ToanHocLaNiemVui

Tìm số tự nhiên $n$ thỏa mãn: 

  $a^{n}(b-c)+b^{n}(c-a)+c^{n}(a-b)$ chia hết cho $a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca$.

         với $a,b,c$ là các số thực bất kì.

Cho A là tập hợp gồm n điểm phân biệt trong mặt phẳng, $C_{n}(A)$ là tập hợp các trung điểm của các đoạn thẳng với 2 điểm đầu mút là các điểm thuộc A. Gọi S là số phần tử của $C_{n}(A)$. Tìm GTLN và GTNN của S.

Bài 432 . Chứng minh $\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{2000}}}} <3$

$\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{1999\sqrt{2000}}}}}}< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{1999.2001}}}}}< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{1998.2000}}}}}< ...< \sqrt{2.4}< 3$

Bài 423: Với mọi số thực dương $a,b,c,d$ thì BĐT luôn đúng:

$(a+b)(b+c)(c+d)(a+d)(1+\sqrt[4]{abcd})\geq 16abcd\sum (1+a)$

Với mọi số thực $x,y$ dương, ta có nhận xét:

$\frac{x+y}{2\sqrt{xy}}-\frac{(1+x)(1+y)}{(1+\sqrt{xy})^{2}}=(\frac{x+y}{2\sqrt{xy}}-1)+[1-\frac{(1+x)(1+y)}{(1+\sqrt{xy})^{2}}]\geq \frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})^{2}}{4\sqrt{xy}}\geq 0$.

Từ đó suy ra: $\frac{x+y}{(1+x)(1+y)}\geq \frac{2\sqrt{xy}}{(1+\sqrt{xy})^{2}}$.

Theo bài ra kết hợp với nhận xét trên, ta có:

$\frac{a+b}{(1+a)(1+b)}.\frac{c+d}{(1+c)(1+d)}.(b+c)(a+d)\geq 4\sqrt{abcd}.[\frac{(\sqrt{ab}+\sqrt{cd})}{(1+\sqrt{ab})(1+\sqrt{cd})}]^{2}\geq 4\sqrt{abcd}.(\frac{2\sqrt{\sqrt{abcd}}^{2}}{(1+\sqrt[4]{abcd})^{2}})^{2}=\frac{16abcd}{(1+\sqrt[4]{abcd})^{4}}$.

Suy ra điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=d$.

Sylar có 7 chiếc bút chì màu, không có 2 chiếc nào cùng màu. Bạn muốn vẽ 6 bức tranh sao cho: Mỗi bức tranh phải dùng đúng 3 chiếc bút và cứ 2 bức tranh bất kì phải dùng chung đúng 1 chiếc bút. Liệu Sylar có thực hiện được điều đó không? Nếu có thì hãy giải thích tại sao?

Mọi người chém nhanh quá. Thêm 1 chút "gia vị" nào:
Bài 420: (VMO) Cho các số thực $x,y,z$ thoả mãn: $x^{2}+y^{2}+z^{2}=9$.CMR:

$2(x+y+z)-xyz\leq10$ .

Bài 421: Giả sử $a,b,c$ là độ dài của ba cạnh 1 tam giác có chu vi bằng 1.CMR:

$\sqrt{2a+b^{3}}+\sqrt{2b+c^{3}}+\sqrt{2c+a^{3}}\geq \sqrt{2}+1$

Võ Quốc Bá Cẩn

Bài 422: Giả sử $a,b,c$ là các số thực dương bất kì. CMR:

$\frac{a^{3}}{a^{3}+abc+b^{3}}+\frac{b^{3}}{b^{3}+abc+c^{3}}+\frac{c^{3}}{c^{3}+abc+a^{3}}\geq 1$.

Bài 423: Với mọi số thực dương $a,b,c,d$ thì BĐT luôn đúng:

$(a+b)(b+c)(c+d)(a+d)(1+\sqrt[4]{abcd})\geq 16abcd\sum (1+a)$

Bài 424: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn: $a+b+c=1$. CMR:

$\sqrt{a+\frac{(b-c)^{2}}{4}}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3}$.

Bài 425: Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. CMR:

$a^{2}(\frac{b}{c}-1)+b^{2}(\frac{c}{a}-1)+c^{2}(\frac{a}{b}-1)\geq 0$

Vasile Cirtoaje

Đặt $A=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$, dễ thấy $A \geq 0$. Ta có
$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1=\frac{(a+b+c).A}{3abc}$
Và $1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-(ab+bc+ca)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{A.(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$
BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1\geq 1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{A.(a+b+c)}{3abc}\geq \frac{A(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
Ta cần có $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq 0$$
Thật vậy $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq \frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
$$=\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2}{(a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{9abc-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}>0$$
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $A=0$ hay $a=b=c$

Bài này có 1 cách nhẹ hơn:
AD BĐT Cauchy, ta cần chứng minh BĐT sau:

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3abc}.\frac{(ab+bc+ac)^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}\geq 1$

$\Leftrightarrow \frac{(\sum a^{3})(\sum a)}{(\sum a^{2})^{2}}.\frac{(\sum ab)^{2}}{3abc\sum a}\geq 1$.

Nhưng theo BĐT Cauchy Schwarz và AM-GM thì:

$(\sum a^{3})(\sum a)\geq (\sum a^{2})^{2}$.

$(\sum ab)^{2}\geq 3abc\sum a$.

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Làm cho topic sôi nổi hơn nào:
Bài 408:Cho các số thực không âm $a,b,c,d$. Chứng minh rằng:

$a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+2abcd\geq a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+c^{2}d^{2}$

Turkevici

Bài 409: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta luôn có:

$\frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{1}{a^{2}+ac+c^{2}}+\frac{1}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{9}{(a+b+c)^{2}}$.

Vasile Cirtoaje

Bài 410: Giả sử $a,b,c$ là các số thực bất kì thoả mãn điều kiện:

$\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt[3]{ab+bc+ac}$.

CMR: $a+b+c\leq \sqrt{3}$

Bài 411: Cho $x,y,z$ khác 1 thoả mãn tích chúng bằng $1$.CMR:

$\sum _{sym}(\frac{x}{x-1})^{2}\geq 1$.

IMO 2008

Bài 412: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x,y,z$, ta luôn có:

$\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3xyz}+(\frac{ab+bc+ac}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2$.

Trần Quốc Anh

Bài 413: Hãy chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực bất kì $a,b,c$:

$(a+b)^{3}(b-c)^{3}+(b+c)^{3}(c-a)^{3}+(c+a)^{3}(a-b)^{3}\geq 3(a^{2}-b^{2})(b^{2}-c^{2})(c^{2}-a^{2})$.

Bài 414: Chứng minh BĐT sau với $x,y,z$ là các số thực không âm luôn đúng:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ac)}$.

Cho các số $x,y,z$ không âm thoả mãn: $x+y+z=1$. Chứng minh BĐT sau:
$\sqrt{x+y^{2}}+\sqrt{y+z^{2}}+\sqrt{z+x^{2}}\geq 2.$
____________________________________________(Phan Thành Nam)

Hôm nay rảnh vào box thấy bài mình post chưa ai giải cả, vậy mình post cách giải của anh Cẩn bằng PP chuyển vị, lời giải như sau:
Ta có đánh giá sau:

$\sqrt{y^{2}+z^{2}+yz+xy}+\sqrt{x^{2}+z^{2}+xz+zy}\geq \sqrt{y^{2}+z^{2}+yz+yz}+\sqrt{x^{2}+z^{2}+xz+xy}$. (1)

Bình phương 2 vế, và thu gọn, ta thấy bất đẳng thức này tương đương với:

$y(x-y)(x-z)(x+y+z)\geq 0$.

(Đoạn này hơi trâu 1 chút )

Điều này có thể đạt được nếu ta g/s $x=min{x,y,z}$ hoặc $x=max{x,y,z}$. Vậy từ (1) ta có BĐT tương đương:

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

$\Leftrightarrow \sqrt{x+y^{2}}+\sqrt{x+z^{2}}\geq 2x+y+z$

(Do : $x+y+z=1$ theo g/t)

AD BĐT Minkowski, ta có:

$\sqrt{x+y^{2}}+\sqrt{x+z^{2}}\geq \sqrt{(\sqrt{x}+\sqrt{x})^{2}+(y+z)^{2}}=\sqrt{4x(x+y+z)+(y+z)^{2}}=2x+y+z$.

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $x=y=z= \frac{1}{3}$ hoặc $x=1,y=z=0$ và các hoán vị tương ứng.

Bài 404 . Với các số a , b , c thõa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng :
$\frac{a}{(ab+a+1)^{2}}+\frac{b}{(bc+b+1)^{2}}+\frac{c}{(ca+a+1)^{2}} \geqslant \frac{1}{a+b+c}$

AD BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel ta có:
$\sum \frac{a}{(ab+a+1)^{2}}= \sum \frac{(\frac{a}{ab+a+1})^{2}}{a}\geq \frac{(\sum \frac{a}{ab+a+1})^{2}}{a+b+c}= \frac{1}{a+b+c}$.
Suy ra đpcm. Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=1$.

Cho ba số x, y, z thõa mãn:
$$\left\{\begin{matrix} -1\leq x, y, z \leq 10\\ x+y+z= 3 \end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng : $x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 11$

Bạn ơi, chắc bạn gõ sai đề rùi. Mình thấy $(x;y;z)=(5;-1;-1)$ thoả mãn yêu cầu đề bài nhưng lại trái với điều cần chứng minh Theo mình có lẽ bất phương trình đầu là:

$-1\leq x, y, z \leq 3$.

Mọi người làm "xung" quá . Mình xin tặng mọi người một bài nữa:
Cho các số dương $a,b,c$ có tích bằng $1$.
Chứng minh BĐT sau:
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[10]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}$

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực dương $x,y,z$:
$\frac{1}{y^{2}+yz+z^{2}}+\frac{1}{x^{2}+xz+z^{2}}+\frac{1}{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \frac{9}{(x+y+z)^{2}}$.

khi chỉ khi $x\geq \frac{2}{3}$. chứ?

Uk, mình viết nhầm. Đã fix lại rùi......

Tìm GTLN của biểu thức sau: $x+\frac{1}{2}-\left | x-\frac{2}{3} \right |$

Gọi BT là $A(x)$.
◘, Xét TH: $x\leq \frac{2}{3}$, ta có:
$A=x+\frac{1}{2}-(\frac{2}{3}-x)=2x-\frac{1}{6}$
Dễ thấy $A(x)$ là hàm số bậc nhất có hệ số của $x=2$ là 1 số dương nên:
$A(x)_{max}=\frac{2}{3}.2-\frac{1}{6}=\frac{7}{6}$
Dấu $"="$ xảy ra khi chỉ khi $x=\frac{2}{3}$.
◘, Xét TH: $x>\frac{2}{3}$, ta có ngay:
$A(x)=\frac{7}{6}$.
Từ các TH trên, ta thấy giá trị của $A(x)$ lớn nhất là $\frac{7}{6}$ khi chỉ khi $x\geq \frac{2}{3}$.