Cho hai số thực dương $a,b$ thỏa $2014<\frac{a}{b}<2015$. Xét $2015$ số thực dương $x_1,x_2,...,x_{2015}$ thay đổi thỏa điều kiện $0 < x_i \leq b,\forall i=1,2,...,2015$ và $\sum_{i=1}^{2015}x_i=a$. Tìm $GTLN,GTNN$ của $P=\prod_{i=1}^{2015}x_i$ theo $a$ và $b$.

Bài này nhìn đề bài có vẻ ghê gớm nhưng thực ra không khó như cái hình thức của nó  

Đầu tiên tìm max thì đơn giản rồi. Theo BĐT $AM-GM$ thì 

$$P=\prod_{i=1}^{2015}x_i \leq (\frac{\sum_{i=1}^{2015} x_i}{2015})^{2015}$$

$$=\frac{a^{2015}}{2015^{2015}}$$

$$***$$

Tiếp đến tìm giá trị nhỏ nhất. Ý tưởng của ta sẽ là dồn biến về biên.

Gọi dãy $x_1,...,x_{2015}$ là dãy thỏa mãn P nhỏ nhất và dãy gồm có $m$ số $b$ và $n$ số $<b$ với $m+n=2015$

Giả sử $n \geq 2$.Không mất tính tổng quát,giả sử $0<x_1\leq x_2 \leq ... \leq x_n <b$

Vì từ giả thiết ta có:

$$ 2014b < x_1+...+x_{2015} <2015b$$

mà $0<x_i \leq b$ nên $2b>x_k+x_j >b$ với mọi $1<k<j<2015$ (*)

Khi đó, $P=x_1.x_2...x_n.b^m$

Do (*) nên ta có thể thay cặp $(x_1,x_n)$ bằng cặp $(x_1+x_n-b,b)$ mà vẫn đảm bảo tổng 2 số không đổi đồng thời hai số sau khi đổi vẫn thỏa mãn điều kiện để bài là $0<x_i<b$

Đặt $P'=(x_1+x_n-b).x_2...x_{n-1}.b^{m+1}$

Xét $$x_1.x_2 - b(x_1+x_n-b)= x_1.x_n + b^2 - b.x_1 - b.x_n$$

$$= (x_1-b)(x_n-b) > 0$$

vì $0 < x_1< x_n < b$. Vậy nên do đó $P'<P$ vô lý với giả thiết ban đầu.

Vậy $n<2$. Mà $n >0$ vì nếu $x_i=b$ với mọi $i$ thì vô lý. Vậy $n=1$

Vậy $P_{min}=(a-2014b).b^{2014}$.

Mấy anh/chị BQT cho em hỏi là em ở Hà Nội,có thể trực tiếp qua địa chỉ của BQT để lấy áo không ạ vì em đi học bằng xe máy nên tiện đi lại. Hơn nữa em lại không dùng thẻ ngân hàng nên muốn lấy trực tiếp cho tiện luôn ạ

Lời giải của mình:

Ta có: $P=\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\frac{y+z}{x+y+z+1}-\frac{1+yz}{9}$ 

$=\frac{2x^2}{2x^2+2yz+2x+x^2+y^2+z^2}+\frac{y+z}{x+1+y+z}-\frac{x^2+y^2+z^2+2yz}{18}$

$=\frac{2x^2}{3x^2+(y+z)^2+2x}+\frac{y+z}{x+1+y+z}-\frac{x^2+(y+z)^2}{18}$ 

Đặt $a=x;b=y+z$,ta có: $a^2+b^2=x^2+(y+z)^2 \geq x^2+y^2+z^2=2$

Áp dụng BĐT $Cauchy$ ta có:

$a+b=x+y+z \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}=\sqrt{6}$

 $a+b=x+y+z \geq \sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ 

Vậy $\sqrt{2}\leq a+b \leq \sqrt{6}$

Áp dụng BĐT $Cauchy$,ta có: $P=\frac{2a^2}{3a^2+b^2+2a}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{a^2+b^2}{18}$ 

$=\frac{a}{a+(\frac{b^2}{2a}+\frac{a}{2})+a}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{a^2+b^2}{18}$ 

$\leq \frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{(a+b)^2}{36}$

$= \frac{a+b}{a+b+1}-\frac{(a+b)^2}{36}$ 

Đặt $t=a+b$. Xét $ f(t)=\frac{t}{t+1}-\frac{t^2}{36}$ trên [$\sqrt{2};\sqrt{6}$]

Ta có: $f'(t)=\frac{1}{(t+1)^2}-\frac{t}{18}$. 

 $f'(t)=0 \Leftrightarrow t=2$. Vậy từ đây ta có: $P\leq f(t) \leq f(2) =\frac{5}{9}$. 

Vậy $P_{max} =\frac{5}{9}$ khi và chỉ khi $(x+y+z)=(1;1;0);(1;0;1)$

File PDF lời giải

 BĐT.pdf   87.23K   290 Số lần tải

Cho x, y, z là ba số thực thỏa: $x^2+y^2+z^2=8$
Tìm GTLN và GTNN của $P=(x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5$

Không mất tính tổng quát giả sử $y$ là số nằm giữa $x;z$. Khi đó $(x-y)(y-z) \geq 0$

Ta có: $P= (x-y)^5 + (y-z)^5 - ((x-y)+(y-z))^5$.

Đặt $a=x-y;b=y-z$ thì ta có $ab \geq 0$ và $P= a^5+b^5-(a+b)^5$

Ta có:

$$(a+b)^2=(x-z)^2=x^2+z^2-2xz=8-2xz-y^2$$

$$\leq 8+(x^2+z^2)-y^2=16-2y^2 \leq 16$$

Vậy $-4 \leq a+b \leq 4$.

Vì $ab \geq 0$ nên $a;b$ cùng dấu.

Vì $P=-(5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4)$  mà $a;b$ cùng dấu nên dễ thấy:

$P_{max}$ khi $a;b \leq 0$ và $P_{min}$ khi $a;b \geq 0$

$+,$ Nếu $a;b \geq 0$. Khi đó:

$$P= a^5+b^5-(a+b)^5 \geq \frac{(a+b)^5}{2^4}-(a+b)^5=\frac{-15(a+b)^5}{16} \geq \frac{-15.4^5}{16}$$

$+,$ Nếu $a;b \leq 0$. Khi đó:

$$P= a^5+b^5-(a+b)^5 \leq \frac{(a+b)^5}{2^4}-(a+b)^5=\frac{-15(a+b)^5}{16} \leq \frac{15.4^5}{16}$$

Vậy ta có $P_{min}=-15.4^3$ khi $\left ( x;y;z \right )=\left ( 2;0;-2 \right )$

$P_{max}=15.4^3$ khi $\left ( x;y;z \right )=\left ( -2;0;2 \right )$. $\blacksquare$

Chứng minh rằng: $e^x + cosx \geq 2 + x -\frac{x^2}{2} \forall x \epsilon \mathbb{R}$

Mình sẽ nêu các bước chứng minh rồi bạn tự làm sẽ tốt hơn:

Đầu tiên ta sẽ chứng minh hàm $f(x)= x - sin x$ đồng biến

Từ đó suy ra $ \cos x +\frac{x^2}{2} \geq 1$

Sau đó còn lại là việc chứng minh $e^x \geq x+1$. 

Cho $a,b,c$ là các số thực dương tm $a^3+b^3+c^3-3abc=1$.Tìm min của $A=a^2+b^2+c^2$.

Lâu lắm mới lên diễn đàn! 

Ta có:

$$1= a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$

Đặt $P=a^2+b^2+c^2$ và $x=a+b+c$. Ta sẽ tìm min của $P$

Ta có:

$$ab+bc+ca = \frac{x^2-P}{2}$$

Thay vào ta được: $1=x(P-\frac{x^2-P}{2})$

$$\Leftrightarrow P=\frac{x^2}{3}+\frac{2}{3x}=f(x)$$

$$f'(x)=\frac{2(x^3-1)}{3x^2}$$

Từ đây ta có $f(x) \geq f(1) =1$

Vậy $P_{min}=1$. Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $(a;b;c)=(0;0;1)$ và các hoán vị. $\blacksquare$

 

Đề chọn đội tuyển HSG Lâm Đồng 2013 – 2014

 

Bài 5: Tìm tất cả hàm số liên tục $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sao cho

$$f\left( x \right)+f\left( {{x}^{4}} \right)=4026+x+{{x}^{4}}$$ .

 

Ngay trưa hôm thi mình đã nhận được đề do có 1 cậu quen trên Facebook gửi đề hỏi mình!

Bài 5 thực sự ý tưởng dãy số đã quá quen thuộc!

Cho $x=0$ suy ra $f(0)=2013$

Đặt $g(x)=f(x)-x-f(0)$

Thay vào ta có: $g(x)+g(x^4)=0$ và $g(0)=0$. Từ đây suy ra $g$ là hàm chẵn

Vậy ta chỉ cần xét $g$ trên tập số không âm.Xét $x_0 \in $\left [0;+\infty \right )$

Xét dãy: $x_0$ và $x_{n+1}=\sqrt[4]{x_n}$

Từ giả thiết ta có: $\left | g(x) \right |=\left | g(x^4) \right |$

Suy ra $\left | g(x_0) \right |=\left | g(x_1) \right |=....=\left | g(x_n) \right |$

Vì $\lim x_n =0$ mà hàm $g$ liên tục do $f$ liên tục nên $g(x_0)=g(x_n)=g(0)=0$

Vậy $g(x)\equiv 0$ hay $f(x) \equiv x+2013$. Thử lại thỏa mãn

Giải phương trình nghiệm nguyên

                                            $\frac{1}{2}(x+y)(y+z)(z+x)+(x+y+z)^{3}=1-xyz$

Đặt $a=x+y;b=y+z;c=z+x$

Phương trình trở thành:

$$(a+b+c)^3+4abc=8- \prod (x+y-z)$$

$$\Leftrightarrow \sum a^3 +3\prod (a+b)+4abc+\sum_{sym} a^2b -\sum a^3-2abc =8$$

$$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=2=2.1.1=2.(-1).(-1)=(-2).(-1).1$$

Đến đây chia các TH là xong! 

Cho $a;b;c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{a^2+b^2}{(b+c)^3}+\frac{b^2+c^2}{(c+a)^3}+\frac{c^2+a^2}{(a+b)^3}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$$

Bạn Math Is Love ơi, đề bài là $u_{1}=\frac{3}{2};u_{2}=\frac{7}{4}$. Biến đổi và rút gọn u_n sau đó tính limu_n.

Bạn xem lại giúp mình nha, thanks ban nhieu lam lam!!!!

Bạn xem lại cái dãy của bạn đi nhé! $u_2= \frac{3}{2} +\frac{7}{4}$

Cho dãy số $u_{n}=\frac{3}{2}+\frac{7}{2^{2}}+\frac{11}{2^{3}}+...+\frac{4n-1}{2^{n}}, \forall n\epsilon N^{*}$. Hãy biến đổi mỗi số hạng của dãy thành một hiệu liên quan đến 2 số hạng kế tiếp của nó, từ đó rút gọn $u_{n}$ và tính $limu_{n}$

Bài này cái đề bài chuối quá!     

Sau một hồi tính toán thì chúng ta sẽ viết được dãy $x_n$ dưới dạng truy hồi như sau:

$$\left\{\begin{matrix} u_1= \frac{3}{2} ; u_2=\frac{13}{4}{}\\ u_{n+2}=u_{n+1}-\frac{u_n}{4} +\frac{7}{4} \end{matrix}\right.$$

Tới đây đặt $x_n =u_n-7$ thì ta sẽ tìm được công thức tổng quát của $x_n$ là:

$$x_n = - \frac{4n+7}{2^n}$$

Vậy $\lim x_n =0$ suy ra $\lim u_n =7$

____________

Làm thì ngắn gọn thế này nhưng nghĩ ra mất gần 1 tiếng,cũng tại cái chỗ cuối không thích đặt dãy phụ mà tính giới hạn kiểu đơn điệu,thêm bớt linh tinh vẫn ko ra!     

Dãy số $(x_{n})$ với n=1,2,3,... được xác định bởi: $x_{1}=3,x_{n+1}=\frac{1}{2}x_{n}^{2}-x_{n},\forall n\epsilon N^{*}$. Tìm giới hạn của dãy $S_{n}=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}}$

Mình chỉ nêu hướng làm còn chi tiết thì dành cho bạn! 

Dễ dàng tính được:

$$ x_1=3$$

$$ x_2= \frac{3}{2}$$

$$ x_3=\frac {3}{8}$$

$$ x_4={57}{128}$$

$$ x_5=-0.346...$$

$$ x_6=0,4...$$

Đặt $f(x)= \frac{x^2}{2}-x$. Ta có: $f'(x)=x-1 <0 \ \forall x<1$

Dễ chứng minh được từ $x_3$ trở đi thì $x_{2k} >0$ và $x_{2k+1} <0$

Và từ đó chứng minh được $\left \{ x_{2k} \right \}$ là dãy số dương và giảm; $\left \{ x_{2k+1} \right \}$ là dãy số âm và tăng với mọi $k\geq 2$

Chuyển qua công thức truy hồi ta tìm được giới hạn hai dãy bằng nhau và bằng $0$

Chú ý rằng $ \frac {1}{x_n} = \frac{1}{x_{n-1}-2} -\frac{1}{x_{n-1}}$

$\lim \frac{1}{x_{2k}} = + \infty$ và $\lim \frac{1}{x_{2k+1}} = - \infty$

Từ đây suy ra dãy $S_n$ phân kì.

Cho dãy $(x_{n})_{n=1}^{\infty }$ biết $x_{1}=-\frac{1}{2},x_{n+1}=\frac{x_{n}^{2}-1}{2}$ với mọi n=1,2,3,....

Tìm giới hạn của dãy $(x_{n})_{n=1}^{\infty }$ khi $n\rightarrow \infty$

Đặt $f(x)=\frac{x^2-1}{2}$. Ta có:

$$f'(x)=x<0 \ \forall x <0$$

Dễ dàng quy nạp được $\frac{-1}{2} \leq x_n \leq \frac{-3}{8}$ với mọi $n \in Z^+$

Mặt khác dễ tính được $x_1<x_3$ nên suy ra  $\left \{ x_{2k} \right \}$ là dãy giảm và $\left \{ x_{2k+1} \right \}$ là dãy tăng.

Vì ở trên suy ra dãy $\left \{ x_{n} \right \}$ bị chặn nên chuyển qua công thức truy hồi $L= f^{\circ}f(L)$ của hai dãy con và chú ý điều kiện của $x_n$ 

ta suy ra $\lim x_{2k} = \lim x_{2k+1} = 1-\sqrt{2}$

Vậy $\lim x_n =1-\sqrt{2}$.

Cho các số tự nhiên m,n thoả mãn $A= \frac{\left ( m+3 \right )^{n}+1}{3m}$ là số nguyên. Chứng minh: A là số lẻ

Ta có:

$$3m|(m+3)^n+1 \Rightarrow 3m|m^n+3^n+1 \Rightarrow 3|m^n+1 \Rightarrow m\equiv 2 (mod \ 3)$$

và $n$ lẻ.

$$3^n +1 \vdots m \Rightarrow 3^{n+1} \equiv -3 \ (mod \ m)$$

Dễ thấy $V_2(3^n+1)=2$ do $n$ lẻ nên suy ra $V_2(m) \leq 2$

$$ \Rightarrow m=2^\alpha .p_1^{\alpha _1}.p_2^{\alpha _2}...p_r^{\alpha _r}$$

với $ \alpha \leq 2$ và $p_i \in \mathbb{P}$ với mọi $i=\overline{1,r}$

$$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3^{n+1}\equiv -3\ (mod \ p_i)\\ 3^{n+1}\equiv -3\ (mod \ 2)\end{matrix}\right.$$

Vì $n$ lẻ nên suy ra $\left ( \frac{-3}{p_i} \right )=1$

$$\Rightarrow p_i \equiv 1 \ (mod \ 6)$$

$$\Rightarrow m=2^\alpha.(6k+1)$$

Mặt khác vì $m \equiv 2 \ (mod \ 3) \Rightarrow \alpha =1$ do $\alpha \leq 2$

$$\Rightarrow m= 12k+2$$

Ta có:

$$(m+3)^n+1 = (12k+5)^n+1 \equiv  2 \ (mod \ 4)$$

$$\Rightarrow V_2 ((m+3)^n+1)=2$$

Mà $3m \vdots 2$ nên suy ra $A$ lẻ. $\blacksquare$

 

Bài toán. Cho dãy số $u_n$ thỏa mãn $u_0=a \geq 0$ và $u_{n+1}=\frac{2}{1+u_n^2}$. Khảo sát sự hội tụ của $u_n$

Lời giải (TLCT DS&GT 11)

Quy nạp cho $u_n \geq 0 \ \ \forall n$

 

Xét hàm số $f : [0;+\infty) \to [0 ;+\infty)$ có $f(x) = \frac{2}{1+x^2}$ là một hàm liên tục. Ta có $x = f(x) \Longleftrightarrow x=1$.

 

Do đó nếu $u_n$ hội tụ thì chỉ có thể hội tụ đến $1$.

 

Hàm số $f$ khả vi trên $[0;+\infty)$ và $f'(x)\leq 0$ suy ra $f$ giảm knn.

 

Tiếp theo ta sẽ chứng minh $\lim u_{2k} = 1$ và $\lim u_{2k+1} = 1$.

 

Xét $g = f_of : [0;+\infty) \to [0;+\infty)$ có $g(x) = \frac{2(1+x^2)^2}{(1+x^2)^2+4}$ thì $g$ là một hàm tăng knn vì $f$ giảm knn.

 

Ta tính $g(x)-x = -\frac{(x-1)^3(x^2+x+2)}{(1+x^2)^2+4}$

 

Xét các trường hợp:

 

+/ Trường hợp 1: $u_0 = a \in [0;1]$

Khi ấy với mọi $k\in N$ ta đều có $u_{2k} \in [0;1]$ và $u_{2k+1} \in [0;1]$ Vậy với mọi $k \in N$ ta có 

         + $u_{2k+2}-u_{2k} = g(u_{2k})-u_{2k} \geq 0 $. 

         + $u_{2k+3}-u_{2k+1} = g(u_{2k+1}-u_{2k+1} \leq 0$

Do đó $u_{2k}$ tăng knn và $u_{2k+1}$ giảm knn.

 

Hơn nữa, vì $u_{2k} \leq 1 \leq u_{2k+1}$ nên $u_{2k}$ hội tụ đến $L$ thuộc $[0;1]$ và $u_{2k+1}$ hội tụ đến $L_2$ thuộc $[1;+\infty)$

 

Vì $g$ liên tục trên $[0;+\infty)$ và vì phương trình $g(x) = x$ có nghiệm duy nhất $x=1$ trên $[0;+infty)$ nên $L=L_2=1$

 

Từ đó $\lim u_{n} = 1$

+/ Trường hợp 2: ..........

 

Mình chưa hiểu chỗ $?$

 

+/ Tính $g(x)-x=-\frac{(x-1)^3(x^2+x+2)}{(1+x^2)^2+4}$ để làm gì ?

+/ Tại sao lại có cái này$u_{2k+2}-u_{2k}=g(u_{2k})-u_{2k} \geq 0 $. 

Và: $u_{2k+3}-u_{2k+1}=g(u_{2k+1})-u_{2k+1} \leq 0$

Mong mọi người giải đáp giúp, mình mới học (ở trường không dậy) nên còn lơ mơ lém :hungry::sad::gach:

 

Bài này không nhầm trong Tài Liệu Chuyên Toán 11 thì phải! :o

Thứ nhất,bạn viết nhầm chỗ dòng đỏ vì $u_{2k+1} \geq 1$

Còn cái chỗ bạn thắc mắc thì dễ hiểu thôi mà:

Vì $u_{k+1}=f(u_k)$ nên $u_{k+2}=g(u_k)$

Vì vậy nên xét $g(x)-x$ tức là xét $u_{k+2}-u_k$ rồi để suy ra tính đơn điệu của các dãy $u_{2k}$ và $u_{2k+1}$.

Góp vui bằng bài toán này!      

Cho $a;b;c$ là độ dài ba cạnh một tam giác có chu vi bằng $1$ và $n$ là số nguyên $\geq 2$. 

Chứng minh rằng:

$$\sqrt[n]{a^n+b^n}+\sqrt[n]{b^n+c^n}+\sqrt[n]{c^n+a^n} < 1 + \frac{\sqrt[n]{2}}{2}$$

___________________

P/s: Đã sửa,xin lỗi mọi người!   

À vâng,a làm hay đấy,em phải học tập mới được ,mà hỏi ngoài lề tí,nik fb của a là gì ạ?

Facebook 

Quá Đơn giản mà bạn,đùa tí

Ta có:,bđt tương đương

$\sum \frac{a^{3}}{b+c}+4abc(\sum \frac{1}{a+b})+\sum a^{2}\geq \frac{7}{2}(ab+bc+ca)$

Theo bđt schur,ta có :

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

Vậy ta chỉ cần chứng minh

$\sum \frac{a^{3}}{b+c}+\frac{9abc}{a+b+c}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ca)\Leftrightarrow \sum \frac{2a^{4}}{b+c}+2\sum a^{3}+18abc\geq 3(ab+bc+ca)(a+b+c)$

Lại schur cho ta $\sum a^{3}+3abc\geq \sum ab(a+b)$

Vậy ta chỉ cần chứng minh 

$\sum \frac{2a^{4}}{b+c}+3abc\geq \sum ab(a+b)$

Lại có

$\sum (\frac{2a^{4}}{b+c}+\frac{(b+c)a^{2}}{2})\geq \sum 2a^{3}$ (cauchy 2 số)

mà $a^{3}+ab^{2}\geq 2a^{2}b,b^{3}+a^{2}b\geq 2b^{2}a\rightarrow \Rightarrow \sum a^{3}\geq \sum \frac{a^{2}(b+c)}{2}\Rightarrow \sum \frac{2a^{4}}{b+c}\geq \sum a^{3}$

Việc còn lại của ta chỉ là chứng minh BĐT shur $\sum a^{3}+3abc\geq \sum ab(a+b)$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Bài này là anh mất nửa tiếng sáng tạo đấy!

Thực ra trong lời giải của anh ngay từ đầu dùng một hệ quả khác của BĐT Schur là:

$$ \sum \frac{a}{b+c} + \frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2$$

thì bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn. Em thử xem!

Mời mọi người chém thử bài này!      

Cho $a;b;c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

Thấy BOX có vẻ trầm nên mình xin góp vui bằng mấy bài!

Bài 1:

Cho $x_1;x_2;...;x_m$ là các số thực đôi một phân biệt. Đặt:

$$S_n =\sum^n_{i=1} \frac{x_i}{\prod_{j\neq i} (x_i-x_i)}$$

Hãy tính $S_{m+k}$ với mọi $k \in \mathbb{Z}^+$.

Bài 2:

Cho $n$ là một số nguyên dương. Chứng minh rằng với mọi $n$ thì ta luôn có đẳng thức:

$$\sum^n_{k=0} \frac{(-1)^k}{(2n+1-2m)!(2n+1-m)!}=(-1)^n.\frac{2^{2n+1}}{((2n+1)!)^2}$$

Bài 3:

Cho $n$ là một số nguyên dương bất kì. Chứng minh rằng với mọi $n$ thì ta luôn có đẳng thức:

$$\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{n+1} = \frac{(n+1)!}{2}$$

Đợt sắp tới em cũng rất bận ôn thi nên chắc không thể tham gia được. Nhưng em cũng có thể đóng góp một số bài toán tự sáng tác của em trong thời gian qua để làm đề thi. Không biết liệu có được không ạ???

Giả sử $3\not |m$. Khi đó $3\not|n$.
Theo giả thiết suy ra $\left ( \frac{-3m^2}{p} \right ) =1$.
Suy ra $\left ( \frac{-3}{p} \right ) =1$.
Suy ra $3 \equiv 1 (\mod 6)$ nên $3\equiv 1 (\mod 3)$.

Mâu thuẫn,suy ra đpcm.

Tìm số nguyên tố p lớn hơn 3 sao cho $3^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1$ (modp)

Theo tiêu chuẩn $Euler$ suy ra $\left ( \frac{3}{p} \right )=1$

Theo bổ đề quen thuộc thì $\left ( \frac{3}{p} \right )=1 \Leftrightarrow p \equiv \pm 1 (\mod 12)$

Vậy $p$ là số nguyên tố thỏa mãn $p\equiv \pm 1(\mod 12)$

Cho $a, b, c\in (0;1)$.

CMR $\frac{1}{a(1-b)}+\frac{1}{b(1-c)}+\frac{1}{c(1-a)}\geq \frac{3}{abc+(1-a)(1-b)(1-c)}$

Lâu lâu thấy bài này chưa ai giải nên vào xử lí nốt.

Quy đồng,BĐT cần chứng minh tương đương với:

$$\sum_{cyc} \frac{bc}{1-b} +\sum_{cyc} \frac{(1-c)(1-a)}{a} \geq 3$$

$$\Leftrightarrow (\sum a +\sum_{cyc} \frac{bc}{1-b})+ (\sum \frac{1}{a}- \sum \frac{a}{b}) \geq 6$$

$$\Leftrightarrow \sum \frac{a}{1-c} + \sum \frac {1-a}{b} \geq 6$$

Cái này lại luôn đúng theo BĐT $AM-GM$. 

Bài toán được chứng minh. $\blacksquare$

Cho $a;b;c$ là các số thực dương thỏa mãn: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3$.

Chứng minh rằng:

$$\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2} \geq 1$$