Johan Liebert

Bài 1: 

b) Số các đoạn thẳng là $\dfrac{n(n-1)}{2}$

Xét n lẻ dễ thấy các n giác đều đều thỏa mãn

Xét n chẵn.Đặt n=2k. Theo Dirichlet ta thấy phải có 1 điểm nằm trên trung trực của $k$ đoạn thẳng (gọi là điểm O)

Do tập các điểm là không tâm nên trung trực 2 đoạn thẳng $AB,AC$ không thể đi qua cùng 1 điểm

Vì vậy k đoạn thẳng có trung trực đi qua điểm O đó không thể có chung đầu mút

Suy ra phải có ít nhất $2k$ điểm

Mà chỉ còn lại $2n-1$ điểm. Vô lý

Vậy n lẻ

Cách tính như của bạn Belphegor Varia mình nghĩ là đúng

Do $A_1;A_2$ được chọn 1 cách riêng lẻ mà. Vì được chọn riêng lẻ nên cặp $(A,B);(B,A)$ là 2 cặp khác nhau

Chứng minh không tồn tại hàm số $f(x)$ xác định với mọi số thực $x$ và thỏa mãn $f(f(x))=x^2-2$ với mọi x

Thay $y:=f(y)$ ta có:

$f(f(y)+f(x))=f(x)f(f(y))+f(f(x))+f(f(y))-xf(y)(1)$

Thay $y:=f(x) \ \ \ x:=y$ ta có

$f(f(x)+f(y))=f(y)f(f(x))+f(f(x))+f(f(y))-yf(x)(2)$

Từ $(1);(2)$ ta có

$f(x)f(f(y))--xf(y)=f(y)f(f(x))-yf(x)$

$\leftrightarrow f(x)[f(f(y))+y]=f(y)[f(f(x))+x]$

$\rightarrow \frac{f(f(x))+x}{f(x)}=k$ với k là hằng số

$\rightarrow f(f(x))=kf(x)-x$ và $f(f(f(x)))=(k^2-1)f(x)-kx$(3)

Thay vào đề bài $x:=f(x) \ \ \ \ y:=f(x)$ 

Thay tiếp vào đề bài $x:=x \ \ \ \ y:=f(f(x))$

Vì 2 vế trái bằng nhau đều là $f(f(x)+f(f(x)))$ nên 2 vế phải bằng nhau

Biến đổi hết về x và f(x) theo (3)

Ta sẽ được $(k^2-1)f^2(x)-(k^2+k-1)xf(x)+kx^2=0$

Đến đây dễ rồi

Nhận thấy $a^3-a=a(a-1)(a+1) \vdots 3$

Tương tự $\rightarrow a+b+c \vdots 3$

Lại có $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)[(a+b+c)^2-3ab-3bc-3ca] \vdots 9$

$\rightarrow 3abc \vdots 9 \rightarrow abc \vdots 3$

Ta có:

$ma^2+nb^2+pc^2=m(b^2+c^2-2bc.cosA)+nb^2+pc^2=(m+n)b^2+(m+p)c^2-2mbc.cosA$

$4S_{ABC}\sqrt{mn+np+mp}=2bc.sinA\sqrt{mn+np+mp}$

$4S_{ABC}\sqrt{mn+np+mp} \leq ma^2+nb^2+pc^2$

$\leftrightarrow 2bc.sinA\sqrt{mn+np+mp}+2mbc.cosA \leq (m+n)b^2+(m+p)c^2$

Đến đây vế phải áp dụng bất đẳng thức Cô-si còn vế trái dùng Bunhiacopxki là ra

$\rightarrow abc \leq 1$

Đặt $a=\dfrac{m}{n}; b=\dfrac{n}{p} \rightarrow c \leq \dfrac{p}{m}$

$\rightarrow \sqrt{\dfrac{c^3}{c^3+1}}=\sqrt{1-\dfrac{1}{c^3+1}} \leq \sqrt{\dfrac{m}{m+n}}$

Tương tự

$\rightarrow \sum \sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+1}} \leq \sum \sqrt{\dfrac{m}{m+n}}$

$(\sum \sqrt{\dfrac{m}{m+n}})^2=(\sum \sqrt{\dfrac{m(m+p)}{(m+n)(m+p)}})^2$

$\leq 2(m+n+p)(\sum \dfrac{m}{(m+n)(m+p)}$

$=\dfrac{4(m+n+p)(mn+np+mp)}{(m+n)(n+p)(m+p)} \leq \dfrac{9}{2}$

Vậy ta có dpcm

$\rightarrow abc \geq 1$

Đặt $a=\dfrac{x}{y}; b=\dfrac{y}{z} \rightarrow c \geq \dfrac{z}{x}$

$\rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}}=\sqrt{\dfrac{y^3}{x^3+y^3}}$

Tương tự cộng từng vế

$\sum \dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}} \leq \sum \sqrt{\dfrac{y^3}{x^3+y^3}}$

Đặt $x^3=m ; y^3=n ; z^3=p$

$\rightarrow \sum \dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}} \leq \sum \sqrt{\dfrac{n}{m+n}}$

$(\sum \sqrt{\dfrac{n}{m+n}})^2$

$=(\sum \sqrt{\dfrac{n(n+p)}{(m+n)(n+p)}})^2$

$\leq (n+p+m+n+m+p)(\sum \dfrac{n}{(m+n)(n+p)})$

$=\dfrac{4(m+n+p)(mn+mp+np)}{(m+n)(n+p)(m+p)}$

$\leq \dfrac{9}{2}$

Vậy ta có dpcm

Cách khác:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

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

Lại có $3 \leq x^2+y^2+z^2 \rightarrow x^3+y^3+z^3 \geq x^2+y^2+z^2$

$\leftrightarrow x^3+y^3+z^3+xyz \geq x^2+y^2+z^2+xyz $

Áp dụng bất đẳng thức $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$(chứng minh bằng Đi-dép-lê)

$\rightarrow 2(x^2+y^2+z^2)+2xyz \geq x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)-1=8$

$\leftrightarrow x^2+y^2+z^2 +xyz \geq 4(dpcm)$

Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c$

Ta có:

$\dfrac{a^2}{b^2+c^2}-\dfrac{a}{b+c}=\dfrac{ab(a-b)+ac(a-c)}{(b^2+c^2)(b+c)}$

Tương tự cộng từng vế ta có:

$VT-VP=ab(a-b)[\dfrac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}-\dfrac{1}{(a^2+c^2)(a+c)}]$

$+ac(a-c)[\dfrac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}-\dfrac{1}{(a^2+b^2)(a+b)}]$

$+bc(b-c)[\dfrac{1}{(a^2+c^2)(a+c)}-\dfrac{1}{(a^2+b^2)(a+b)}]$

Nhận thấy vì $a \geq b \geq c$ nên $VT \geq VP$ (mỗi ngoặc đều $\geq 0$)

Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow a=b=c$

Mình vẫn chưa hiểu chỗ này

Đó là trường hợp $a_1=a_2=...=a_{100}$ mà $a_1+a_2+...+a_{100}=200$ nên $a_1=a_2=...=a_{100}=2$

Tổng 50 số bất kì trong 100 số đó là 100. Thỏa mãn điều phải chứng minh

Xét 100 số đã cho bằng nhau thì tổng 20 số bất kì luôn bằng 100

Xét có ít nhất 2 số khác nhau, không mất tính tổng quát gỉa sử 2 số đó là $a_1;a_2$.

Ta xét 101 tổng

$S_1=a_1 \\ S_2=a_2 \\ S_3=a_1+a_2 \\ S_4=a_1+a_2+a_3 \\ S_5=a_1+a_2+a_3+a_4 \\ ... \\ S_{101}=a_1+a_2+...+a_{100}$

Ta có 101 tổng trên có 2 tổng có cùng số dư khi chia cho 100 ( 2 tổng đó không thể là $S_1;S_2$)

Vì vậy hiệu 2 tổng đó sẽ chia hết cho 100 mà bé hơn 200 và lớn hôn 0 nên hiệu 2 tổng đó sẽ bằng 100

Mà hiệu 2 trong các tổng đã xét khác hiệu 2 tổng $S_1$ và $S_2$ đều cho ta tổng một số số trong các số đã cho

Vậy ta có dpcm

Đặt $x=\dfrac{c}{b} \ \ \ \ y=\dfrac{a}{c} \ \ \ \ z=\dfrac{b}{a}$

Bất đẳng thức tương đương với:

$3+\dfrac{c^2}{ab}+\dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ac} \geq \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{z}$

$\leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc \geq a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2(1)$

Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c$

$(1) \leftrightarrow (a-b)^2(a+b-c)+c(c-a)(c-b) \geq 0$(luôn đúng)

Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow a=b=c \leftrightarrow x=y=z=1$

$x^{2}+xy+y^{2}-12=(x+\frac{1}{2}y)^{2}+\frac{3}{4}y^{2}-12\geq -12$

Đẳng thức xảy ra khi x=y=0 $\Rightarrow (x-y)(x^{2}+xy+y^{2}-12)=0$

Sai rồi nhé. Thử lại là thấy ngay

$5>0 \ \ \ \ \ \ \ \ -6 > -12$

$\rightarrow -30 >0$

Bạn làm như vậy là sai rồi

bạn thử làm cách không sử dụng bdt holder xem sao( cái này cấp 3 mới học)

Tùy bạn thôi. Nhưng mà đúng là dùng Holder bài này cũng không cần

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM

$x^3+y^3+8 \geq 6xy$

$z^3+t^3+8 \geq 6zt$

$\leftrightarrow x^3+y^3+z^3+t^3 \geq 6(xy+zt)-16=32$

Được chưa bạn