Cho $a,b,c>0$. CMR
$(a^{2}+ab+bc)(b^{2}+bc+ca)(c^{2}+ca+ab)\ge (ab+bc+ca)^{3}$

KMTTQ, giả sử $a$ nằm giữa $b$ và $c$. Áp dụng BĐT $Holder$ ta có:
$$(a^2+ab+bc)(ac+b^2+bc)(c^2+a^2+bc)\ge (ac+ab+bc)^3$$

Vậy ta cần chứng minh:
$$c^2+ca+ab\ge c^2+a^2+bc\\ \Leftrightarrow (a-b)(a-c)\le 0$$

Đúng theo điều giả sử. Vậy BĐT đã cho được c/m, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ $\square$

Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh $$\frac{2}{(a+b)^{2}}+\frac{2}{(b+c)^{2}}+\frac{2}{(c+a)^{2}}\geq \frac{1}{a^{2}+bc}+\frac{1}{b^{2}+ca}+\frac{1}{c^{2}+ab}$$

- Nó từ cái BĐT này mà ra :v:
$$\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(a+c)^2}\ge \dfrac{1}{a^2+bc}$$
Chứng minh thì nhờ $Cauchy-Schwarz$:
$$VT\ge \dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{b}{c})}+\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{c}{b})}=\dfrac{1}{a^2+bc}$$

Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại là xong $\square$

chứng minh rằng : $\frac{ma^{2}}{bc}+\frac{mb^{2}}{ca}+\frac{mc^{2}}{ab}\geq\frac{9}{4}$
ma,mb,mc là độ dài 3 đường trung tuyến

Được cao nhân chỉ giáo là bài này có thể áp dụng BĐT $Klamkin$, một phát ra luôn :
Với các số thực $x,y,z$ bất kì, $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác và $M$ là điểm bất kì trong mp thì:
$$(x+y+z)(xMA^2+yMB^2+zMC^2)\ge a^2yz+b^2zx+c^2xy$$
Chứng minh thì khai triển $(x\vec{MA}+y\vec{MB}+z\vec{MC})^2\ge 0$ là ra

Cho $n$ số thực dương thỏa mãn $x_1+x_2+...+x_n=1$
Chứng minh rằng : $x_1^{n-1}x_2+x_2^{n-1}x_3+...+x_n^{n-1}x_1< \frac{4}{27}$
P/S: Tổng quát hóa cho bài toán $3,4$ biến đã post !!! ?

Bài này theo em hiểu thì $n\ge 3$
---
Ta sẽ chứng minh mệnh đề mạnh hơn: $(*)$

Cho $n$ số thực dương thỏa mãn $x_1+x_2+...+x_n=1$
Chứng minh rằng : $x_1^2x_2+x_2^2x_3+...+x_n^2x_1< \frac{4}{27}$

(Sở dĩ mạnh hơn vì do $x_i\in (0;1)$ nên $x_i^{n-1}\le x_i^2$ )

- Bước khởi đầu quy nạp đã quen thuộc nên em xin không trình bày
- Giả sử mệnh đề $(*)$ đúng với $n$. Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng với $n+1$, có nghĩa là với $n+1$ số thực dương thỏa mãn $x_1+x_2+...+x_{n+1}=1$, ta phải chứng minh:
$$x_1^2x_2+x_2^2x_3+...+x_n^2x_{n+1}+x_{n+1}^2x_1< \frac{4}{27}\ (1)$$

KMTTQ, giả sử $x_3=max\left\{x_1;x_2;...;x_{n+1}\right\}$, khi đó dễ có:
$$x_1^2x_2+x_2^2x_3+x_{n+1}^2x_1< (x_1+x_2)^2x_3+x_{n+1}^2(x_1+x_2)$$

Mà từ giả thiết quy nạp suy ra:
$$(x_1+x_2)^2x_3+x_3^2x_4+...+x_n^2x_{n+1}+x_{n+1}^2(x_1+x_2)< \frac{4}{27}$$
(Coi $x_1\equiv x_1+x_2$) Nên BĐT $(1)$ được chứng minh. Điều đó có nghĩa mệnh đề $(*)$ cũng đúng với $n+1$

Theo giả thiết quy nạp ... (bla bla)

---

Vấn đề được đặt ra: Liệu ta có thể tạo nên một bài toán tổng quát với $n$ biến, không có điều kiện tổng các biến bằng 1 và là một BĐT không chặt không?

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

$\sum \frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{bc}\geq 9$

$$\Leftrightarrow \sum a(2b^2+2c^2-a^2)\ge 9abc\\ \Leftrightarrow 2\sum ab(a+b)-\sum a^3\ge 9abc\\ \Leftrightarrow 2[\sum ab(a+b)-6abc] -(\sum a^3-3abc)\ge 0\ \ (*)$$

Ta có các phân tích:
$$+)\sum ab(a+b)-6abc=2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c)\\ +)\sum a^3-3abc=(a+b+c)(a-b)^2+(a+b+c)(a-c)(b-c)$$

Vậy:
$$(*)\Leftrightarrow (4c-a-b-c)(a-b)^2+(2a+2b-a-b-c)(a-c)(b-c)\ge 0\\ \Leftrightarrow (3c-a-b)(a-b)^2+(a+b-c)(a-c)(b-c)\ge 0$$

Đến đây giả sử $c=max \left\{a;b;c \right\}$ ta có ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\ \square$
---
Ai có lời giải thuần hình học hay dùng BĐT cổ điển không nhỉ?

Bài toán: Giải hệ phương trình sau trên tập các số nguyên tố:
$$\left\{\begin{matrix}x=2t^2-1\\ y=3t^2-2\\ z=4t^2-3\end{matrix}\right.$$

Tính tích :
$\sin \frac{\pi}{2n}\sin \frac{2\pi}{2n}\sin \frac{3\pi}{2n}...\sin \frac{(n-1)\pi}{2n}$.

- Xét phương trình $x^{2n}-1=0$ có các nghiệm $x_k=\cos\dfrac{2k\pi}{2n}+i\sin\dfrac{2k\pi}{2n}$ với $k=\overline{0,2n-1}$ (chú ý $x_0=1;x_n=-1$)

- Với $k=\overline{1,n-1}$, ta có:
$$\begin{aligned}x_{2n-k}&=\cos\dfrac{2(2n-k)\pi}{2n}+i\sin\dfrac{2(2n-k)\pi}{2n}\\ &=\cos(2\pi-\dfrac{2k\pi}{2n})+i\sin(2\pi-\dfrac{2k\pi}{2n})\\&= \cos\dfrac{2k\pi}{2n}-i\sin\dfrac{2k\pi}{2n}\\&=\overline{x_k} \end{aligned}$$

Vậy nên ta có thể viết:
$$\begin{aligned}x^{2n}-1&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}(x-x_{k})(x-\overline{x_{k}})\\&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}[x^2-(x_{k}+\overline{x_{k}})+1]\\&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}(x^2-2\cos\dfrac{2k\pi}{2n}+1)\\&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}(x^2-2(1-2\sin^2\dfrac{k\pi}{2n})+1)\end{aligned}$$

Ở trên nếu cho $x\rightarrow 1$ thì:
$$n=\prod _{i=1}^{k-1}4\sin^2\dfrac{k\pi}{2n}\\ \Rightarrow \prod _{i=1}^{k-1}\sin\dfrac{k\pi}{2n}=\dfrac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}\ \square$$

Problem: Cho số nguyên dương $n$, chứng minh rằng:
$$\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{i^2(i+2)\sqrt{i+1}}<\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$$

Năm nay KHTN không có nhất.
Thầy Lương kiểu j cũng tổng xỉ vả rồi

-Theo Holder (hoặc AM-GM) ta chứng minh được: $\dfrac{a^3}{x}+\dfrac{b^3}{y}+\dfrac{c^3}{z}\ge \dfrac{(a+b+c)^3}{3(x+y+z)}$
Từ đó suy ra ngay $Q\ge \dfrac{3^3}{3.2.3}=\dfrac{3}{2}\ \square$

Pro: Giải phương trình sau trên tập số nguyên:
$$x^2+y^2+z^2=kxyz$$

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thoả mãn $ 7^n+147 $ là số chíng phương

Đề nghị gửi bài có chọn lọc. Bài này post vào box THCS thôi chứ nghĩ sao post vào box Olympiad ="=
---
Đặt $7^n+147=x^2$
-Nếu $n=2k$ thì đưa về pt ước số $(x-7^k)(x+7^k)=147...$
-Nếu $n=2k+1$ thì $VT\equiv (-1)^n+3\equiv 2\ (mod\ 4)$, mà $VP\equiv 0;1\ (mod\ 4)$ nên TH này vô nghiệm.

lời giải không rõ ràng khó hiểu

Khó hiểu và sai là hoàn toàn khác nhau!
Lời giải trên đúng là sai thật, nhưng mà thử tìm chỗ sai xem?
Nếu ko tìm ra thì t2 sẽ post lỗi sai ở đâu

lời giải naỳ sai rồi

Toán là có chứng cứ. Lời giải này sai ở đâu nhỉ?

Cho $ a,b,c,d $ là các số thực thỏa mãn $ \frac{1}{2}\leq a,b,c,d\leq 2 $ và $ abcd=1 $.Tìm GTLN của
\[ \left(a+\frac{1}{b}\right)\left(b+\frac{1}{c}\right)\left(c+\frac{1}{d}\right)\left(d+\frac{1}{a}\right). \]

Đặt biểu thức đã cho là $S$ thì:
$$S=\dfrac{(ab+1)(bc+1)(ca+1)(ad+1)}{abcd}=(ab+1)(bc+1)(cd+1)(da+1)$$
Ta nhận thấy: Khi khai triển ra thì $S$ là tam thức bậc hai ứng với mỗi ẩn $a,b,c,d$, cho nên $S$ đạt giá trị cực đại tại biên, tức $S$ đạt giá trị cực đại khi:
$$\left\{\begin{matrix} a=\dfrac{1}{2}\cup a=2\\b=\dfrac{1}{2}\cup b=2\\c=\dfrac{1}{2}\cup c=2\\d=\dfrac{1}{2}\cup d=2 \end{matrix} \right.$$
Lại do giả thiết $abcd=1$ nên $S$ đạt GTLN khi và chỉ khi hai số bằng $2$, hai số bằng $\dfrac{1}{2}$.
Khi đó $S_{max}=25\ \square$

Từ các nguyên tố $ O,S,Na $ tạo ra được các muối $ A,B $ đều có 2 nguyên tử $ Na $ trong phân tử.Trong 1 thí nghiệm hóa học người ta cho $ m_{1}g $ muối $ A $ biến đổi thành $ m_{2}g $muối $ B $ và $ 6.16l $ khí $ Z $ tại$ 23.7^{\circ}C $ :$ 1atm $.Biết rằng 2 khối lượng đó khác nhau $ 16g $

• hãy viết phương trình phản ứng xảy ra với công thức cụ thể là $ A,B $
  
• Tính $ m_{1},m_{2} $

Đặt $A:Na_2X;B:Na_2Y$ với $X,Y$ là gốc acid.
+) $n_{khi}=0,25\ (mol)$

Quá trình phản ứng:
$$( Na_2X )+(?)\longrightarrow (Na_2Y)+(Z)$$

Theo giả thiết:
- Cứ $0,25 mol$ chất thì $A$ khác $B$ một lượng $16(g)$
Vậy $1 mol$ chất thì $A$ khác $B$ một lượng $64(g)$
$\Rightarrow |M_A-M_B|=64$

Mà $A,B$ chí có thể là: $Na_2S;Na_2SO_3;Na_2SO_4;Na_2S_2O_3;Na_2S_2O_8$.
Thành thử chỉ có $A:Na_2S;B:Na_2SO_4$ thoả mãn.
----
Ok,các yêu cầu của bài thì chị Juẩn tự ráp vào nhé!

Cho đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện : $P(2006)=2006! $và $xP(x-1)=(x-2006)P(x)\ (*)$ .Chứng minh rằng: $f(x)=(P(x))^2+1$ bất khả quy trong $Z [x]$

-Thay $x=0$ vào $(*)\Rightarrow P(0)=0$

-Thay $x=2006$ vào $(*)$ ta có:
$$2006P(2005)=0\Rightarrow P(2005)=0$$

-Thay $x=2005$ vào $(*)$ ta có:
$$2005P(2004)=0\Rightarrow P(2004)=0$$

Tiếp tục quá trình trên suy ra: $P(k)=0$ với $k=\overline{0,2005}$

-Theo định lý Bezout thì đa thức $P(x)$ có dạng:
$$P(x)=x(x-1)(x-2)...(x-2005)Q(x)$$

Từ (*) ta có thể dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng:
$$P(2006+n)=\dfrac{(2006+n)!}{n!}\ \ n\in \mathbb{N}$$

Từ đó suy ra:
$$P(2006+n)=(2006+n)(2005+n)...(1+n)Q(2006+n)\\ \Leftrightarrow \dfrac{(2006+n)!}{n!}= \dfrac{(2006+n)!}{n!}Q(2006+n)\\ \Leftrightarrow Q(2006+n)=1\ \ \forall n\in \mathbb{N}\\ \Rightarrow Q(x)\equiv 1$$

Khi đó viết lại $P(x)$:
$$P(x)=x(x-1)(x-2)...(x-2005)$$

Công việc chứng minh $f(x)=(P(x))^2+1$ bất khả quy trong $Z [x]$ bây giờ trở thành một bài toán quen thuộc $\square$

Cho $a,b,c>0$ .CMR
$\sum \frac{a^{3}b}{1+ab^{2}}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$
và
$\sum \frac{a^{4}}{1+a^{2}b}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $abc=1$. CMR
$\sum \frac{a+b+1}{a+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{(a+1)(b+1)(c+1)+1}{a+b+c}$

Góp vui vài bài:
Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
CMR
$\sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}\leq \sqrt{3}$

Mình xin đóng góp:
1/Cho a,b,c$\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca> 0$ .CMR:
$\frac{a}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$
2/cho a,b,c $\geq 0$ .CMR:
a)$\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
b)$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2$
c)$4(a^2+x^2)(b^2+y^2)(c^2+z^2)\geq 3(bcx+cay+abz)^2$
d)$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\geq (1+a)(1+b)(1+c)$
e)$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$

Tất cả những bài trên đều nằm trong quyền Cauchy-Schwarz của anh VQBC và Trần Quốc Anh.
Mong các bạn đóng góp bài từ nhiều nguồn khác nhau, hoặc tự chế bài càng tốt!

Cho a,b,c > 0 và $a+b+c=abc$ . Tìm Max
$P=\frac{a^{2}}{a^{2}+1}+\frac{b^{2}}{b^{2}+1}+\frac{c^{2}}{c^{2}+1}$

OTHER SOLUTION:

-Ta sẽ chứng minh:
$$S=\sum \dfrac{a^2}{a^2+1}\le \dfrac{9}{4}$$

-Từ giả thiết đã cho suy ra:
$$a^2+1=a^2.\dfrac{a+b+c}{abc}+1=\dfrac{a(a+b+c)+bc}{bc}=\dfrac{(a+b)(a+c)}{bc}$$
Vậy nên:
$$S=\sum \dfrac{a^2bc}{(a+b)(a+c)}=abc.\dfrac{\sum a(b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=2.\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
- Sử dụng BĐT quen thuộc:
$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge \dfrac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$$
Suy ra:
$$S\le \dfrac{9}{4}$$
Vậy $max S=\dfrac{9}{4}$ khi $a=b=c=\sqrt{3}\ \square$

Em xin đăng kí

Mặt khác dãy $x_{n} (mod 4)$ tuần hoàn chu kì 6 (cái này em tính 10 giá trị mod 4đầu tiên sẽ thấy ngay).
Suy ra $x_{2008} \equiv 2 (mod 4)$ (2)
Từ (1) và (2) ta có $x_{2008} \equiv 1006 (mod 2012)$.


@ Tú: Bài thầy Sâm à! (_ _^)

Hix bài này em nghĩ theo hướng hệ thặng dư nên đâm đầu vào làm mà ko được
---
Mod 4 em ra là $(0;1;3;2;1;1)$ nên suy ra $x_{2008}\equiv 1(mod\ 4)$ chứ ạ?
Nếu đúng thì kết quả là $1509$

Thế thì đề sai. Xét $a_1=1;a_2=-1 \Rightarrow P(x)=x^2-3=(x-\sqrt 3)(x+\sqrt 3)$.
$P(x)$ vẫn khả quy nhưng $\deg P=2$.

Đề thiếu, khả quy trong $\mathbb{Z}\left[x \right]$ ạ

Bài toán: Cho dãy số xác định bởi công thức:
$$\left\{\begin{matrix}x_0=0;x_1=45\\ x_{n+1}=3x_n+x_{n-1}\ \ \ \forall n\ge 1\end{matrix}\right.$$
Tìm số dư của $x_{2008}$ cho $2012$

@anh qua: Vâng ạ, hóa ra nó giống với cái đề QG (_ _!)

Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác. Chứng minh:
$a^{4}+b^{4}+c^{4}< 2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$

Hướng là phân tích đa thức thành nhân tử. Biến đổi loạn một hồi thì nó ra:
$$(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0$$
Đúng do $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác $\square$

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$.
CMR:
$$\frac{a^4+b^4+c^4+a+b+c}{2}\ge \frac{a}{\sqrt{c}}+\frac{b}{\sqrt{a}}+\frac{c}{\sqrt{b}}$$

-Theo $AM-GM:$
$$\dfrac{a^3}{bc}+b\ge 2\dfrac{a}{\sqrt{c}}$$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại có ĐPCM (Chú ý $abc=1$). Dấu bằng khi $a=b=c=1\ \square$