Bài 4.
$a+b^2 \mid a^2+b$ nên $a \geq b$ 

$a=b$ thì $2 \mid a(a+1)$, do đó $2^x=a(a+1)$
Nếu $a\geq 2$ thì $a(a+1)$ sẽ có ước khác 2(vô lý)
Vậy $a=b=1$
Xét $a > b \geq 1$
$a+b^2 \mid a^2+b$
$\Leftrightarrow a+b^2 \mid a(a+b^2)-b(ab-1)$
Mà $(a,ab-1)=1$ nên $a+b^2 \mid b(a+b^2)-b^3-1$
Hay $p^x=a+b^2 \mid (b+1)(b^2-b+1)$
Dễ thấy $a+b^2 >b+1$ và $a+b^2>b^2-b+1$ nên $p|(b+1,b^2-b+1)$
Từ đó có $p=3$
Mà $9 \nmid b^2-b+1$ nên $3^{x-1} \mid b+1$
$\Rightarrow b \geq 3^{x-1}-1 = \dfrac{a+b^2}{3} -1$
Hiển nhiên điều này sai với $b \geq 3$, mà $3^{x-1} \mid b+1$ nên $b=2, a=5$

cách này mình đã post thì bạn/anh/chị post lại làm gì nữa

$p$ chỉ có max là $(b+1,b^2-b+1)$ và k có điều kiện gì để suy ra được nó là ước cả , cho nên xét thiếu $p=2$ r kìa 

chọn $b=3$ và $a=1$ thì $b=3 \geq \frac{a+b^2}{3}-1=\frac{7}{3}$

$2 \nmid b(b-1)+1$
$a>b$

Bài 2: Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số nguyên không âm thoả mãn $P(\sqrt [3]{3})=2017$ và $P(1)$ nhận giá trị nhỏ nhất có thể.

 

Bài 7: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a) ≠ 0$. Chứng minh rằng:

$\frac {(a^2-b^2)(a^2-c^2)}{(b+c)^2} + \frac {(b^2-c^2)(b^2-a^2)}{(c+a)^2} + \frac {(c^2-a^2)(c^2-b^2)}{(a+b)^2} \geq 0$

Bài 2. 

Dễ thấy $P(x)=(x^3-3)Q(x)+2017$

Đặt $Q(x)=a_{n} x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_0$ 

$P(x)=a_{n} x^{n+3}+a_{n-1} x^{n+2} +a_{n-2} x^{n+1} +( a_{n-3}-3a_{n} ) x^n+(a_{n-4}-3a_{n-1}) x^{n-1}+...+(a_{0}-3a_{3})x^3-3a_{2} x^2 -3a_{1} x +2017 - 3a_{0}$

Do $P(x)$ có hệ số không âm nên ta phải có hệ
$$\left\{\begin{matrix} a_{n},a_{n-1},a_{n-2} \geq 0\\ a_{n-3} \geq 3a_{n}\geq 0\\ ...\\ a_{0} \geq 3 a_{3} \geq 0\\ a_1 ,a_2 \leq 0\\ a_0 \leq \dfrac{2017}{3}\\ \end{matrix}\right.$$

Cho ta các nghiệm nguyên không âm $a_{n}=a_{n-1}=...=a_{1}=0$ hay $Q(x)=a_0=c \leq 672$ là hàm hằng. 

$P(1)=c+2017-3c=2017-2c \geq 673$

Dấu "=" xảy ra khi $P(x)=672 x^3 +1$

Bài 7. 

$VT=f(a,b,c) \geq f(|a|,|b|,|c|)$nên ta chỉ cần chứng minh trong TH a,b,c không âm. 

KMTTQ, $a \geq b \geq c$

$f(a,b,c)=\sum \dfrac{(a-b)(a-c)(a+b)(a+c)}{(b+c)^2}$

Dễ thấy $\dfrac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^2} \geq \dfrac{(b+a)(b+c)}{(c+a)^2}$ 

nên theo bất đẳng thức Vornicul-Schur ta có đpcm.

 

#Ps: 2 bài hình vòng 1 năm nay có vẻ không thấm lắm :V 

Bài 6 $2ab+6bc+2ac=7abc$ <=> $\frac{2}{c}+\frac{6}{a}+\frac{2}{b}=7\Leftrightarrow 6x+2y+2z=7$

C=$\frac{4}{y+2x}+\frac{9}{z+4x}+\frac{4}{y+z}\geq \frac{\left (2+3+2 \right )^{2}}{6x+2y+2z}=7$ 

1/ Cho a,b,c>0 thỏa mãn: $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq 2$CMR: $abc\leq \frac{1}{8}$
2/ Cho a,b >0, thỏa mãn a+b=1. CMR: $(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2\geq \frac{25}{2}$
3/ Cho a,b,c >0 thỏa mãn: a+b+c+d=1. CMR:
$(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2+(c+\frac{1}{c})^2+(d+\frac{1}{d})^2\geq \frac{289}{4}$
4/ Cho a,b,c >0. CMR: $\sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a+c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{b+a}}>\frac{\sqrt[3]{2}}{2}$

Ta có bất đẳng thức sau với mọi a,b,c không âm

$\sum \sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}\geq \sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq 2$

Dấu bằng xảy ra khi 1 biến =0 và 2 biến còn lại bằng nhau

 

$f$ toàn ánh . Gọi $P(x_0,y_0)$ là phép thế 

Nếu $f(x_1) = f(x_2) $ xét $P(x_1,x_2)$ và $P(x_2,x_1)$ có $x_1 = x_2 \implies f$ đơn ánh $\implies f$ toàn ánh

$P(0,y) : f(f(y)) = by+a $ với $b = f(0) $ , $P(x,f(y)) : f(xf(y)+by+a) = f(x)f(y)+a = f(yf(x)+bx+a) \implies xf(y)+by = yf(x)+bx \implies f(x) = mn+x$  Thế vào thì có $m^2 = n $ và $m^3+m^2 = a$

Vậy $f(x) = mx+m^2$ với $m$ là nghiệm của phương trình $x^3+x^2 - a = 0$ 

 

Đoạn cm đơn ánh chưa hoàn chỉnh. Nếu $f(x_1)=f(x_2)=0$ thì $x_1 \neq x_2$ thoải mái. TH $a=0$ có $f(x)=0, \forall x$ chứng tỏ điều này. 
Có thể xử lí kiểu này. 
$P(0,x):f(f(x))=xf(0)+a$

Nếu $f(0)=0$ thì $P(x,0):a=0$

Hay $P(0,x):f(f(x))=0$

Nếu $f$ hằng thì $f(x)=0,\forall x$. 

Nếu $f$ không hằng thì $\exists c,f(c) \neq 0$ 
$P(c,x):f(cx+f(x))=xf(c)$ nên $f$ toàn ánh. 
Do đó $P(0,x)$ sẽ cho ta $f(x)=0,\forall x$(là hàm hằng, mâu thuẫn) 

 

Xét $f(0) \neq 0$ thì $P(0,x)$ cho $f$ song ánh và có thể tiếp tục giải như trên.

Cmr $$f(a,b,c) \leq f(a+b,c,0)$$.

Biểu thức $f(a,b,c)$ của em là gì ? Nếu dồn biến theo kiểu này thì sẽ chọn $c$ là số nhỏ nhất, anh thử nhẩm với $f(a,b,c) = (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$ khi xét $f(a,b,c) \leqslant f(a+b,c,0)$ thì hai đại lượng trội nhất là $a^3b,ab^3$ nằm bên trái dấu $\leqslant $ nên có thể bất đẳng thức này sai.

Em chọn $c$ là số lớn nhất.
Ta nhân 2 đánh giá sau
$c^2[(a+b)^2+c^2]=c^4+c^2a^2+c^2b^2+2c^2ab \geq (c^2+a^2)(c^2+b^2)$
Và $(a+b)^2 \geq (a^2+b^2)$

Nhưng như vầy thì em dồn $c$ về $0$ !

Em chưa hiểu ý anh lắm. Em đang dồn $b \rightarrow 0$. Nếu dồn $c \rightarrow 0$ thì có lẽ là $f(a+c,b,0)$ chính xác hơn.

Em định nghĩa $f(a,b,c) = (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$ thì $f(a+b,c,0)$ tức là thay $a = a + b,\, b = c$ và $c = 0.$ Tức $c$ là nhỏ nhất.

Thực ra nó chỉ là mặt quy ước, ta có thể thấy $f(a+c,b,0)$ và $f(a+b,c,0)$ hay $f(0,b,a+c)$ là tương đương hết sau phép đặt ẩn $(a+c,b) \rightarrow (x,y)$ hay $(a+b,c) \rightarrow (x,y)$
Ta chọn vị trí các số sao cho chứng minh dễ nhất có thể mà thôi. Nó không ảnh hưởng dù $c$ max hay min. Bài toán này có thể chọn thứ tự thoải mái do tính đối xứng.

CM tương đương.
chuyển vế: $(\frac{a}{a^2+1}-\frac{3}{10})+(\frac{b}{b^2+1}-\frac{3}{10})+(\frac{c}{c^2+1}-\frac{3}{10})\leq 0<=>\sum( \frac{-3a^2+10a-3}{a^2+1})$(luôn đúng).
Dấu "=" xảy ra khi x=y=3.

Hãy đánh giá thử bất đẳng thức cuối xem vì sao nó đúng?

$$\sum \dfrac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} $$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} + \sum \dfrac{6(3a-1)}{25}$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{(3a-1)^2(4a+3)}{50(a^2+1)}\geq 0$$
Hiển nhiên đúng.

 

ĐỀ THI HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-2017 TỈNH QUẢNG NAM

 

 

Chứng minh bất đẳng thức: $ (a+b+c+d)^3 \le 4(a^3+b^3+c^3) +24(abc+bcd+cda+dab) $

 

Thiếu $d^{3}$ nữa chứ nhỉ   

Bài 5. 

Chứng minh được

$$x_{n}+x_{n-1}=\dfrac{-1}{2017^{n-1}}$$

Từ đó suy ra CTTQ 

$$x_{n}=\dfrac{2017 \cdot (-1)^n}{2018}- \dfrac{1}{2018 \cdot 2017^{n-1}}$$

Do đó $$\displaystyle \lim_{n \to + \inf} x_{n} =\dfrac{2017^2}{2018^2}$$

 

Bài 6. 

Từ giả thiết dễ có

$$f(x) \geq 2xy-f(y), \forall x,y$$

Cho $x=y$ thì $f(x) \geq x^2, \forall x$

Cố định $x$, chọn $y$ sao cho $2xy-f(y)$ lớn nhất. 

Khi đó $$f(x)=2xy-f(y) \leq 2xy-y^2 \leq x^2$$

Do đó $f(x)=x^2, \forall x$

Thử lại TM, kết luận...

Đóng góp 1 cách cho bài 2.
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $p=a^n +b^n +c^n +d^n$. Do $ab=cd$ nên ta viết lại
$p= a^n +b^n +c^n +\frac{a^n.b^n}{c^n} \\ \Leftrightarrow p.c^n=(c^n+a^n)(c^n+b^n)$
Nên 1 trong 2 số $c^n+a^n,c^n+b^n$ phải là bội của $p$ mà rõ ràng 2 số này $<p$ nên mâu thuẫn. Vậy ta có đpcm.

Topic ảm đạm quá mình chém bài đa thức vậy.

Bổ đề 1: $\Gamma(f(x))$ là hệ số tự do của $f(x)f(\dfrac{1}{x})$

Chỉ viết $f(x)$ và nhân ra thôi.

Bổ đề 2: Cho

$f(x)=a_{0}+...+a_{n} x^n$

$g(x)=b_{0}+...+b_{n} x^n$

$h(x)=f(x)(b_{0} x^n+...+b_{n})=f(x)x^n g(\dfrac{1}{x})$ (đảo hệ số của $g(x)$)

Thì $\Gamma(f(x)g(x)) = \Gamma(h(x))$ 

Chú ý $h(x)h(\dfrac{1}{x})=f(x)g(x)f(\dfrac{1}{x})g(\dfrac{1}{x})$ 

Quay lại bài toán

Với $n=1010$

Viết $P(x)=(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{n})(x+b_{1})(x+b_{2})...(x+b_{n})$

Trong đó $A \cap B = \{1,2,...,2n\}$

Số đa thức $Q_{k} (x)$ phân biệt tạo thành theo bổ đề 2 sẽ bằng vào số bộ phân biệt $b_{1}<b_{2}<...<b_{n}$ mà $b_{i} \in \{1,2,...,2n\} = \dfrac{ (2n)!}{ (n!)^2} = \dfrac{2n(2n-1)...(n+1)}{n(n-1)...1} > 2^n > 2^{n-1}$

 

Đi thi tiếc thế không làm hoàn chỉnh được bài này, viết được có tới đoạn $P(x)=...$ thì lại lan man đi đâu =))) Không biết có được điểm không nhỉ? 

Cho a, b, c là các số dương thay đổi và a + b + c = 4. CMR : $\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a} > 4$

*P/s: Xin lỗi các bạn, mình đã sửa đề

KMTTQ, $a \geq b \geq c$

Đpcm $$\Leftrightarrow \sum \sqrt{a+b} \geq 2 \sqrt{a+b+c}$$

$$\Leftrightarrow \sqrt{b+c} \geq \frac{c}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+b}} +\frac{b}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+c}}$$

Có $$\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+b} \geq \sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+c} \geq \sqrt{b+c}$$

Vậy $$R.H.S \leq \frac{b+c}{\sqrt{b+c}}=L.H.S$$

Ta có điều phải chứng minh.

Nó quanh quanh cấu hình bài hình của USAMO 2008

Bạn viết sigma mình không hiểu gì cả. MÌnh chưa học đến đó

Bạn lên Google tìm đại đi     Đằng nào sau này cũng phải biết   Với cả dùng sigma cho gọn chứ LATEX dài mỏi tay lắm   

Bổ đề $3\sum a^{2}b\leq \left ( \sum a \right )\left ( \sum a^{2} \right )$

P=$\sum \frac{x}{\sqrt{y}}= \sum \frac{x^{2}}{x\sqrt{y}}\geq \frac{\left ( \sum x \right )^{2}}{\sum x\sqrt{y}}$

Theo bổ đề ta có $3\sum x\sqrt{y}\leq \left (\sum x \right )\left ( \sum \sqrt{x} \right )$

Dự đoán min=6

Ta phải chứng minh

$\left (\sum x \right )^{2}\geq \left 2( \sum x \right )\left ( \sum \sqrt{x} \right )\Leftrightarrow \sum x\geq 2\sum \sqrt{x}$

Mà theo bđt Cauchy-Schwarz $\sum \sqrt{x}\leq \sqrt{3\sum x}$ nên ta phải chứng minh

$\sqrt{\sum x}\geq 2\sqrt{3}\Leftrightarrow \sum x\geq 12$

Bđt cuối luôn đúng nên ta có min=6 khi x=y=z=4 

v~ cả nhái , trích (Poland 1991) đã được giải ở đây bn: http://diendantoanho...e-6#entry660132

Cách giải của bạn hanguyen445 trong phần a không âm chính là cách giải của bài thi trên. 

Bài này khá nổi tiếng, có xuất hiện trong TLCT 10 mà bạn.

1/CMR:

    a,b,c>0 

          $\sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}$$\geq 2$

Theo AM-GM $$4(a^2+ab+b^2)(ab+bc+ca) \leq (a+b)^2(a+b+c)^2$$
Bất đẳng thức cần chứng minh đưa về $$\frac{a}{b+c} +\frac{b}{a+c} +\frac{c}{a+b} \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$$

Hiển nhiên theo C-S. 

Bài này có lẽ "nhái" theo 1 bài thi Châu Âu nhưng bất thành. Thành ra là 1 bài rất khó. Mình nghĩ nó là bài sau:
Cho $x,y,z$ thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=2$
Chứng minh rằng $x+y+z-xyz \leq 2$.

Cách của mình. Ta sẽ nhắc lại không chứng minh một số kết quả cơ bản sau.
1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $P$. Khi đó $AP$ là đường đối trung đỉnh $A$ của tam giác $ABC$.
2. Trong tam giác $ABC$, đường đối trung đỉnh $A$ cắt $BC$ tại $D$. Khi đó $\frac{DB}{DC}= \frac{AB^2}{AC^2}$
Để xử lí cho gọn, đẹp trước hết ta đi chứng minh bổ đề sau
$\textbf{Bổ đề}$ Cho tam giác $ABC$. Đường đối trung đỉnh $A$ cắt $BC$ tại $Q$. $O,I,J$ lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC,AQB,AQC$. Khi đó $OA$ chia đôi $IJ$.
$\textbf{Chứng minh}$
Kẻ $AH,AM$ là đường cao và là trung tuyến của tam giác $ABC$.
Dễ thấy phép vị tự quay tâm $A$ biến $\Delta AIJ \rightarrow \Delta ABC$ biến $H \rightarrow Q$. Mặt khác cũng có $\angle HAM= \angle QAO$ nên biến $ AM \rightarrow AO$. Lại có $AM$ là trung tuyến trong tam giác $ABC$ nên $AO$ là trung tuyến trong tam giác $AIJ$.

$\textbf{Quay lại bài toán}$
Qua $Q$ kẻ đường thẳng $\parallel BC$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$. Gọi $I,J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AQE,AQF$.
Theo bổ đề $OA$ chia đôi $IJ$. Ta sẽ chứng minh rằng $O_{1}I=O_{2}J$.
Thật vậy, có $\Delta AIO_{1} \sim \Delta QEB, \Delta AJO_{2} \sim \Delta QFC$ nên ta thu được biến đổi sau.
$$\dfrac{IO_{1}}{JO_{2}}= \frac{IO_{1}}{IA}\cdot \frac{IA}{JA} \cdot \frac{JA}{JO_{2}} = \frac{EB}{QE}\cdot \frac{AB}{AC}\cdot \frac{FQ}{FC}= \frac{AE^2}{AF^2} \cdot \frac{QF}{QE}=1$$
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Chỗ này thiếu r bạn. $gcd\left (3y,y+1 \right)=1$ hoặc $gcd\left (3y,y+1 \right)=3 $ chứ

Nếu $gcd\left (3y,y+1 \right)=3$ thì $(3x+4)^2 \not\vdots 3$, còn $(y+1)(y^2-y+1) \vdots 3$ nên vô lý

Mình có ghi ở trên là $3|y$ rồi nên hiển nhiên là $gcd(y+1,3)=1$ do $y+1$ chia 3 dư 1 

Nguyên gốc như sau.
$\frac{AI}{AD}=\frac{IH}{ID}$