habcy12345

Bài này mình dùng pqr và quy đồng tất, thu được bất đẳng thức cuối khá gọn: $(pq-9r)(p^2+q)\geq 0$, hiển nhiên theo AM-GM.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3}\geq\frac{8}{9}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right).$$

Lời giải chuẩn rồi ạ. Hướng khác:
Đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$, ta cần chứng minh
$$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\geq1\Leftrightarrow\frac{2p^2-2pr+15}{p^2-2pr+r^2+25}\geq1\Leftrightarrow p^2\geq r^2+10$$
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng do $p^2\geq 3q=18, r^2+10\leq\frac{q^3}{27}+10=18$.

Một bài cũ nhưng khá hay:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $ab+bc+ca=6$. Tìm giá trị nhỏ nhất của
$$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}$$

Một bài toán khá thú vị mà em tìm được:
Một bữa tiệc có $2n+1$ người tham gia. Biết rằng cứ mỗi nhóm gồm $n$ người thì tồn tại một người không thuộc nhóm đó nhưng quen biết tất cả các người trong nhóm đó. Chứng minh rằng có một người quen biết tất cả mọi người trong bữa tiệc.
$\textit {(Nguồn: 2001 All-Russian Olympiad, Grade 9, Day 2, P2 of 4)}$

Trong một căn phòng, người ta sắp xếp các đèn thành dạng hình chữ nhật $m\times n$. Ở mỗi ô vuông $2\times 2$, nếu bật bất kì $3$ đèn nào lên thì đèn còn lại cũng được bật sáng. Tìm số đèn cần bật ít nhất để tất cả các đèn ở căn phòng đều sáng?

Bằng thử trực tiếp, ta thấy $k \in \{3;1\}$ thì có 2 nghiệm phân biệt

Hình như $k=1, k=3$ cũng không thoả thì phải. Do bài này của THCS nên không cần dùng Viète cho pt b3 đâu. Mình xin trình bày cách khác:
Phương trình ban đầu tương đương với $(x+1)(x^2-x+1-k)=0$.
Do phương trình có đúng $2$ nghiệm phân biệt nên phương trình $x^2-x+1-k=0$ phải có nghiệm kép khác $-1$.
$\Rightarrow\begin{cases}
(-1)^2-(-1)+1-k\ne 0\\
\Delta =1-4(1-k)=0
\end{cases}\Leftrightarrow k=\frac{3}{4}$ (vô lí).

Bài này chắc chỉ có cách chặn $n$ thôi:
Dễ thấy $n\leq 59\Rightarrow S(n)\leq 5+9=14\Rightarrow S[S(n)]\leq 9$
Nên $S(n)+S[S(n)]\leq 23\Rightarrow n\geq 37\Rightarrow 37\leq n\leq 59$
Mà $n, S(n), S[S(n)]$ có cùng số dư khi chia cho $9$ nên $n$ chia $3$ dư $2$ (do $60\equiv 6$ (mod $9$))
$\Rightarrow n\in\{38,41,44,47,50,53,56,59\}$. Đến đây thử lại lấy $n\in\{44,47,50\}$

Ta chứng minh $3x^2+2y^2\geq 2(x^2-y^2+2xy)\Leftrightarrow (x-2y)^2\geq 0$ (đúng)
Do đó $3x^2+2y^2\geq 2.5=10$
Dấu "$=$" xảy ra khi $(x,y)=(2\sqrt{\frac{5}{7}},\sqrt{\frac{5}{7}}); (-2\sqrt{\frac{5}{7}}, -\sqrt{\frac{5}{7}})$
Vậy giá trị nhỏ nhất là $10$

 

Nhận xét: Lời giải chính xác, ngắn gọn
Điểm: 10/10

Hic, lời giải đầu của em k đúng, em xin làm lại vậy: Đặt $d=(ab, 5ab-1)\Rightarrow d=1$. Do $\frac{ab(5a^2+5b^2-2)}{5ab-1}$ là số nguyên dương nên $5a^2+5b^2-2\vdots 5ab-1$ Đặt $k=\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}, k\in\mathbb{N^*}$. Cố định $k$, xét các bộ $(a,b)$ thoả $k\in\mathbb{N^*}$, chọn $(a_0,b_0)$ thoả $a_0+b_0$ nhỏ nhất. Từ bđt Cauchy dễ thấy $k\geq 2$. Xét pt bậc 2 ẩn $t:$ $5t^2-5tb_0k+5b_0^2+k-2=0$, phương trình này ngoài nghiệm $a_0$ còn một nghiệm là $m$. Theo định lí Viet: $\begin{cases} a_0+m=b_0k\\ a_0m=\dfrac{5b_0^2+k-2}{5} \end{cases}$. Từ đây suy ra được $m$ nguyên.
Nếu $m < 0$ thì $5m^2-5mb_0k+5b_0^2+k-2>0$ (vô lí).
Nếu $m=0$ thì $5b_0^2+k-2=0$ nên $k\leq 2$. Mà $k\geq 2\Rightarrow k=2\Rightarrow a=b$.
Nếu $m>0$, ta có $(m,b_0)$ cũng là một bộ thỏa mãn. Mà theo cách chọn thì ta có $m+b_0\geq a_0+b_0\Leftrightarrow m\geq a_0$
$\Rightarrow\frac{5b_0^2+k-2}{5}\geq a_0^2\Leftrightarrow\frac{5b_0^2+\dfrac{5a_0^2+5b_0^2-2}{5a_0b_0-1}-2}{5}\geq a_0^2\Leftrightarrow\frac{5a_0^2+5b_0^2-2}{5a_0b_0-1}-2\geq 5(a_0^2-b_0^2)\Leftrightarrow\frac{5(a_0^2+b_0^2-2a_0b_0)}{5a_0b_0-1}\geq 5(a_0^2-b_0^2)\Leftrightarrow\frac{a_0-b_0}{5a_0b_0-1}\geq a_0+b_0$
Mà $\frac{a_0-b_0}{5a_0b_0-1}<\frac{a_0+b_0}{5a_0b_0-1}<a_0+b_0$, mâu thuẫn. Vậy $a=b$.

$\frac{ab(5a^2+5b^2-2)}{5ab-1}\in\mathbb{N^*}$
$\Rightarrow ab(5a^2+5b^2-2)\vdots 5ab-1$
$\Leftrightarrow 5(ab-1)(a^2+b^2)+5(a^2+b^2)-2ab\vdots 5ab-1$
$\Leftrightarrow 5(a^2+b^2)-2ab\vdots 5ab-1$
$\Leftrightarrow 25(a^2+b^2)-2-2(5ab-1)\vdots 5ab-1$
$\Leftrightarrow 25(a^2+b^2)-2\vdots 5ab-1$. Đặt $k=\frac{25(a^2+b^2)-2}{5ab-1}, k\in\mathbb{N^*}$
Suy ra $f(a)=25a^2-5bka+25b^2+k-2=0(1)$.
TH1: $a=b$, ta có đpcm.
TH2: $a\ne b$: Giả sử $a>b$, gọi $(a,b)$ là bộ số có $a$ nhỏ nhất thỏa mãn $k\in\mathbb{N^*}$
Khi đó theo định lí Viet thì phương trình $(1)$ còn một nghiệm $t=\frac{25b^2+k-2}{25a}>a\geq b$.
Nên $b$ nằm ngoài khảng hai nghiệm của $f(a)\Rightarrow f(b)>0$
$\Leftrightarrow 25b^2-25kb^2+25b^2+k-2>0$
$\Leftrightarrow k(1-25b^2)+2(25b^2-1)>0$
$\Leftrightarrow (2-k)(25b^2-1)>0\Leftrightarrow k<2$ (do $25b^2-1>0$) $\Leftrightarrow k=1$ (do $k\in\mathbb{N^*}$)
Do đó $1=\frac{25(a^2+b^2)-2}{5ab-1}\Leftrightarrow 25(a^2+b^2)-2=5ab-1\Leftrightarrow 25(a^2+b^2)=5ab+1$
Mặt khác theo bất đăng thức AM-GM thì $25(a^2+b^2)\geq 50ab>5ab+1$
Vậy $a=b$

$VT=\sum\frac{a^6}{a^4(b+c)}\geq\frac{(\sum a^3)^2}{\sum a^4(b+c)}$. Vậy nên chỉ cần cm $\frac{(\sum a^3)^2}{\sum a^4(b+c)}\geq\frac{3}{2}\frac{\sum a^3}{\sum a^2}\Leftrightarrow\sum (a-b)^4(a+b)\geq0$ (đúng).

Từ $2024$ đến $4048$ ta nhận thấy các số này có thể chứa thừa số $2$ trong dạng phân tích với số mũ không vượt quá $11$ bởi vì nếu số mũ của $2$ lớn hơn $11$ thì số đó sẽ $\geq 2^{12}=4096$ (vô lí):
Các số không chứa thừa số $2$ trong dạng phân tích: $2025, 2027,..., 4047$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là
$2025+2027+...+4047=3072432$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $1$ trong dạng phân tích: $2.1013, 2.1015,..., 2.2023$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $1013+1015+...+2023=768108$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $2$ trong dạng phân tích: $2^2.507, 2^2.509,..., 2^2.1011$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $507+509+...+1011=192027$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $3$ trong dạng phân tích: $2^3.253, 2^3.255,..., 2^3.505$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $253+255+...+505=48133$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $4$ trong dạng phân tích: $2^4.127, 2^4.129,..., 2^4.253$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $127+129+...+253=12160$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $5$ trong dạng phân tích: $2^5.65, 2^5.67,..., 2^5.125$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $65+67+...+125=2945$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $6$ trong dạng phân tích: $2^6.33, 2^6.35,..., 2^6.63$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $33+35+...+63=768$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $7$ trong dạng phân tích: $2^7.17, 2^7.19,..., 2^7.31$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $17+19+...+31=192$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $8$ trong dạng phân tích: $2^8.9, 2^8.11,..., 2^8.15$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $9+11+...+15=48$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $9$ trong dạng phân tích: $2^9.5, 2^9.7$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $5+7=12$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $10$ trong dạng phân tích: $2^10.3$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $3$
Các số chứa thừa số $2$ với số mũ là $11$ trong dạng phân tích: $2^11$, tổng các ước lẻ lớn nhất của các số trên là $1$
Vậy $\sum_{n=2024}^{4048} a(n)=3072432+768108+192027+48133+12160+2945+768+192+48+12+3+1=4096829$

Nhận xét: Một cách làm rất thủ công!

Ta chứng minh bổ đề: $S(2^n)=\frac{4^n+2}{3}, n\in\mathbb{N^*}$, $S(2^n)$ là tổng các ước lẻ lớn nhất của các số từ $1$ đến $2^n(1)$
Thật vậy: Ta thấy rằng $\{1,2,...,2^n\}=\{1,3,...,2^n-1\} \cup \{2,4,...,2^n\}=\{1,3,...,2^n-1\} \cup \{2.1,2.2,...,2.2^{n-1}\}$
Nên $S(2^n)=1+3+...+2^n+S(2^{n-1})=4^{n-1}+S(2^{n-1})$
Với $n=1$ thì $S(2^1)=2$ tức $(1)$ đúng. Giả sử $(1)$ đúng với $n=k(k\in\mathbb{N^*})$, ta chứng minh $(1)$ cũng đúng với $n=k+1$. Thật vậy, $S(2^{k+1})=4^k+S(2^k)=4^k+\frac{4^k+2}{3}=\frac{4^{k+1}+2}{3}$, tức $(1)$ đúng với $n=k+1$
Vậy bổ đề được cm.
Trờ lại bài, từ bổ đề dễ dàng suy ra $\sum_{n=1}^{2048} a(n)=\frac{4^{11}+2}{3}=1398102, \sum_{n=1}^{4096} a(n)=\frac{4^{12}+2}{3}=5592406$
Xét $\sum_{n=2025}^{2048} a(n)$:
$a(2026)=1013\Rightarrow a(2026+4k)=a(2(1013+2k))=1013+2k, a(2028)=507\Rightarrow a(2028+4k)=a(4(507+k))=507+k$ (nếu $k$ chẵn), $a(2024)=253, a(2032)=127, a(2040)=255, a(2048)=1$
$\Rightarrow \sum_{n=2024}^{2048} a(n)=(2025+2027+...+2047)+(a(2026)+a(2030)+...+a(2046))+(a(2028)+a(2036)+a(2044))+(a(2024)+a(2032)+a(2040)+a(2048))$
$=24432+(1013.6+2(1+2+3+4+5))+(507.3+2+4)+(253+127+255+1)=32703$
Nên $\sum_{n=1}^{2023} a(n)=\sum_{n=1}^{2048} a(n)-\sum_{n=2024}^{2048} a(n)=1365399$
Xét $\sum_{n=4049}^{4096} a(n)$:
Tương tự ta có $a(4050+4k)=2025+2k, a(4052+4k)=1013+k$ (nếu $k$ chẵn), $a(4056)=507, a(4064)=127, a(4072)=509, a(4080)=255, a(4088)=511, a(4096)=1$
$\Rightarrow \sum_{n=4049}^{4096} a(n)=(4049+4051+...+4095)+(a(4050)+a(4054)+...+a(4094))+(a(4052)+a(4060)+...+a(4092))+(a(4056)+a(4064)+a(4072)+a(4080)+a(4088)+a(4096))$
$=97728+(2025.12+2(1+2+...+11))+(1013.6+(2+4+6+8+10))+(507+127+509+255+511+1)=130178$
Nên $\sum_{n=1}^{4048} a(n)=\sum_{n=1}^{4096} a(n)-\sum_{n=4049}^{2096} a(n)=5462228$
Suy ra $\sum_{n=2024}^{4048} a(n)=\sum_{n=1}^{4048} a(n)-\sum_{n=1}^{2024} a(n)=4096829$

Sửa lỗi LaTeX

Ta chứng minh bổ đề: $S(2^n)=\frac{4^n+2}{3}, n\in\mathbb{N^*}$, $S(2^n)$ là tổng các ước lẻ lớn nhất của các số từ $1$ đến $2^n(1)$Thật vậy: Ta thấy rằng $\{1,2,...,2^n\}=\{1,3,...,2^n-1\} \cup \{2,4,...,2^n\}=\{1,3,...,2^n-1\} \cup \{2.1,2.2,...,2.2^{n-1}\}$Nên $S(2^n)=1+3+...+2^n+S(2^{n-1})=4^{n-1}+S(2^{n-1})$Với $n=1$ thì $S(2^1)=2$ tức $(1)$ đúng. Giả sử $(1)$ đúng với $n=k(k\in\mathbb{N^*})$, ta chứng minh $(1)$ cũng đúng với $n=k+1$. Thật vậy, $S(2^{k+1})=4^k+S(2^k)=4^k+\frac{4^k+2}{3}=\frac{4^{k+1}+2}{3}$, tức $(1)$ đúng với $n=k+1$Vậy bổ đề được cm.Trờ lại bài, từ bổ đề dễ dàng suy ra $ \sum_{n=1}^{2048} a(n)=\frac{4^{11}+2}{3}=1398102$, $ \sum_{n=1}^{4096} a(n)=\frac{4^{12}+2}{3}=5592406 $
Xét $\sum_{n=2025}^{2048} a(n)$: $a(2026)=1013\Rightarrow a(2026+4k)=a(2(1013+2k))=1013+2k, a(2028)=507\Rightarrow a(2028+4k)=a(4(507+k))=507+k$ (nếu $k$ chẵn), $a(2024)=253, a(2032)=127, a(2040)=255, a(2048)=1$ $\Rightarrow \sum_{n=2024}^{2048} a(n)=(2025+2027+...+2047)+(a(2026)+a(2030)+...+a(2046))+(a(2028)+a(2036)+a(2044))+(a(2024)+a(2032)+a(2040)+a(2048))$
$=24432+(1013.6+2(1+2+3+4+5))+(507.3+2+4)+(253+127+255+1)=32703$
Nên $\sum_{n=1}^{2023} a(n)=\sum_{n=1}^{2048} a(n)-\sum_{n=2024}^{2048} a(n)=1365399$
Xét $\sum_{n=4049}^{4096} a(n)$:Tương tự ta có $a(4050+4k)=2025+2k, a(4052+4k)=1013+k$ (nếu $k$ chẵn), $a(4056)=507, a(4064)=127, a(4072)=509, a(4080)=255, a(4088)=511, a(4096)=1$
$\Rightarrow \sum_{n=4049}^{4096} a(n)=(4049+4051+...+4095)+(a(4050)+a(4054)+...+a(4094))+(a(4052)+a(4060)+...+a(4092))+(a(4056)+a(4064)+a(4072)+a(4080)+a(4088)+a(4096))$$=97728+(2025.12+2(1+2+...+11))+(1013.6+(2+4+6+8+10))+(507+127+509+255+511+1)=130178$Nên $\sum_{n=1}^{4048} a(n)=\sum_{n=1}^{4096} a(n)-\sum_{n=4049}^{2096} a(n)=5462228$Suy ra $\sum_{n=2024}^{4048} a(n)=\sum_{n=1}^{4048} a(n)-\sum_{n=1}^{2024} a(n)=4096829$

Nhận xét: Lời giải khá lòng vòng, định hướng không thực tế, tuy ra kết quả chính xác nhưng quá nặng tính toán.
Điểm: 9/10

Đặt $4a=x, 3b=y, 2c=z\Rightarrow x+y+z=10$. Khi đó: $VT=\sum\frac{y+z+15}{x+1}=\sum\frac{25-x}{x+1}$ Mặt khác ta chứng minh được $\frac{25-x}{x+1}\geq\frac{-18}{13}x+\frac{125}{13}$ $\Leftrightarrow 13(25-x)\geq(x+1)(-18x+125)$ $\Leftrightarrow 18x^2-120x+200\geq0$ $\Leftrightarrow 2(3x-10)^2\geq0$ (luôn đúng). Do đó $VT\geq\frac{-18}{13}\sum x+3\frac{125}{13}=15$. Dấu "$=$" xảy ra khi $a=\frac{5}{6}, b=\frac{10}{9}, c=\frac{5}{3}$.