alex_hoang

Bài $3$ này dựa vào kết quả mà anh Khuê gợi ý thì ta phải chia làm 4 trường hợp
TH1:$k,l$ cùng không âm
TH2:$k$ âm và $l$ dương
TH3:$k$ dương và $l$ âm
TH4:$k,l$ cùng âm
Hôm nay anh Khuê sẽ post lời giải cụ thể của cả 4 bài chúng ta cùng chờ để tham khảo

Bài 53.

Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=1.$
Tìm max của:
$P=\dfrac{a^2+1}{b^2+1}+\dfrac{b^2+1}{c^2+1}+\dfrac{c^2+1}{a^2+1}$

Bài này quen thuộc đã được bàn nhiều trên diễn đàn
Nó vốn là bài toán trên tạp chí THTT với max tìm được là$\dfrac{7}{2}$

Bạn lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz như sau
${(a + 2b)^2} = {(1.a + \sqrt 2 .\sqrt 2 b)^2} \le \left( {1 + 2} \right)({a^2} + 2{b^2})$

Bài 52 Giả sử $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh rằng: $$1+a+b+c \ge 2\sqrt{1+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}$$[

Bài 41: Cho:$\left\{\begin{matrix}x,y\in \mathbb{R}\\ 3x-6\sqrt{2x+4}=4\sqrt{3y+18}-2y\end{matrix}\right.$
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của:
$P=\dfrac{x}{2}+\dfrac{y}{3}-1$
Bài 42: Cho $a,b,c \ge 0$ và $a+b+c=1$ chứng minh:
$\dfrac{2a^{2}+1}{(a+b)(c+1)}+\dfrac{2b^{2}+1}{(b+c)(a+1)}+\dfrac{2c^{2}+1}{(c+a)(b+1)}\geq\dfrac{33}{8}$

Hi sinh buổi trưa để ủng hộ thầy

Bài 1:
Tìm số tập con của tập ${1,2,3...,n}$ sao cho trong mỗi tập con chứ ít nhất $2$ phần tử là $2$ số nguyên liên tiếp

Giải
Gọi $S_n$ là tập hợp các tập con không rỗng của tập ${1,2,3,4...,n}$ mà trong đó mỗi tập con không có $2$ phần tử nào là $2$ số nguyên liên tiếp. Chia các phần tử của $S_n$ thành $2$ nhóm
+)Nhóm không chứa $n$: số tập con như vậy là $\left| {{S_{n - 1}}} \right|$
+)Nhóm chứa ${n}$:${n} hoặc {a_1,a_2,...,a_n,n} (n \ge 1)$Như vậy rõ ràng rằng $a_i \ne n - 1(i=1,2,3,...,n)$ nên số các tập con như vậy là $\left| {{S_{n - 2}}} \right| + 1$
Do vậy $\left| {{S_n}} \right| = \left| {{S_{n - 1}}} \right| + \left| {{S_{n - 2}}} \right| + 1$
Với $\left| {{S_2}} \right| = 2,\left| {{S_3}} \right| = 4$
Như vậy dựa vào công thức truy hồi ta tính được
$\left| {{S_n}} \right| = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}({(\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2})^{n + 2}} - {(\dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2})^{n + 2}}) - 1$
Mặt khác số tập con bất kì của tập ${1,2,3,4,...,n}$ là ${2^n} - 1$Vậy số tập con mà trong mỗi phần tử có $2$ số nguyênliêntiếp là
${2^n} - \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}({(\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2})^{n + 2}} - {(\dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2})^{n + 2}})$

Bài 2:
Cho số nguyên dương $n \ge 2$ Hãy tìm các hoán vị $(a_1,a_2,...,a_n)$ của $1,2,3,...,n$ sao cho tồn tại
(tồn tại cái gì alex_hoang mau vào bổ xung!)

Bài 51(Tạp chí TH&TT) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $a+b+c=6$.Chứng minh rằng :

$\dfrac{a}{\sqrt{{{b}^{3}}+1}}+\dfrac{b}{\sqrt{{{c}^{3}}+1}}+\dfrac{c}{\sqrt{{{a}^{3}}+1}}\ge 2$

Bài 2 mình không biết đúng hay sai

Ta chứng minh
$\dfrac{{{a^2} - bc}}{{{b^2} + {c^2} + q{a^2}}} + \dfrac{{{b^2} - ca}}{{{c^2} + {a^2} + q{b^2}}} + \dfrac{{{c^2} - ab}}{{{a^2} + {b^2} + q{c^2}}} \ge 0$
Tương đương
$\dfrac{{({a^2} - bc)(b + c)}}{{\left( {{b^2} + {c^2} + q{a^2}} \right)\left( {b + c} \right)}} + \dfrac{{\left( {{b^2} - ca} \right)\left( {c + a} \right)}}{{\left( {{c^2} + {a^2} + q{b^2}} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{{\left( {{c^2} - ab} \right)\left( {a + b} \right)}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + q{c^2}} \right)\left( {a + b} \right)}} \ge 0$
Không mất tính tổng quát thì ta giả sử $a \ge b$
$({a^2} - bc)(b + c) - ({b^2} - ca)(c + a) = (ab + {c^2})(a - b) + c({a^2} - {b^2}) \ge 0$
$\left( {{b^2} + {c^2} + q{a^2}} \right)\left( {b + c} \right) - \left( {{c^2} + {a^2} + q{b^2}} \right)\left( {c + a} \right) = (b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca))$
Ta phải tìm điều kiện để cho
$(b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca)) \le 0$
Hay là
${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge (q - 1)(ab + bc + ca)$
Mong mọi người cho ý kiến về lời giải củ chuối này

Bài 4
Với $k \in \left[ { - 2,\dfrac{1}{4}} \right]$ thì ta thấy $4 \le \dfrac{9}{{k + 2}}$
Ta sẽ chứng minh
$\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + kbc + {c^2}}} \ge \sum {\dfrac{a}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} } \ge \dfrac{4}{{a + b + c}}$
Thật vậy sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwaz thì
$\left( {\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} } \right)\left( {\sum {a({b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2})} } \right) \ge {(a + b + c)^2}$
Ta chứng minh
$4\left( {\sum {a({b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2})} } \right) \le {\left( {a + b + c} \right)^3}$
Nhưng bất đẳng thức này tương đương với
${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3{\rm{a}}bc \ge \sum {a({b^2} + {c^2})} $
Đây là bất đẳng thức Schur vậy TH1 ta đã giải quyết xong
Với $k>\dfrac{1}{4}$ thì ta chứng minh
$\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + kbc + {c^2}}} \ge \dfrac{9}{{(k + 2)(a + b + c)}}} $
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwaz thì
$\left( {\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + kbc + {c^2}}}} } \right)\left( {\sum {a({b^2} + kbc + {c^2})} } \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}$
Ta chứng minh với mọi $k>\dfrac{1}{4}$ thì
${\left( {a + b + c} \right)^3}\left( {k + 2} \right) \ge 9(\sum {a({b^2} + kbc + {c^2})} ) \Leftrightarrow \left( {4k - 1} \right)\left( {\sum {a{{(b - c)}^2}} } \right) \ge 0$
(Vì ${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3{\rm{a}}bc \ge \sum {a({b^2} + {c^2})} $ nên ta đưa được BĐT về dạng như trên)
Vậy bài toán đã được giải quyết

Tóm lại điều ta cần ở bài 42 là bổ đề
Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho$abc=1$.CMR
$\dfrac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \dfrac{1}{{{b^2} + b + 1}} + \dfrac{1}{{{c^2} + c + 1}} \ge 1$
Đây là một bổ đề quen thuộc và có nhiều ứng dụng
Vài ví dụ mà mình sưu tầm được
Bài 43 cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR
$\dfrac{1}{{3{a^2} + {{(a - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{3{b^2} + {{(b - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{3{c^2} + {{(c - 1)}^2}}} \ge 1$
Bài 44 Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ thì
$\dfrac{a}{{2{a^3} + 1}} + \dfrac{b}{{2{b^3} + 1}} + \dfrac{c}{{2{c^3} + 1}} \le 1$
Bài 45 chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta có
$\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + \dfrac{1}{4}ab + {b^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + \dfrac{1}{4}ca + {a^2}}}} \le 2$
Bài 46 Cho các số thực dương $a,b,c$ .CMR
$\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + 7ab + {b^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + 7bc + {c^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + 7ca + {a^2}}}} \ge 2$
Bài 47Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca>0$.CMR
$\sqrt {\dfrac{{{a^6} + 2}}{{a({a^3} + 2)}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^6} + 2}}{{b({b^3} + 2)}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^6} + 2}}{{c({c^3} + 2)}}} \ge a + b + c$
Vẫn còn rất nhiều các bất đẳng thức là hệ qur của bài toán trên các bạn hãy tiếp tục bổ sung thêm

Có một vài BĐT cũ tự sáng tác (cách đây khoảng vài năm), dễ có khó có, post lên để các bạn thử sức.

Bài 1. Với các số thực không âm $a,b,c,p,q$, chứng minh $$a\sqrt{\dfrac{qb+pc}{a^2+2bc}}+b\sqrt{\dfrac{qc+pa}{b^2+2ca}}+c\sqrt{\dfrac{qa+pb}{c^2+2ab}}\le \sqrt{(p+q)(a+b+c)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Xin phép mọi người mình chém thử bài 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có
${\left( {a\sqrt {\dfrac{{qb + pc}}{{{a^2} + 2bc}}} + b\sqrt {\dfrac{{qc + pa}}{{{b^2} + 2ca}}} + c\sqrt {\dfrac{{qa + pb}}{{{c^2} + 2ab}}} } \right)^2} \le \left( {\dfrac{a}{{{a^2} + 2bc}} + \dfrac{b}{{{b^2} + 2ca}} + \dfrac{c}{{{c^2} + 2{\rm{a}}b}}} \right)(p + q)(ab + bc + ca).$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
$\dfrac{a}{{{a^2} + 2bc}} + \dfrac{b}{{{b^2} + 2ca}} + \dfrac{c}{{{c^2} + 2{\rm{a}}b}} \le \dfrac{{a + b + c}}{{ab + bc + ca}}$
Đây là bất đẳng thức quen thuộc của Vasile Citoaje

Cái đề này Didier chém hăng quá trời
Bài 2 ở đây http://diendantoanho...90

Bài 43 (bài toán làm mạnh từ bài 41 mà tôi sưu tầm được)

Với mọi số thực không âm $a,\,b,\,c$thỏa mãn $ab+bc+ca>0,$ta luôn có :

$\dfrac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{b(a + c)}}{{c^2+ca+a^2}} + \dfrac{{c(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2 + \dfrac{{3{{[(a - b)(b - c)(c - a)]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})(c^2+ca+a^2)}}.$
Ngoài ra bài 41 ấy có thể chứng minh bằng AM GM

Đây là một bài hệ quen thộc phương trình thứ nhất sẽ giải thoát cho ta
ĐK $x \ge 2y, \sqrt {x - 2y} + x \ge 0 và y \ne 0$
Phương trình $(1)$ tương đương
$x - 2y - y\sqrt {x - 2y} - 6{y^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x - 2y} - 3y} \right)\left( {\sqrt {x - 2y} + 2y} \right) = 0$
Từ đây bạn có thể dễ dàng giải được

Bài 42Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(3a-1)^2}{2a^2+1}+\dfrac{(3b-1)^2}{2b^2+1}+\dfrac{(3c-1)^2}{2c^2+1}\geq 4$