+c^3$. Từ đó ta có$\frac{(2b+c)^3}{c^3(2b^3+a^3)^2}\leq a^3+b^3+c^3$

Tương tự với hai hạng tử còn lại của VT bất đẳng thức từ đó ta thu được đpcm.

còn cách khác ko?

Bài 134:(Baltic Way Shortlist) :Cho $a,b,c>0: a+b+c=1$. CMR:

$\frac{a^3+bc^2+ca^2}{b(c+2a)}+\frac{b^3+ca^2+ab^2}{c(a+2b)}+\frac{c^3+ab^2+bc^2}{a(b+2c)}\geq \frac{216abc+1}{9}$

ta có :

$\sqrt[3]{3b(2c+a)(2a+c)}\leq a+b+c$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a^3+bc^2+ca^2}{b(c+2a)}\geq \sum \frac{3(2c+a)(a^3+bc^2+ca^2)}{(a+b+c)^3}$

$bđt \Leftrightarrow 3((a^2+b^2+c^2)^2+5(ab^3+bc^3+ca^3)+abc)\geq \frac{216abc+1}{9}$

áp dụng holder:

$(ab^3+bc^3+ca^3)(\sum \frac{1}{a})(1+1+1)\geq (a+b+c)^3=1$ $\Leftrightarrow 5(\sum ab^3)\geq \frac{5abc}{ab+bc+ac}$

đặt : $a+b+c=p=1$ $ab+ac+bc=q\leq \frac{1}{3}$ $abc=r$

$bdt\Leftrightarrow (p^2-2q)^2+\frac{5r}{3q}-7r-\frac{1}{27}\geq 0\Leftrightarrow (1-2q)^2+\frac{5r}{3q}-7r-\frac{1}{27}$

xét hàm :

TH1

$\frac{5}{21}\geq q$ hàm f'(r) đồng biến

theo shur :$r\geq \frac{4q-1}{9}$

$\Rightarrow f(r)\geq f(\frac{4q-1}{9})\geq 0$ (luôn đúng)

TH2

$\frac{5}{21}\leq q\leq \frac{1}{3}$ (nghịch biến)

có:$\prod (a-b)^2\geq 0\Leftrightarrow \frac{(1+2\sqrt{1-3q})(1-\sqrt{1-3q})^2}{27}\geq r$

$f(r)\geq f(\frac{(1+2\sqrt{1-3q})(1-\sqrt{1-3q})^2}{27})\geq 0$(luôn đúng)

=> đpcm

Họ và tên: Trần Tiến Anh

Nick trên diễn đàn :an1712

năm sinh:1999

Hòm thư: [email protected]

Dự thi : THPT

đặt $u_n=a_n-na_{n-1}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} u_1=2,u_2=3\\u_n=6u_{n-1}-9u_{n-2} \end{matrix}\right.\Rightarrow a_n-na_{n-1}=3^n-n.3^{n-1}$

$\Rightarrow a_n-3^n=n(a_{n-1}-3^{n-1})=...=n!\Rightarrow a_n-1=3^n+n!-1$

dễ thấy với $n=2^k,k\ge 2015$ thì $2^{2015}\mid a_n-1$ mà có vô số số $n$ như trên nên ta có $Q.E.D$

mình thấy cách đặt sao ấy, bạn xem lại đc ko, phương trình đặc trưng ko cho nghiệm n

câu 1

Ngày thi 3

 

Bài 1: Cho dãy ($a_{n}$) thỏa mãn  $a_0=1$ và $a_{n+1}=\frac{-3}{7}(\sqrt{(a_n^2+1)^3}+a_n^3)$

CMR: $(a_n)$ hội tụ và tìm $lim(a_n)$

 

 

dễ chứng minh $ a_{n}<0 $ với n>0

xét hàm:$f(x)=\frac{-3}{7}((x+1)^{\frac{3}{2}}+x^3)$

=> $f'(x)=-\frac{3}{7}(3x\sqrt{x^2+1}+3x^2)< 0$ với x<0

=> dãy  $ a_{n} $ đơn điệu 

mà  $a_{1}<a_{2}<....$

nên dãy $a_{n}$ tăng với n>0

mà $a_{n}< \frac{-3}{7}$

=> đpcm

b) giải phương trình giới hạn, nhưng mình làm chưa ổn

dấu bằng thế nào a ns rõ đc ko

$2(a^2+b^2)=(a+b)^2+(a-b)^2;(b^2+c^2)(a^2+c^2)=(c^2+ab)^2+c^2(a-b)^2$

Xong dùng BĐT $B-C-S$ là xong :v

Câu 5. $x=y \Rightarrow f(0)= \left( x-f(x) \right)^2$.

$x=y=0 \Rightarrow f(0)=f(0)^2 \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=1$.

 

Nếu $f(0)=0$ thì f(x)=x$.

Nếu $f(0)=1$ thì $f(x)=x+1$ hoặc $f(x)=x-1$.

Thử lại thì chỉ có $f(x)=x$ hoặc $f(x)=x+1$ thoả mãn.

thực ra ko hẳn sai, bạn chỉ chứng minh ngoài hai hàm đó ko còn hàm nào thỏa mãn là ok

đề lạ quá, sao giống kiểu thi đại học quá vậy