Ankh

m.n full giúp mk với         

 Sau khi thuần nhất thì nó trở thành $\sum a\sqrt{b^2+c^2}\leq \sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}$

 Sử dụng C-S thì $\sum a\sqrt{b^2+c^2}\leq \sqrt{(a+b+c).\sum a(b^2+c^2)}$

 Cần chứng minh $(a+b+c).\sum a(b^2+c^2)\leq \sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}\Leftrightarrow \sum 2ab(a-b)^2\geq 0$

Cho dãy số $(u_{n})$ thoả mãn điều kiện: $u_{1}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2},u_{n+1}=\sqrt{2+u_{n}}$ với mọi $n=1,2,...$. CMR: Dãy số $(u_{n})$ có giới hạn và tìm $lim2^{n}\sqrt{2-u_{n}}$

 Đặt $u_1=2\cos \dfrac{5\pi}{12}$ và sau đó quy nạp chứng minh được $u_n=2\cos \dfrac{5\pi}{3.2^{n+1}}$, rồi sử dụng giới hạn $\lim _{x\to 0} \dfrac{\sin x}{x}=1$ là xong

Tìm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn:

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y)$ (1)

Với mọi $x,y$ thực

 Thay $y:=0$ vào (1) ta được $f(0)(f(x)-2)=0$, cho tiếp $x:=0$ suy ra $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

 Với $f(0)=2$ thì suy ra $f(x)\equiv 2$

 Với $f(0)=0$, thay $x,y$ trong (1) bởi 2 suy ra $f(2)(f(2)-2)=0$

  - Nếu $f(2)=0$, thay $y=x=1$ vào (1) suy ra $f(1)=0$ hoặc $f(1)=3$

    Với $f(1)=3$, thay $y$ lần lượt bởi $1$ và $2$ vào (1) suy ra $f(x+1)+f(x)=3$ và $f(x+2)=f(2x)+f(x)$, suy ra $f\equiv 0$, vô lí

    Với $f(1)=0$, thay $y:=1$ vào (1) suy ra $f(x+1)=2f(x)$, thay tiếp $x:=x+1$ vào (1) ta có

     $f(x+y+1)+f(x+1)f(y)=f(xy+y)+f(x+1)+f(y)\Leftrightarrow f(xy+y)=2f(xy)+f(y)$, hay $f(x+y)=2f(x)+f(y)=f(x)+2f(y)$, suy ra $f$ hằng hay $f\equiv 0$

  - Nếu $f(2)=2$, thay $x,y$ trong (1) bởi 1 suy ra $f(1)=1$ hoặc $f(1)=2$ 

    Với $f(1)=2$, thay $y:=1$ vào (1) suy ra $f\equiv 2$, vô lí 

    Với $f(1)=1$, thay $y:=1$ vào (1) suy ra $f(x+1)=f(x)+1$ 

    Lại thay $x:=x+1$ vào (1) và biến đổi suy ra $f(xy+y)=f(xy)+f(y)$ hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$, suy ra $f(xy)=f(x)f(y)$, với mọi $x,y\in \mathbb{R}$

    Từ đây suy ra $f(x)=x$ 

 Vậy có 3 nghiệm hàm thỏa mãn $f(x)\equiv 0, f(x)\equiv 2, f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$

Đặt \[A=\sqrt{\dfrac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+ca}{c^2+ca+a^2}}+\sqrt{\dfrac{c^2+ab}{a^2+ab+b^2}},\]

\[B=(a^2+bc)^2(b^2+bc+c^2)(2a+b+c)^3+(b^2+ca)(c^2+ca+a^2)(2b+c+a)^3+(c^2+ab)(a^2+ab+b^2)(2c+a+b)^3\]

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có \[A^2B\geq \left[(a^2+bc)(2a+b+c)+(b^2+ca)(2b+c+a)+(c^2+ab)(2c+a+b)\right]^3\]

Do đó ta chỉ cần chứng minh \[\left[\sum (a^2+bc)(2a+b+c)\right]^3\geq 6\sum (a^2+bc)^2(b^2+bc+c^2)(2a+b+c)^3\]

Khai triển ta thấy bất đẳng thức trên tương đương với \[S_c(a-b)^2+S_b(c-a)^2+S_a(b-c)^2\geq 0\]

Trong đó $S_c=2(a^7+b^7)+9c(a^6+b^6)+7ab(a^5+b^5)+36abc(a^4+b^4)+9a^2b^2(a^3+b^3)+27abc^2(a^3+b^3)+60a^2b^2c(a^2+b^2)+3a^3b^3(a+b)+72a^2b^2c^2(a+b)+72a^3b^3c+6a^2b^2c^3\geq 0$

Tương tự ta cũng có $S_a,S_b\geq 0$, và do đó bất đẳng thức đã cho cần chứng minh đúng.

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=1$. Tìm GTNN của $P=\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}$

 Chứng minh $f(a,b,c)\geq f\left(a+b,\dfrac{1}{a+b},0\right)$ rồi xét hàm

Một số có dạng $n(n+1)$ (tích 2 số liên tiếp) gọi là số gần bình phương. Chứng minh rằng 1 số gần bình phương luôn biểu diễn được dưới dạng thương của 2 số gần bình phương khác.

 Sử dụng đẳng thức $n(n+1)(n+1)(n+2)=(n^2+2n)(n^2+2n+1)$

Bài 52 (Taiwan TST). Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức

\[\frac{x^2y^2}{1-z}+\frac{y^2z^2}{1-x}+\frac{z^2x^2}{1-y}\leq k-3xyz,\]

luôn đúng với mọi số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1.$

 Áp dụng AM-GM ta có $\sum \dfrac{x^2y^2}{1-z}=\sum \dfrac{x^2y^2}{x+y}\leq \sum \dfrac{xy(x+y)}{4}$

 Nên ta sẽ có $\sum \dfrac{x^2y^2}{1-z}+3xyz\leq \dfrac{1}{4}\left(\sum xy(x+y)+12xyz\right)=\dfrac{1}{4}\left(xy+yz+zx+9xyz\right)\leq \dfrac{1}{6}$

 Hơn nữa tại $k=\dfrac{1}{6}$ thì bất đẳng thức xảy ra dấu "=" tại $x=y=z=1/3$ nên $k_{\min}=\dfrac{1}{6}$

 

Bài toán:

 

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn tổng của chúng bằng 3.Chứng minh rằng:
$$(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+bc+ca)\leq 16$$

 

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

 

Hợp lí thì lady cứ sửa!

 

 Chặt hơn nữa là $(a^3b+b^3c+c^3a+abc)(ab+bc+ca)\leq 16$

Nguyen Ngoc Tu inequality:

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn $$ab + bc + ca = 3$$. Chứng minh rằng: $$\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[n]{{\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}}},\,\,\forall n \ge 6,n \in N$$.

 Chú ý là với $n\geq 6$ thì $\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^n\geq \dfrac{(a+b+c)^6}{729}=\dfrac{\left(\sum a^2+2\sum ab\right)^3}{729}\geq \dfrac{3\sum a^2.81}{729}$

Taiwan, 2014:

Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: $$3\left( {a + b + c} \right) \ge 8\sqrt[3]{{abc}} + \sqrt[3]{{\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{3}}}$$.

 Sử dụng bất đẳng thức Holder thì $\text{VP}^3\leq 81\left(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}+8abc\right)$

 Cho nên ta chỉ cần chứng minh $27(a+b+c)^3\geq 27(a^3+b^3+c^3)\geq 648abc\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$

 Đúng theo bất dẳng thức AM-GM

Cho a,b,c không âm thỏa mãn: $\sum a^2=3$

Tìm MAX: F=$\frac{1}{5-2ab}+\frac{1}{5-2bc}+\frac{1}{5-2ca}$

 Giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$ 

 Ta có $\dfrac{3}{2}-F=\sum \left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{5-2ab}\right)=\sum \dfrac{3-2ab}{2(5-2ab)}$

 Cho neenn $3-2F=\sum \dfrac{(a-b)^2+c^2}{5-2ab}=\sum \dfrac{(a-b)^2}{5-2ab}+\sum \dfrac{c^2}{5-2ab}\geq \dfrac{4(a-c)^2+(a+b+c)^2}{15-2\sum ab}$

 Chú ý là $4(a-c)^2+(a+b+c)^2-(15-2ab-2bc-ca)=-4(b-c)(b-a)\geq 0$ nên $3-2F\geq 1$ nên $F\leq 1$

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Chứng minh: $\text{C}_{2n+1}^{n}\vdots 2n+1$

 Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh $\dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}$ là số nguyên với $n$ tự nhiên

 Áp dụng công thức Polignac thì ta cần phải chứng minh

$\left[\dfrac{2n}{p}\right]+\left[\dfrac{2n}{p^2}\right]+...+\left[\dfrac{2n}{p^k}\right]+...\geq \left[\dfrac{n}{p}\right]+\left[\dfrac{n}{p^2}\right]...+\left[\dfrac{n+1}{p}\right]+\left[\dfrac{n+1}{p^2}\right]+...$

 Chú ý là với mọi số thực $x$ thì $[2x]=[x]+\left[x+\dfrac{1}{2}\right]$ cho nên ta chỉ cần chứng minh

$\left[\dfrac{n}{p}+\dfrac{1}{2}\right]+\left[\dfrac{n}{p^2}+\dfrac{1}{2}\right]+...\geq \left[\dfrac{n+1}{p}\right]+\left[\dfrac{n+1}{p^2}\right]+...$

 Tuy nhiên bất đẳng thức trên đúng do mỗi hạng tử tương ứng ở VT luôn lớn hơn hoặc bằng mỗi hạng tử tương ứng ở VP, cụ thể là $\dfrac{n}{p^k}+\dfrac{1}{p^k}\leq \dfrac{n}{p^k}+\dfrac{1}{2}$ với mọi số nguyên tố $p$ và số thực $k$

Câu 4.

 a) Ta có $\angle PKB=\angle 180^\circ -\angle MKB=180^\circ -\angle MAB=\angle BAN=\angle BLN=180^\circ -\angle BLP$ nên tứ giác $PKBL$ nội tiếp

 b) Ta có $\angle BKO_2=\angle BO_1O_2=\dfrac{1}{2}\angle BOA=\angle BKA$ nên $K,A,O_2$ thằng hàng, tương tự cho $L,A,O_1$

 Do đó mà $\angle KBA=\dfrac{1}{2}\angle KO_1A=\dfrac{180^\circ -\angle KAO_1}{2} =\dfrac{180^\circ -\angle LAO_2}{2}=\dfrac{1}{2}\angle LO_2A=\angle LBA$

 Nên $BA$ là phân giác $\angle KBL$, do đó $A$ cách đều $BK$ và $BL$

 c) Ta có $\angle PMN=\angle KBA=\angle LBA=\angle PNM$ nên tam giác $PMN$ cân tại $P$

 Nếu $P\in AB$ thì $PK.PM=PA.PB=PL.PN$ nên $PK=PL$

 Nếu $PK=PL$ thì $PK.PM=PL.PN$ nên nếu gọi $A'$ và $A''$ là giao $PB$ với $(O_1)$ và $(O_2)$ thì $PK.PM=PA'.PB=PL.PN=PA''.PB$

 Do đó $A'\equiv A''\equiv A$, và đó đó $P\in AB$

Câu 4. 

a. Ta có $\angle NCM=\angle CAE=\angle NAM$ nên tứ giác đó nội tiếp

b. Có một kết quả quen thuộc là $\angle CAO+\angle ABC=90^\circ$, mà $\angle ABC=\angle AKD$ nên suy ra điều cần chứng minh

c. Sử dụng Thales do $EF\parallel CD$ nên $\dfrac{NF}{CN}=\dfrac{EF}{CD}\Rightarrow \dfrac{CF}{CN}=1-\dfrac{CF}{CD}$

 Chuyến vế ta có điều cần chứng minh

We have $$\begin{array}{l} {\left( {a + b + c} \right)^2} = \sum {{a^2}} + 2ab + 2bc + 2ca = 21 + 2ab + 2bc + 2ca\\ \le 21 + {a^2} + {b^2} + \frac{1}{{3\sqrt 6 }}2.\left( {3b.\sqrt 6 c} \right) + \frac{1}{{3\sqrt 6 }}2.\left( {3a.\sqrt 6 c} \right)\\ \le 21 + {a^2} + {b^2} + \frac{1}{{3\sqrt 6 }}\left( {9{b^2} + 6{c^2}} \right) + \frac{1}{{3\sqrt 6 }}\left( {9{a^2} + 6{c^2}} \right)\\ = 21 + {a^2} + {b^2} + \frac{{9{a^2} + 9{b^2} + 12{c^2}}}{{3\sqrt 6 }}\\ = 21 + {a^2} + {b^2} + \frac{{9\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 3{c^2}}}{{3\sqrt 6 }}\\ = 21 + \left( {21 - {c^2}} \right) + \frac{{3{c^2} + 189}}{{3\sqrt 6 }}\\ = 42 + \frac{{63}}{{\sqrt 6 }} + \left( {\frac{1}{{\sqrt 6 }} - 1} \right){c^2} \le 42 + \frac{{63}}{{\sqrt 6 }} + 9\left( {\frac{1}{{\sqrt 6 }} - 1} \right) = 33 + 12\sqrt 6 \\ \Rightarrow a + b + c \le \sqrt {33 + 12\sqrt 6 } \end{array}$$.

Hence, $$MinS = \sqrt {33 + 12\sqrt 6 } \Leftrightarrow a = b = \sqrt 6 ,\,c = 3$$. Done!

 Lời giải của thầy rất hay, nhưng sai mất rồi ạ

 Đầu tiên, ta cho $a=1,b=2$ thì $c=4$ và ta dự đoán $\min a+b+c=7$, tức là cần chứng minh $a+b+c\geq 7$

 Đặt $a=1+x, b=2+y,c=3+z$ thì $x,y,z\geq 0$ và $x^2+y^2+z^2+2x+4y+6z=7$, ta cần chứng minh $x+y+z\geq 1$

 Giả sử ngược lại, $x+y+z< 1$ thì $7=x^2+y^2+z^2+2x+4y+6z=x^2+y^2+z^2+6(x+y+z)-4x-2y<7-4x-2y\leq 7$ vô lí

 Từ đó có điều cần chứng minh

Bài toán:    Cho $a \in [1;2], b \in [4,5], c \in [7,10] ; \ a+b+c=16$. Tìm Max $P=abc$ 

 

 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $\dfrac{9a}{2}.\dfrac{9b}{5}.c\leq \dfrac{\left(\dfrac{9a}{2}+\dfrac{9b}{5}+c\right)^3}{27}=\dfrac{\left(\dfrac{7a}{2}+\dfrac{4b}{5}+16\right)^3}{27}\leq \dfrac{\left(7+4+16\right)^3}{27}=729$

 Từ đó suy ra $abc\leq 90$

 Dấu "=" xảy ra khi $a=2,b=5,c=9$