A1Nguyen

Bài 1.

Trong 3 số $a-\dfrac{1}{3} ; b-\dfrac{1}{3}; c-\dfrac{1}{3}$ có 2 số hoặc cùng dấu hoặc cùng bằng 0.

Gọi 2 số đó là $b-\dfrac{1}{3}; c-\dfrac{1}{3}$.

=> $(b-\dfrac{1}{3}). (c-\dfrac{1}{3}) \ge 0$

Ta có 

$b^2+ c^2 \leq \dfrac{1}{9}+(b+c-\dfrac{1}{3})^2= \dfrac{1}{9}+ (\dfrac{2}{3}-a)^2$.

BĐT cần CM

<=> $(\dfrac{1}{2}-\dfrac{b^2}{6b^2-4b+1}) +(\dfrac{1}{2}-\dfrac{c^2}{6c^2-4c+1}) \ge \dfrac{a^2}{6a^2-4a+1}$

<=> $\dfrac{(2b-1)^2}{6b^2-4b+1}+ \dfrac{(2c-1)^2}{6c^2-4c+1} \ge \dfrac{2a^2}{6a^2-4a+1}$

 

Theo BĐT Cauchy Schwarz

$ VT \ge \dfrac{[(2b-1)+(2c-1)]^2}{6b^2+6c^2-4b-4c+2} = \dfrac{2a^2}{3(b^2+c^2)+2a-1} \ge \dfrac{2a^2}{3.[\dfrac{1}{9}+(\dfrac{2}{3}-a)^2]+2a-1} = \dfrac{6a^2}{9a^2-6a+2}$

 

Do đó, ta cần CM nốt
$ \dfrac{6a^2}{9a^2-6a+2} \ge \dfrac{2a^2}{6a^2-4a+1}$
<=> $\dfrac{2a^2(3a-1)^2}{(9a^2-6a+2)(6a^2-4a+1)} \ge 0$ (Đúng)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1/3 hoặc a=b=1/2; c=0 và các hoán vị.

Điều kiện là x >= -1 mới được chứ nhỉ.
Nhận thấy x= -1 là nghiệm nên sẽ biến đổi để có $\sqrt {x+1}$
Đề
$\sqrt[4]{x+2} -1 + \sqrt[3]{x^2+7}-2 + \sqrt{x^3+1}+ x^4-1 $
<=> $ \dfrac{x+1}{(\sqrt[4]{x+2}+1)(\sqrt{x+2}+1)} + \dfrac{(x-1)(x+1)}{((\sqrt[3]{x^2+7})^2 +4+ 2\sqrt[3]{x^2+7})}+ \sqrt{x+1}.\sqrt{x^2-x+1}  + (x-1)(x+1)(x^2+1) $
<=> $\sqrt{x+1}$ . (...) = 0
Cái ngoặc  >0 thì phải.

Cách khác.
Lấy $ \dfrac{-1}{2}$ nhân (1) rồi cộng (2) ta có 
$ \dfrac{x^2}{2} -2xy + \dfrac{3y^2}{2}+ \dfrac {3x}{2}+ \dfrac{y}{2}-5=0 $ ( Tham khảo phần 3 1 số phương pháp mới ở đây để tìm ra hằng số -1/2 để nhân vào )http://diendantoanho...ệ-phương-trinh/ .

 

<=> $ 2x^2- 8xy+ 6y^2 +6x +2y -20= 0$ (3)
Do đã thực hiện bước nhân thêm hằng số phụ theo phương pháp trên rồi nên khả năng phương trình này có thể phân tích được nhân tử  theo dạng (ã+by+c)(a'x+b'y+c')=0.
Tiếp. Cho phép em mượn Sử dụng cái này nữa http://diendantoanho...iến-bằng-casio/

 

Rồi

Giả sử cho y=1000 => (3) <=> (x-2995)(2x-2004) =0
2995=3y-5 còn -2004= -2y-4 nên (3) <=> (x+3y-5)(2x-2y-4)=0 
Rồi biểu thị x theo y hoặc ngược lại để tính.
 

Có thể tham khảo cách giải này mình kiếm được nếu bạn cần gấp:
1.Gọi $A_{n-1}$ = {$a_1;a_2;...;a_{n-1}$} có n-1 phần tử.
$A_n$ = {$a_1;a_2;,,,;a_{n-1};a_n$} có n phần tử.
Giả sử số tập con của $A_{n-1}$ là $S_{n-1}$.
Với phần tử thứ $a_n$ của $A_n$, nếu đem thêm lần lượt vào $S_{n-1}$ tập con của $A_{n-1}$ ta có $S_{n-1}$ tập con mới.
Do đó nếu gọi $S_n$ là số tập con của $A_n$ thì $S_n=2S_{n-1}$.
Tương tự: $S_{n-1} =2S_{n-2}$
................
$S_2=2S_1$
Nhân vế và đơn giản ta có: $S_n= 2^{n-1}S_1$
Với $S_1$ là số tập con của $A_1$ = {$a_1$}.
Mà $S_1$=2(tập rỗng và $A_1$) => $S_n=2^{n-1}.2=2^n $.
Vậy $A_n$ có n phần tử có tất cả $2^n$ tập con.

Câu này mình xin làm theo với bài mẫu là k=2 trong chứng minh bài toán của nhà giáo Vasile, hơi muộn nhưng chẳng biết bạn có cần đến nữa?
Đặt $a=x^{k+1}, b=y^{k+1}, c=z^{k+1} $
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
Tổng hoán vị của $\dfrac{1}{1+x^{k+1}+y^{k.(k+1)}} $.
= Tổng hoán vị của $\dfrac {z^{2k}+x^{k-1}+ \dfrac{1}{y^k}}{(1+x^{k+1}+y^{k^2+k}).(z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k})}$.

$\leq$ Tổng hoán vị của: $\dfrac{z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k}}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. (Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz).
Bằng tổng hoán vị của: $\dfrac {z^{2k}+x^{k}yz+(xy)^k}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. Do xyz=1
Do đó, cần:
$ z^{2k}+ y^{2k}+ x^{2k}+ (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k+ xyz.(x^{k-1}+y^{k-1}+z^{k-1} \leq (z^k+x^k+y^k)^2 $.
Tương đương với:
$ xyz. (x^{k-1}+ y^{k-1}+ z^{k-1} \leq (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k $.
Bất đẳng thức này được rút ra từ bất đẳng thức:
$ xyz.(x+y+z) \leq (xy)^2+ (yz)^2+ (zx)^2$.

Hiện giờ mình chưa tìm ra cách chứng minh bất đẳng thức cuối. Ai chứng minh được rồi thì gửi lên hộ. Cảm ơn.