Trong mọt hình vuông có các cạnh là $1$ chứa 1 số đường tròn . Tổng chu vi các đường tròn là $19$. Chứng minh tồn tại $2$ đường thẳng sao cho mỗi đường thẳng cắt ít nhất $7$ đường tròn trong số các đường tròn đã cho 

giả sử hàm số $f$ liên tục trên đoạn $\left [ a;b \right ]$ . Nếu $f(a)$ $\neq f(b)$ thì với mỗi số thực $M$ nằm giữa $f(a)$ và $f(b)$ , tồn tại ít nhất một điểm $c\in \left ( a;b \right )$ sao cho $f(c)=M$

Thế để mình chứng minh Mình sẽ chứng minh theo kiểu <=9/4 nha và bạn sẽ thấy nó đúng 

 

$\sum \frac{1}{1+x^{2}}\leq \frac{9}{4} <=> \sum \frac{x^{2}}{x^{2}+1}\geq \frac{3}{4}$

     Cauchy swarch Và dễ chứng minh được điều này nha 

                   $\frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+3}\geq \frac{3}{4}$
Vậy VT<=9/4<1+3căn3/4

cách của bạn ngược dấu mất rồi 

Lời giải:

 Ta có $LHS=\frac{1}{x+y}\left ( \frac{x+y+2z}{z^{2}+1} \right )+\frac{1}{z^{2}+1}=\frac{1}{z^{2}+1}\left ( 2+ \frac{2z}{x+y}\right )$

   Lại có : $z^{2}+1=\left ( x+z \right )\left ( y+z \right )\leq \frac{\left ( x+y+2z \right )^{2}}{4}\Rightarrow 2(\sqrt{z^{2}+1}-z)\leq x+y$

$\Rightarrow LHS\leq \frac{1}{z^{2}+1}\left ( z\left ( \sqrt{z^{2}+1}+z \right )+2 \right ) =1+\frac{z}{\sqrt{z^{2}+1}}+\frac{1}{z^{2}+1}$

Mình nghĩ phải là $\frac{z}{z^{2}+1}$  chứ nhỉ 

VN TST 2014 

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác . Chứng minh 

 $\frac{a}{\sqrt[3]{b^2+c^2}}+\frac{b}{\sqrt[3]{c^2+a^2}}+\frac{c}{\sqrt[3]{a^2+b^2}}<2\sqrt[3]{4}$

Câu hàm điều kiện (3) và câu a  kì vậy, có phải sai đề ko nhỉ 

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ với số tự nhiên $k>1$ , thỏa mãn 

          $f\left ( x^k+f(y) \right )=y+f^k(x)$

Ta có : $\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{1}{a+b}\left ( \frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c} \right )=\frac{ab+1}{(a+b)\left ( 1+c^2 \right )}$

Lại có: $ab+bc+ca=1\Rightarrow ab+1=2-c(a+b) \Rightarrow \frac{ab+1}{a+b}=\frac{2}{a+b}-c$

            $c^{2}+1=(c+a)(c+b)\leq \frac{(a+b+2c)^2}{4}\Rightarrow a+b\geq 2\left ( \sqrt{c^2+1}-c \right )$

Từ đó ta có : $\frac{ab+1}{(a+b)(1+c^2)}\leq \frac{1}{1+c^2}\left ( \frac{1}{\sqrt{c^2+1} -c}-c \right )=\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}$

$\Rightarrow P\leq \frac{1+3c}{\sqrt{1+c^2}}=\sqrt{10}-\frac{\left ( c-3 \right )^2}{\sqrt{c^2+1}}\leq \sqrt{10}$

 Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=\sqrt{10}-3,c=3$

Ta có : $\sum \frac{a}{b}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^2}{ab+bc+ca}$

Ta cần chứng minh :$(a+b+c)^3\geq 9(ab+bc+ca)=\sqrt{27\left ( a^2+b^2+c^2 \right )\left ( ab+bc+ca \right )^2}$

Dễ thấy : $\sqrt{27\left ( a^2+b^2+c^2 \right )(ab+bc+ca)^2}\leq \sqrt{\left ( a+b+c \right )^6}=(a+b+c)^3$

 Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài 2: 

Gọi $P(x,y)$ là phép thế cho $x,y$ : $f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)$   $(1)$

Đặt $f(0)=a$ . $P(0,y)\Rightarrow f(2f(y))=2y+ a^2$

$P(x,2f\left ( y-\frac{a^{2}}{2} \right ))\Rightarrow f(x^2+4y)=2f(y-\frac{a^2}{2})+f^2(x)$   $(2)$

Thế $x=0$ vào $(2)$ $\Rightarrow f(4y)=2f(y-\frac{a^{2}}{2})+a^2\Rightarrow f(x^2+4y)=f(4y)+f^2(x)-a^2$  $(3)$

Thế $y=0$ vào $(3)$ $\Rightarrow f(x^2)=a+f^2(x)-a^2$

Từ đó $\Rightarrow f(x^2+4y)=f(4y)+f(x^2)-a$

Đặt $g(x)=f(x)-a$. Ta có : $g(x+y)=g(x)+g(y)$ với $x\geq 0$ , $\forall y$

Dễ thấy $g(0)=0$ và $g(x)$ lẻ $\Rightarrow g(x+y)=g(x)+g(y)$ với $\forall x,y$

$P(x,0)\Rightarrow f(x^2+4f(0))=f^2(x)\Rightarrow f(x^2+4f(0))-f(0)=f^2(x)-f(0)\geq -f(0)$

$\Rightarrow g(x)\geq -f(0)$   $\Rightarrow g(x)=ax\Rightarrow f(x)=ax+b$ .

Thế vào $(1)$ $\Rightarrow f(x)=x$

câu 5: bạn xem lại đề nhé 

 Bài toán 6 https://julielltv.wo...hung-minh-bdt/ 

Câu 1 : Thực chất là đề IMO shortlist 2009 câu A2

http://www.artofprob...h355781p1932917

Bạn có thể tham khảo ở đây 

http://www.artofprob...6h60715p366399 

$P\left ( x,y \right )$ là phép thế cho $x,y$ : $f\left ( x^{2}-f^{2}(y) \right )=xf(x)+y^2$  $(1)$

1, Ta chứng minh $f(0)=0\Leftrightarrow x=0$

Đặt $-f^2(0)=a$ .$P\left ( 0,0 \right )\Rightarrow f\left ( a \right )=0$

$P(0,a)\Rightarrow f(0)=a^2\Rightarrow f(0)=0\vee f(0)=1$

Xét $f(0)=1$ , $P(-1,0)\Rightarrow f(0)=-f(-1)$ (vô lý ) do $f(0)=1$ và $f(-1)=f(a)=0$

$\Rightarrow f(0)=0.$Do đó $P(x,0)\Rightarrow f(x^2)=xf(x) (*) \Rightarrow$ với $f(y)=0$ , từ $(1)$ $\Leftrightarrow y=0$

2/ Ta chứng minh $f$ toàn ánh.

Từ $(*)$ dễ thấy $f$ là hàm lẻ với $x\neq 0$. Lại có $P(0,x)\Rightarrow f\left ( -f^2 (x)\right )=x^2$ 

Từ đó $\Rightarrow f$ toàn ánh 

3/ Chứng minh $f(x)=-x$

Từ các phép thế trên , ta có $f\left ( x^2-f^2(y) \right )=f(x^2)+f(-f^2(y))$ .Lại có $f$ toàn ánh và hàm lẻ $\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$

Từ $(*)$ $\Rightarrow f((x+1)^2))=(x+1)f(x+1)\Rightarrow f(x^2)+2f(x)+f(1)=x(f(x)+f(1))+f(x)+f(1)\Rightarrow f(x)=xf(1)$

$\Rightarrow f(x)=kx$ với $f(1)=k$. Thế vào $(1)$ dễ thấy $k=-1$. 

Vậy $f(x)=-x$

Ta có : $\sum \frac{a}{b^{2}c^{2}+1}=\sum a-\sum \frac{ab^{2}c^{2}}{b^{2}c^{2}+1}\geq \sum a-\frac{3}{2}abc$

$\Rightarrow P\geq 2-\frac{3}{2}abc-3\sqrt{1-abc}=\frac{3}{2}\left ( t-1 \right )^{2}-1\geq -1$

 với $0\leq t=\sqrt{1-abc}\leq 1$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow (a,b,c)=(0,1,1)\vee (a,b,c)=(0,0,2)$ và các hoán vị 

Ta có : $2ab+2a-a^{2}=a\left ( 2b+2-a \right )\geq 0\Rightarrow \sqrt{2\left ( ab+a \right )}\geq a$

 Tương tự $\Rightarrow \sum \sqrt{ab+a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$

 Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left ( a,b,c \right )=\left ( 0,0,2 \right )$ và các hoán vị 

Ta có : $\frac{1}{\sqrt{x^{2}+xy}}+\frac{1}{\sqrt{y^{2}+xy}}\geq \frac{4}{\sqrt{x^{2}+xy}+\sqrt{y^{2}+xy}} \geq \frac{2}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{1-z^{2}}}$

$\Rightarrow LHS\geq \frac{2}{\sqrt{1-z^{2}}}+\frac{2\sqrt{3}}{1+z}\geq \frac{8\sqrt{3}}{7-4z^{2}}+\frac{2\sqrt{3}}{1+z}$

                     $=\frac{8\sqrt{3}}{3}+ \frac{2\sqrt{3}\left ( 2z-1 \right )^{2}\left ( 4z+5 \right )}{3\left ( 7-4z^{2} \right )\left ( 1+z \right )}\geq \frac{8\sqrt{3}}{3}$

 Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=\sqrt{\frac{3}{8}},z=\frac{1}{2}$

Ta có : $\frac{x^{2}-1}{2x^{2}-4x+3}+\frac{1}{2}=\frac{\left ( 2x-1 \right )^{2}}{2\left (2x^{2}-4x+3 \right )}$

 Từ đó ta viết lại bất đẳng thức thành : 

  $\frac{\left ( 2x-1\right )^{2}}{2x^{2}-4x+3}+\frac{\left ( 2y-1\right )^{2}}{2y^{2}-4y+3}+\frac{\left ( 2z-1\right )^{2}}{2z^{2}-4z+3}\geq 3$

Áp dụng BĐT $ Cauchy - Schwarz$ , ta có : 

 $\frac{\left ( 2x-1 \right )^{2}}{2x^{2}-4x+3}+\frac{\left ( 2y-1 \right )^{2}}{2y^{2}-4y+3}\geq \frac{4\left ( 2-z \right )^{2}}{\left ( 2x^{2}-4x+3 \right )+\left ( 2y^{2}-4y+3 \right )}  $

 Ta sẽ chứng minh :  $\frac{4\left ( 2-z \right )^{2}}{\left ( 2x^{2}-4x+3 \right )+\left (2y^{2}-4y+3 \right )}+\frac{\left ( 2z-1 \right )^{2}}{2z^{2}-4z+3}\geq 3$

   $\Leftrightarrow\frac{4\left ( 2-z \right )^{2}}{\left ( 2x^{2}-4x+3 \right )+\left ( 2y^{2}-4y+3 \right )} \geq \frac{2\left ( 2-z \right )^{2}}{2z^{2}-4z+3}\Leftrightarrow 2\left (2z^{2}-4z+3 \right )\geq \left ( 2x^{2}-4x+3 \right )+\left ( 2y^{2}-4y+3 \right )$

 Làm tương tự với $x,y$

 Lại có : $\sum \left [ 2\left (2z^{2}-4z+3 \right )- \left ( 2x^{2}-4x+3 \right )-\left ( 2y^{2}-4y+3 \right ) \right ]=0$

 Điều này dẫn tới luôn tồn tại 1 BĐT đúng 

 Từ ta có $Q.E.D$ . Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

2/ Ta có : $\frac{1}{8x^{2}+1}-\frac{2}{x+1}+1\geq 0\Leftrightarrow \frac{2x\left ( 2x-1 \right )^{2}}{\left ( 8x^{2}+1 \right )\left ( x+1 \right )}\geq 0$ 

 Tương tự với $b,c$ $\Rightarrow \sum \frac{1}{8x^{2}+1}\geq 2\sum \frac{1}{x+1}-3=1$

 Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$

 3/ Ta có : $\frac{2a^{2}}{a+b^{2}}=2a-\frac{2ab^{2}}{a+b^{2}}\geq 2a-b\sqrt{a}\geq 2a-\frac{b+ab}{2}$

Tương tự $\Rightarrow \sum \frac{2a^{2}}{a+b^{2}}\geq \frac{3}{2}\sum a-\frac{1}{2}\sum ab\geq \frac{3}{2}\sum a -\frac{1}{6}\left ( a+b+c \right )^{2}=\frac{1}{2}\left ( 3-\sum a \right )\sum a +\sum a\geq a+b+c$

 Do $a+b+c\geq 3$

  Đẳng thức xay ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

 5/  Ta có : $\frac{a^{2}}{\left ( a+b \right )^{2}}+\frac{b^{2}}{\left ( b+c \right )^{2}}=\frac{1}{\left ( 1+x^{2} \right )}+\frac{1}{\left ( 1+y \right )^{2}}\geq \frac{1}{1+xy}\Leftrightarrow \frac{\left ( x-y \right )^{2}}{\left ( 1+x \right )^{2}\left ( 1+y \right )^{2}}\geq 0$

 với $x=\frac{b}{a},y=\frac{c}{b}\Rightarrow xy=\frac{c}{a}$

$\Rightarrow A\geq \frac{1}{1+xy}+\frac{xy}{4}=\frac{3}{4}+\frac{\left ( xy -1\right )^{2}}{4\left ( 1+xy \right )}\geq \frac{3}{4}$

 Đẳng thức xay ra $\Leftrightarrow a=b=c$

6/ Ta có : $\frac{2}{\sqrt{\left ( 2x+y \right )^{3}+1}-1}+\frac{2}{\sqrt{\left ( 2y+x \right )^{3}+1}-1}\geq \frac{4}{\left ( 2x+y \right )^{2}}+\frac{4}{\left ( 2y+x \right )^{2}}$

Do $\sqrt{a^{3}+1}=\sqrt{\left ( a+1 \right )\left ( a^{2}-a+1 \right )}\leq \frac{a^{2}+2}{2}$

$\Rightarrow A\geq \frac{4}{\left ( 2x+y \right )^{2}}+\frac{4}{\left ( 2y+x \right )^{2}}+\frac{\left ( 2y+x \right )\left ( 2x+y \right )}{4}-\frac{8}{\left ( 2x+y \right )+\left ( 2y+x \right )}$

   $\geq \frac{4}{(2x+y)(2y+x)}+\frac{16}{\left ( 2x+y+2y+x \right )^{2}}+\frac{(2x+y)(2y+x)}{4}-\frac{8}{2x+y+2y+x}\geq 1$

 Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=\frac{2}{3}$

1/ Ta có : $a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\leq ab\Rightarrow \frac{6}{a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}}\geq \frac{6}{ab}$

 Đặt $\sqrt{3ab+4}=t\Rightarrow ab=\frac{t^{2}-4}{3}$ với $t>\sqrt{7}$    $\Rightarrow LHS=\frac{18}{t^{2}-4}+t=\frac{11}{2}+\frac{\left ( 2t+5 \right )\left ( t-4 \right )^{2}}{2\left ( t^{2}-4 \right )}\geqslant \frac{11}{2}$

 Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=2$

Tìm các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , thỏa mãn:

 $(i),f$ không giảm 

$(ii),f\left ( f\left ( x \right ) \right )=x$

Bài 5 là Iran TST 2013.

Bài 7 là bài 5 IMO 2009 

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , thỏa mãn 

   $f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^{2}$

Cho $p$ là số nguyên tố và $p\geq 5$ biết $f(x)=ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e \in \mathbb{Z}\left [ x \right ]$.

Chứng minh rằng nếu $p|f(x)$ với $\forall x\in \mathbb{Z}$ thì $a,b,c,d,e$ đều chia hết cho $p$

Bài 2: Ta có : $\left ( a^{2}+b+c \right )\left ( 1+b+c \right )\geq \left ( a+b+c \right )^{2}$  $\Rightarrow \sqrt{\frac{a^{2}}{ a^{2}+b+c}} \leq \frac{a\sqrt{b+c+1}}{a+b+c}$

Tương tự $\Rightarrow LHS\leq \sum \frac{a\sqrt{b+c+1}}{a+b+c}\leq \frac{2\sum ab + 4\sum a}{2\sqrt{3}\left ( a+b+c \right )}\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}+6(a+b+c)}{3\sqrt{3}(a+b+c)} \leq \sqrt{3}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài 3: 

Ta có : $\sum \frac{a+b+1}{a+b^{2}+c^{3}}\leq \sum \frac{(a+b+1)\left ( a+1+\frac{1}{c} \right )}{\left ( a+b+c \right )^{2}}$

Ta sẽ chứng minh :

 $\sum \left ( a+b+1 \right )\left ( a+1+\frac{1}{c} \right )\leq \left [ \prod \left ( a+1 \right )+1 \right ]\left ( a+b+c \right )$

 Nhưng đây là đẳng thức với $abc=1$  $\Rightarrow $ ĐPCM

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$