khanh3570883

Giả thiết bài toán vừa xét cho ta: $a + b + c - 4 = - abc$
Vậy ta xét với bài toán với giả thiết: ${a_1} + {a_2} + ... + {a_n} + x = \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n}$ sao cho $n + x < 0$.
Bài toán 2: Cho ${a_1},...,{a_n} > 0$ và ${a_1} + {a_2} + ... + {a_n} + x = \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n}$ sao cho $n + x < 0$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_n}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}}\]
Chứng minh:
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_n}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_n}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{{a_1} - a_1^{n + 1}}}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{{{a_2} - a_2^{n + 1}}}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{{{a_n} - a_n^{n + 1}}}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_n}}} \le 0 \\
\end{array}\]
Lập luận tương tự như các chứng minh ở trên ta chỉ cần chứng minh:
\[{a_1} + ... + {a_n} \ge n\]
Từ giả thiết:
\[\begin{array}{l}
{a_1} + ... + {a_n} + x = \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n} \\
\Leftrightarrow \left| x \right| = {a_1} + ... + {a_n} + \left| {n + x} \right|{a_1}...{a_n} \le {a_1} + ... + {a_n} + \frac{{\left| {n + x} \right|{{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)}^n}}}{{{n^n}}} \\
\Rightarrow \left| {n + x} \right|{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^n} + {n^n}\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right) - {n^n}\left| x \right| \ge 0 \\
\end{array}\]
Bằng việc khảo sát tương tự như bài toán đã nêu trên thì ta cũng thu được ${a_1} + ... + {a_n} \ge n$

Ta xét bài toán sau:
Bài toán: Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c + abc = 4$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}}\]
Chứng minh:
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{{a^4} + b + c}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} - \frac{1}{{a + b + c}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0 \\
\end{array}\]
Trong 3 số ${a^4} + b + c;{b^4} + c + a;{c^4} + a + b$ luôn có 1 số nhỏ nhất, vậy ta cần chứng minh:
\[{a^4} + {b^4} + {c^4} \ge a + b + c\]
Có: ${3^3}\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^4}$
Vậy ta cần chứng minh: $a + b + c \ge 3$
Từ giả thiết:
\[\begin{array}{l}
4 = a + b + c + abc \le a + b + c + \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}} \\
\Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^3} + 27\left( {a + b + c} \right) - 108 \ge 0 \\
\end{array}\]
Xét hàm: $f\left( t \right) = {t^3} + 27t - 108$ với $t = a + b + c > 0$
$f'\left( t \right) = 3{t^2} + 27 > 0$
Vậy hàm số $f\left( t \right)$ đồng biến trên $t \in \left( {0; + \infty } \right)$
Lại có: $f\left( 3 \right) = 0$
Vậy để ${\left( {a + b + c} \right)^3} + 27\left( {a + b + c} \right) - 108 \ge 0$ với $\forall \left( {a + b + c} \right)$ thì $a + b + c \ge 3$
Vậy ta có đpcm.

Như vậy ở hai mở rộng 1 và 2 ta đã giải quyết hai chỗ là mở rộng ra với n biến và mở rộng số mũ (bổ sung chút ở hai mở rộng trên dấu "=" xảy ra khi ${a_1} = {a_2} = ... = {a_n} = 1$). Bây giờ ta giải quyết ở giả thiết:
Giải thiết ban đầu: $a + b + c + 1 = 4abc$
Ta đến với giả thiết mới: $a + b + c + x = \left( {3 + x} \right)abc$ với x là số thực dương là hằng số.
Mở rộng 3: Cho $a,b,c,x > 0$ trong đó $x = const$ và $a + b + c + x = \left( {3 + x} \right)abc$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}}\]
Chứng minh:
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{{a^4} + b + c}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} - \frac{1}{{a + b + c}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0 \\
\end{array}\]
Rõ ràng trong 3 số ${a^4} + b + c;{b^4} + c + a;{c^4} + a + b$ phải có 1 số nhỏ nhất, vậy ta cần chứng minh:
\[{a^4} + {b^4} + {c^4} \ge a + b + c\]
Có: ${3^3}\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^4}$
Vậy ta cần chứng minh: $a + b + c \ge 3$
Từ giả thiết:
\[\begin{array}{l}
a + b + c + x = \left( {3 + x} \right)abc \le \frac{{\left( {3 + x} \right){{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}} \\
\Rightarrow \left( {3 + x} \right){\left( {a + b + c} \right)^3} - 27\left( {a + b + c} \right) - 27x \ge 0 \\
\end{array}\]
Do $x > 0$ nên bằng việc khảo sát hàm $f\left( t \right) = \left( {3 + x} \right){t^3} - 27t - 27x$ với $t = a + b + c > 0$ ta cũng thu được hàm $f\left( t \right) \ge 0\left( {\forall t > 0} \right)$ khi và chỉ khi $t \ge 3 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3$
Vậy ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = 1$

Bây giờ ta xét bài toán sau:
Mở rộng 2: Cho ${a_1},...,{a_n} > 0$ và ${a_1} + ... + {a_n} + 1 = \left( {n + 1} \right){a_1}...{a_n}$ và số nguyên $k \ge 1$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}}\]
Chứng minh:
Bằng thủ thuật tương tự như trên, ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + ... + \frac{1}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{{a_1} - a_1^k}}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{{{a_2} - a_2^k}}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{{{a_n} - a_n^k}}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le 0 \\
\end{array}\]
Rõ ràng là trong n số $a_1^k + {a_2} + ... + {a_n};a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1};...;a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}$ luôn luôn có 1 số nhỏ nhất, vậy ta cần chứng minh:
\[a_1^k + ... + a_2^k \ge {a_1} + ... + {a_n}\]
Có: ${n^{k - 1}}\left( {a_1^k + ... + a_n^k} \right) \ge {\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^k}$
Vậy ta chỉ cần chứng minh: ${a_1} + ... + {a_n} \ge n$
Việc làm này tương tự như ở mở rộng 1.
Dấu "=" xảy ra khi ${a_1} = {a_2} = ... = {a_n}$

Nhờ các bác xóa hộ bài mở rộng trước của em!
Mở rộng 1: Cho ${a_1},...,{a_n} > 0$ và ${a_1} + ... + {a_n} + 1 = \left( {n + 1} \right){a_1}...{a_n}$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}}\]
Chứng minh:
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{{a_1} - a_1^{n + 1}}}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{{{a_2} - a_2^{n + 1}}}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{{{a_n} - a_n^{n + 1}}}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le 0 \\
\end{array}\]
Rõ ràng trong n số $a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n};a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1};...;a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}$ thì phải có 1 số nhỏ nhất, vậy ta chỉ cần chứng minh:
\[a_1^{n + 1} + a_2^{n + 1} + ... + a_n^{n + 1} \ge {a_1} + ... + {a_n}\]
Có: ${n^n}\left( {a_1^{n + 1} + ... + a_n^{n + 1}} \right) \ge {\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^{n + 1}}$ (theo bất đẳng thức Holder)
Vậy ta chỉ cần chứng minh: ${a_1} + ... + {a_n} \ge n$
Từ giả thiết:
\[\begin{array}{l}
{a_1} + ... + {a_n} + 1 = \left( {n + 1} \right){a_1}...{a_n} \le \frac{{\left( {n + 1} \right){{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)}^n}}}{{{n^n}}} \\
\Rightarrow \left( {n + 1} \right){\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^n} - {n^n}\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right) - {n^n} \ge 0 \\
\end{array}\]
Bằng cách khảo sát hàm số $f\left( t \right) = \left( {n + 1} \right){t^n} - {n^n}t - {n^n}$ với $t = {a_1} + ... + {a_n} > 0$ tương tự như ở trên ta cũng suy ra được bất phương trình $f\left( t \right) \ge 0$ với $\forall t > 0$ khi và chỉ khi:
\[t \ge n \Leftrightarrow {a_1} + ... + {a_n} \ge n\]
Vậy ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi ${a_1} = {a_2} = ... = {a_n}$

Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{{a^4} + b + c}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} - \frac{1}{{a + b + c}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0 \\
\end{array}\]
Rõ ràng trong 3 số ${a^4} + b + c,{b^4} + c + a,{c^4} + a + b$ phải có 1 số nhỏ nhất, tức là ta chỉ cần chứng minh:
\[{a^4} + {b^4} + {c^4} \ge a + b + c\]
Có:
\[\left. \begin{array}{l}
3\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) \ge {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \\
3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2} \\
\end{array} \right\} \Rightarrow {a^4} + {b^4} + {c^4} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^4}}}{{27}}\]
Vậy ta cần chứng minh:
\[a + b + c \ge 3\]
Lại có:
\[a + b + c + 1 = 4abc \le \frac{{4{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}} \Leftrightarrow 4{\left( {a + b + c} \right)^3} - 27\left( {a + b + c} \right) - 27 \ge 0(*)\]
Đặt: $t = a + b + c > 0$, từ (*) ta có: $f\left( t \right) = 4{t^3} - 27t - 27 \ge 0$ với $\forall t > 0$
Có:
$f'\left( t \right) = 12{t^2} - 27 \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Rightarrow t = \frac{3}{2}$
Vậy ta có:
\[\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} f\left( t \right) = - 27;f\left( {\frac{3}{2}} \right) = - 54;\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right) = + \infty \]
Như vậy: $f\left( t \right) \ge 0\left( {\forall t > 0} \right) \Rightarrow t > \frac{3}{2}$
Lại có hàm số $f\left( t \right)$ đồng biến trên $\left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)$ và $f\left( 3 \right) = 0$.
Vậy để hàm số $f\left( t \right) \ge 0\left( {\forall t > 0} \right) \Leftrightarrow t \ge 3 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3$
Vậy ta có đpcm.



Đánh giá của Khánh chỗ $a^4+b^4+c^4\ge a+b+c$ chưa có cơ sở
2 điểm

Nói thêm, các mở rộng phía sau của Khánh đều chứng minh theo hướng đã trình bày trong lời giải này nên tính là sai không chấm thêm mở rộng nào!

S = 37 + 2x3 + 0 + 0 = 43

Chứng minh rằng:
\[1 + C_n^3 + C_n^6 + ... = \frac{1}{3}\left( {{2^n} + \cos \frac{{n\pi }}{3}} \right)\]

ĐKXĐ:$x \in R$
Ta có:
$\begin{array}{l}
\left( {1 + \sqrt 3 } \right)\sin \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = 2\sqrt 2 \left[ {\cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) - {{\sin }^2}x} \right] \\
\Leftrightarrow \cos \frac{\pi }{{12}}\sin \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) - {\sin ^2}x \\
\Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) + \sin \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) - 2{\sin ^2}x \\
\Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + \sin \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) + 1 - \cos 2x = 0 \\
\Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + \sin \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) + \sin \frac{\pi }{2} - \cos 2x = 0 \\
\Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right)\cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) - \cos 2x = 0 \\
\Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + 2{\sin ^2}\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) - \cos 2x = 0 \\
\Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + 1 - \left[ {\cos \left( {2x + \frac{{2\pi }}{3}} \right) + \cos 2x} \right] = 0 \\
\Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + 1 - \cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \\
\Leftrightarrow 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) - 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + 2{\sin ^2}\left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \\
\Leftrightarrow 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\left[ {\cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + \sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) - 1} \right] = 0 \\
\Leftrightarrow 2\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\left[ {\sin \left( {x + \frac{{5\pi }}{{12}}} \right) - \sin \frac{\pi }{4}} \right] = 0 \\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \\
\sin \left( {x + \frac{{5\pi }}{{12}}} \right) = \sin \frac{\pi }{4} \\
\end{array} \right. \\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \\
x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right) \\
\end{array}$
Vậy phương trình có các nghiệm là $x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in Z} \right)$ và $x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)$

$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$
S = 52 - 15 + 3x10 + 0 + 0 = 67

Mở rộng 1: Giải hệ phương trình sau với a, b, c, d, z là tham số.
$\left\{ \begin{array}{l}
{x^3} + 3x{y^2} = c(1) \\
{x^2} + {y^2} - 2bdxy - d\left( {{a^2} + {b^2}} \right)x + 2by + \frac{{z - cd}}{3} = 0(2) \\
\end{array} \right.\left( {x,y \in R} \right)$
với: $\left\{ \begin{array}{l}
z = {a^2} + 3{b^2} \\
ad = 1 \\
\end{array} \right.$
Lời giải:
Nhận thấy $x = 0$ không là nghiệm của phương trình, từ phương trình (1) ta suy ra: ${y^2} = \frac{{c - {x^3}}}{{3x}}$
Từ phương trình (2) ta có:
$\begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} - d\left( {{a^2} + {b^2}} \right)x + \frac{{z - cd}}{3} = 2by\left( {dx - 1} \right) \\
\Rightarrow {x^2} + \frac{{c - {x^3}}}{{3x}} - d\left( {{a^2} + {b^2}} \right)x + \frac{{z - cd}}{3} = 2by\left( {dx - 1} \right) \\
\Leftrightarrow \frac{{2{x^3} - 3d\left( {{a^2} + {b^2}} \right){x^2} + \left( {z - cd} \right)x + c}}{{3x}} = 2by\left( {dx - 1} \right) \\
\Leftrightarrow \frac{{2ad{x^3} - \left( {2a + zd} \right){x^2} + \left( {z - cd} \right)x + c}}{{3x}} = 2by\left( {dx - 1} \right) \\
\Leftrightarrow \frac{{\left( {2a{x^2} - zx - c} \right)\left( {dx - 1} \right)}}{{3x}} = 2by\left( {dx - 1} \right) \\
\end{array}$
Ta xét 2 trường hợp:
+) TH1:
$dx - 1 = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{d} \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {\frac{{cd}}{3} - \frac{1}{{3{d^2}}}} $
Thử lại thấy nghiệm thõa mãn hệ đã cho.
+) TH2: $2by = \frac{{2{a^2} - zx - c}}{{3x}}$
Từ trên suy ra:
$\begin{array}{l}
{y^2} + 2by = \frac{{c - {x^3}}}{{3x}} + \frac{{2a{x^2} - zx - c}}{{3x}} = \frac{{ - {x^2} + 2ax - {a^2} - 3{b^2}}}{3} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{3}{\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y + b} \right)^2} = 0 \\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = a \\
y = - b \\
\end{array} \right. \\
\end{array}$
Vậy với: ${a^3} + 3a{b^2} = c$ thì $\left( {x;y} \right) = \left( {a; - b} \right)$ là nghiệm của phương trình.
Nếu ${a^3} + 3a{b^2} \ne c$ thì $\left( {x;y} \right) = \left( {a; - b} \right)$ không là nghiệm của phương trình.
Tóm lại ta có:
+) Nếu ${a^3} + 3a{b^2} = c$ thì phương trình có các nghiệm $\left( {x;y} \right)$ là $\left( {\frac{1}{d}; \pm \sqrt {\frac{{cd}}{3} - \frac{1}{{3{d^2}}}} } \right)$ và $\left( {a; - b} \right)$
+) Nếu ${a^3} + 3a{b^2} \ne c$ thì phương trình có các nghiệm $\left( {x;y} \right)$ là $\left( {\frac{1}{d}; \pm \sqrt {\frac{{cd}}{3} - \frac{1}{{3{d^2}}}} } \right)$

-----------------------------------------------------
Với bài toán ở trên ta thay: $a = \frac{1}{2},b = \frac{5}{2},c = 5,d = 2,z = 19$

Đề bài trận 1
Giải hệ Phương trình:

$$ \left\{ \begin{array}{l}x^3 +3xy^2=5 \ \ \ (1) \\x^2 + y^2 -10xy -13x +5y +3 = 0 \ \ \ (2)\end{array} \right.$$

Toán thủ ra đề MHS33 Oh Yeah
Toán thủ ra đề không phải làm bài

Dễ thấy $x = 0$ không phải là nghiệm của phương trình. Từ phương trình (1) ta có:
\[{y^2} = \frac{{5 - {x^3}}}{{3x}}(3)\]
Từ phương trình (2) ta có:
\[\begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} - 10xy - 13x + 5y + 3 = 0 \\
\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 13x + 3 = 5y\left( {2x - 1} \right)(4) \\
\end{array}\]
Thế (3) vào (4) ta được:
\[\begin{array}{l}
{x^2} + \frac{{5 - {x^3}}}{{3x}} - 13x + 3 = 5y\left( {2x - 1} \right) \\
\Leftrightarrow \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {{x^2} - 19x - 5} \right)}}{{3x}} = 5y\left( {2x - 1} \right) \\
\end{array}\]
Vậy ta suy ra:
+) TH1:
\[\begin{array}{l}
2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2} \\
\Rightarrow {y^2} = \frac{{5 - {x^3}}}{{3x}} = \frac{{13}}{4} \Leftrightarrow y = \frac{{ \pm \sqrt {13} }}{2} \\
\end{array}\]
Thử lại ta thấy các nghiệm $\left( {x;y} \right)$ là $\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt {13} }}{2}} \right)$ và $\left( {\frac{1}{2};\frac{{ - \sqrt {13} }}{2}} \right)$ thõa mãn hệ phương trình đã cho.
+) TH2:
\[\frac{{{x^2} - 19x - 5}}{{3x}} = 5y(5)\]
Từ (5) và (3) ta suy ra:
\[\begin{array}{l}
{y^2} + 5y = \frac{{5 - {x^3}}}{{3x}} + \frac{{{x^2} - 19x - 5}}{{3x}} = - \frac{{{x^2}}}{3} + \frac{x}{3} - \frac{{19}}{3} \\
\Rightarrow \frac{{{x^2}}}{3} - \frac{x}{3} + {y^2} + 5y + \frac{{19}}{3} = 0 \\
\Leftrightarrow \frac{1}{3}{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y + \frac{5}{2}} \right)^2} = 0 \\
\Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{2}; - \frac{5}{2}} \right) \\
\end{array}\]
Thử lại ta thấy $\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{2}; - \frac{5}{2}} \right)$ không thõa mãn hệ phương trình đã cho.
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm $\left( {x;y} \right)$ là $\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt {13} }}{2}} \right)$ và $\left( {\frac{1}{2};\frac{{ - \sqrt {13} }}{2}} \right)$

Điểm bài: 10
S=48−18+3×10+5+0=65

Ta có các quy tắc tính toán sau:
1) Các phép tính trong ngoặc tính đầu tiên: ngoặc $\left\{ {} \right\}$ ưu tiên hơn ngoặc $\left[ {} \right]$, ngoặc $\left[ {} \right]$ ưu tiên hơn ngoặc $\left( {} \right)$
2) Tiếp theo là tính các phép tính nhân, chia theo thứ tự từ trái qua phải.
3) Cuối cùng là cộng trừ từ trái qua phải.
Quy tắc toán đã rõ ràng ngay ở trong SGK.
Ở bài toán trên: $6:2\left( {1 + 2} \right)$
+) Ở đây tính phép tính trong ngoặc trước: $1 + 2 = 3$
Vậy $6:2\left( {1 + 2} \right) = 6:2 \times 3$
+) Tiếp tục nhân chia từ trái qua phải: $6:2 \times 3 = 3 \times 3 = 9$
Vậy kết quả đúng ở bài này là bằng 9.

Bây giờ là lời giải thích cho các ý kiến ủng hộ kết quả là 1.

“Phe” ủng hộ kết quả là 1 cho rằng, phép toán này có thể viết dưới dạng phân số với “6” là tử số và “2(1+2)” là mẫu số, do vậy kết quả cuối cùng phải là 6 : 6 = 1. Hoặc áp dụng nguyên tắc nhân chia trước, cộng trừ sau, kết quả cũng ra 1. “Tính thử bằng Casio FX500ms cũng thấy nó bằng một”, thành viên vankiepsau cho biết.

Ngay cả những công cụ tính toán tự động cũng chia ra làm hai “phe”. “Dán vào vào Google thì ra 9, nhưng dùng phần mềm calculator (gcalctool 5.32.0) thì lại ra 1”, thành viên Keosoft90 bối rối.

Có ý kiến cho rằng không thể giải phép toán vì cách viết ở phép toán sai nguyên tắc. “Từ bé thầy giáo mình đã dạy: nếu đề bài không rõ ràng thì đừng làm. Và từ bé tới giờ mình cũng chưa thấy ai lại viết dấu chia kiểu kia (keyboard cũng không có mà gõ ra) đi kèm với dấu nhân kiểu viết liền. Một đề toán mà không chính xác/rõ ràng thì làm sao có lời giải chính xác?”, thành viên kissme nhận xét.

Nick gwens83 lại nghĩ nên có cách hiểu khác: “đọc xuống thấy chủ yếu quan tâm vào nhân chia thứ tự thế nào, tức coi nhân chia ở đây là như bình thường .Vấn đề là toán tử nhân đã bị ẩn theo kiểu juxtaposition a.b=ab, mà kiểu ký pháp ẩn này khi đã dùng thì ngầm xác định thứ tự ưu tiên của nó là đầu tiên rồi. Nếu muốn thứ tự trái sang phải, phải viết tường minh vầy cơ $\frac{6}{ 2(2+1)}$. Kết quả ở đây phải bằng 1”.

+) Ở câu trả lời của bạn vankiepsau: Bạn đã sai lầm khi chọn mẫu số là 2(1+2). Nếu mẫu số như vậy thì hóa ra giữa hai cái này là giống nhau: 6:2(1+2) = 6:[2(1+2)]
Như vậy đã vô tình công nhận một giả thuyết hoàn toàn sai: a : b x c = a : (b x c)
Còn chỗ dùng máy tính nó ra kết quả bằng 1: máy tính Casio nó thực hiện phép tính theo quy tắc gần giống các quy tắc mà tôi đưa ra phía trên. Tuy nhiên, có một thứ khác biệt, tôi ví dụ thế này:
- a x b( c) thì máy tính sẽ ưu tiên tính chỗ mà bạn không viết dấu "x" trước rồi mới tính phép nhân ở bên trái, ngược hẳn với quy tắc 2. Mặc dù ở phép tính này kết quả không thay đổi, nhưng khi thay dấu nhân bằng dấu chia thì kết quả sẽ khác, vì ta biết dấu "x" và dấu ":" xếp ngang nhau, rõ ràng ta phải thực hiện từ trái qua phải thì nó thực hiện từ phải qua trái. Nói tóm lại trong trường hợp này máy tính sai.
+) Ở ý kiến bạn Keosoft90: Tôi không hiểu lắm về mấy cái máy cái công cụ tính toán trên mạng, nhưng chắc lỗi của phần mềm calculator cũng tương tự như trường hợp Casio FX500ms.
+) Ở ý kiến bạn kissme: Phép tính này hoàn toàn không sai về nguyên tắc, chỉ là nó bớt đi dấu nhân trong cái chỗ nhân với ngoặc, cái này ở cấp THCS đã được dùng.
+) Ở ý kiến bạn gwens83: Toán học là phải rõ ràng, không cho phép ẩn ý gì cả, nói tóm lại là bài này cứ theo các nguyên tắc trong tính toán mà làm.

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:

$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$

Phương pháp SOS:

Phương pháp dồn biến:

Còn đây là lời giải của một thành viên trên diễn đàn:

Bài BĐT trên có rất nhiều cách giải,mình chỉ post 2 cách mà mình thấy gọn nhẹ nhất
Cách 1(Iurie Boreico):
Đặt $x+y=c;y+z=a;z+x=b$,ta nhóm BĐT về dạng chính tắc của Phương pháp SOS:$\sum \left(\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2} \right) (a-b)^2 \ge 0$
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Nếu $2c^2-ab \ge 0$ thì dẫn đến $S_a;S_b;S_c \ge 0 \Rightarrow Q.E.D$ trong đó $S_a=\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2};S_b=\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2};S_c=\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2}$.Do đó ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp $2c^2<ab$.
Đầu tiên,ta chứng minh rằng $2b^2 \ge ac;2a^2 \ge bc$.Giả sử $2b^2<ac$.Nên $(b+c)^2 \le 2(b^2+c^2)<a(b+c) \Rightarrow b+c<a$(vô lý).và chúng ta viết lại BĐT dưới dạng sau:$\left(\dfrac{2}{ac}-\dfrac{1}{b^2} \right)(a-c)^2+\left(\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab} \right)(a-b)^2$.Dễ dàng có $(a-c)^2 \ge (a-b)^2+(b-c)^2$ nên ta chỉ việc chứng minh:
$\left(\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac} \right)(a-b)^2(1)$
Lại có $\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac}<\left(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c} \right)^2$
$ \Rightarrow VP_{(1)}<\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}$
Dễ dàng có $\dfrac{2}{ac}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \ge \dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}>\dfrac{(a-b)^2}{b^2c^2}$
$ \Rightarrow VT_{(1)}>\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}>VP_{(1)}(Q.E.D)$

Cách 2:
Sử dụng tính thuần nhất của BĐT,ta chuẩn hóa $xy+yz+zx=3$Đặt $x+y+z=3a \Rightarrow a \ge 1$.
BĐT trở thành:$\sum \dfrac{1}{(3a-z)^2} \ge \dfrac{9}{4} $
$\Leftrightarrow 4[(xy+3az)^2+(yz+3ax)^2+(zx+3ay)^2] \ge 3(9a-xyz)^2$
$ \Leftrightarrow 3(12a^2-1)(3a^2-4)+xyz(34a-xz) \ge 0 (1) $
$\Leftrightarrow 12(3a^2-1)^2+208a^2 \ge (17a-xyz)^2(2)$
Xét 2 trường hợp:
$*3a^2-4 \ge 0$.
Ta có $34a-xyz=\dfrac{1}{9}[34(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz]>0$ dẫn đến (1) đúng.
$*3a^2-4 <0$.Sử dụng BĐT Schur bậc 3,ta có:$3a^3-4a+xyz \ge 0$
$ \Rightarrow 12(3a^2-1)+208a^2-(17a-xyz)^2 \ge 12(3a^2-1)^2+208a^2-a^2(3a^2+13)^2$
$=3(1-a^3)^2(4-3a^2)^2 \ge 0$ dẫn đến (2) đúng.
Vậy ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c;a=0,b=c$ hoặc các hoán vị tương ứng.

Cái cốt lõi của những người đến với diễn đàn là họ mong muốn diễn đàn sẽ giúp họ phát huy tối đa tiềm năng của họ, giúp họ vươn lên. Nhớ những ngày đầu khi mới gia nhập VMF, mình chỉ tập trung học bất đẳng thức, lúc đó thì còn ngu chưa biết gì (đến cả cân bằng hệ số Cauchy cũng không biết), nhờ những thành viên trong diễn đàn mình mới dần khá lên, cụ thể học được nhiều phương pháp giải bài tập hơn. Cái đó mới là cái quý nhất mà một diễn đàn có thể đem lại cho những thành viên.
Mọi người đừng quan trọng hóa cái thứ hạng, đó chỉ là một hình thức đánh giá thôi, đâu có thể nói được toàn diện về một trang web nào đâu?

cái này sửa ở đoạn mt là đk mà a. Mọi hôm thằng bạn e sửa dùm, h vào fb ngon ơ

Chắc là DSN google chứ gì!

Cho em hỏi dòng đầu \{\cos ^2}a{\cos ^2}2b + {\sin ^2}a{\sin ^2}2b = \sin 2a\sin 2b\cos 2b\] làm sao có vậy anh

Đây:
\[\begin{array}{l}
{\cos ^2}\left( {a + 2b} \right) = {\left( {\cos a\cos 2b - \sin a\sin 2b} \right)^2} \\
= {\cos ^2}a{\cos ^2}2b - 2\sin a\cos a\sin 2b\cos 2b + {\sin ^2}a{\sin ^2}2b \\
= {\cos ^2}a{\cos ^2}2b - \sin 2a\sin 2b\cos 2b + {\sin ^2}a{\sin ^2}2b \\
\end{array}\]
Ta cần chứng minh: ${\cos ^2}\left( {a + 2b} \right) = 0$
Tức là chứng minh:
\[\begin{array}{l}
{\cos ^2}a{\cos ^2}2b - \sin 2a\sin 2b\cos 2b + {\sin ^2}a{\sin ^2}2b = 0 \\
\Leftrightarrow {\cos ^2}a{\cos ^2}2b + {\sin ^2}a{\sin ^2}2b = \sin 2a\sin 2b\cos 2b \\
\end{array}\]