nguyenqn1998

Đặt $a =\frac{1}{x} ,b =\frac{1}{y} ,c =\frac{1}{z}$

Thay vào điều kiện ta có a+b+c=3

Thay vào bất đẳng thức . Ta cần chứng minh $\sum \frac{ab}{(a^2+b^2)(1+ab)}  \leq \frac{3}{4}$

$\sum \frac{ab}{(a^2+b^2)(1+ab)} =\sum \frac{ab}{ab(a^2+b^2) +a^2+b^2} \leq \sum \frac{ab}{ab(a^2+b^2+2)} =\sum \frac{1}{a^2+b^2+2}$

Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{1}{a^2+b^2+2} \leq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2 +2} \geq \frac{3}{2}$

Mà $\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2 +2} \geq \frac{ (\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6}$

Ta sẽ chứng minh

$\frac{ (\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6} \geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow (\sum \sqrt{a^2+b^2})^2 \geq 3(a^2+b^2+c^2) +18$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{b^2+c^2} +2 \sqrt{b^2+c^2}\sqrt{c^2+a^2} +2\sqrt{c^2+a^2}\sqrt{a^2+b^2} \geq a^2+b^2+c^2 +18$

Mà $2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{b^2+c^2} +2 \sqrt{b^2+c^2}\sqrt{c^2+a^2} +2\sqrt{c^2+a^2}\sqrt{a^2+b^2} \geq \sum 2(b^2 +ac)=(a+b+c)^2 +a^2+b^2+c^2 \geq 18 +a^2+b^2+c^2 .$

Như vậy ta có dpcm 

Vậy BĐT cần chứng minh đúng .Dấu = xảy ra khi x=y=z =1

Áp dụng định lý Brokard cho tứ giác AEHF nội tiếp ta có đpcm

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Toán thủ ra đề: vutuanhien

Nếu x và y đều là số lẻ thì $x^2\equiv 1(mod 4)$ và $y^2\equiv 1(mod 4)$

=> $x^2y^2\equiv 1 (mod 4)$

Từ giả thiết suy ra z lẻ nên $z^2\equiv 1 (mod 4)$

=> $x^2+y^2+z^2\equiv 3 (mod 4)$ (Vô lý)

Vậy x chẵn hoặc y chẵn

Giả sử x chẵn => $y^2+z^2 \equiv 0 (mod 4)$

.Nếu y lẻ z chẵn hoặc y chẵn z lẻ thì $y^2+z^2\equiv 1 (mod 4)$(vô lý)

.Nếu y,z đều lẻ thì $y^2+z^2 \equiv 2$ (Vô lý)

Vậy y,z đều chẵn

=> $x=2x_{1},y=2y_{1},z=2z_{1}$

=> $x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2=4x_{1}^2y_{1}^2$

Lập luận hoàn toàn tương tự ta được: 

$x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2=16x_{2}^2y_{2}^2$

với $\frac{x}{2^{2}},\frac{y}{2^{2}},\frac{z}{2^{2}}$

Quá trình này có thể tiếp tục mãi với các số : $\frac{x}{2^{n}},\frac{y}{2^{n}},\frac{z}{2^{n}}$

là số chẵn với mọi n, do đó $(x;y;z)$ chỉ có thể là $(0;0;0)$

Cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=[f(0)]^2\Leftrightarrow \begin{matrix} f(0)=0\\ f(0)=2 \end{matrix}$

Xét trường hợp $f(0)=0$. Cho $x=0$ ta được $f(-y)=-f(y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Thay $y$ bằng $-y$ ta có: $f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Từ đó ta có $f(x+y)+f(x-y)=2f(x),\forall x ,y\in \mathbb{R}$. Cho $x=y$ ta có $f(2x)=2f(x),\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(x+y)+f(x-y)=f(2x),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Đặt $u=x+y,y=x-y$ ta có $f(u)+f(v)=f(u+v),\forall u,v\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)+f(y)=f(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Cho $x=y$ Khi đó $f(x^2)=(f(x))^2$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(a)>0$ với mọi $a>0$ 

Giả sử $x>y$ khi đó $f(x)=f(x-y)+f(y) > f(y)$ (do hàm $f$ lẻ), trường hợp $x=y=0$ khi đó $f(x)=f(y)=0$ =>$f $ đơn điệu tăng $\rightarrow f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$, $a$ là một hằng số.

Mà ta cũng có $f(xy)=f(x).f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Từ đó suy ra $\begin{matrix} f(x)\equiv 0\\ f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R} \end{matrix}$.

Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Xét trường hợp $f(0)=2$. Cho $x=0$ ta có $f(y)=f(-y),\forall y\in \mathbb{R}$.

Thay $y=-y$ ta có $f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Do đó suy ra $f(x+y)=f(x-y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Chọn $x=y=\frac{u}{2}$ thì ta có $f(u)=2,\forall u\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)=2,\forall x\in \mathbb{R}$. Thế lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy các hàm thỏa mãn là $f(x)\equiv 0;f(x)\equiv 2;f(x)\equiv x$.

Bất đẳng thức này chỉ đúng khi $ab\geqslant 1$.

do sự tồn tại theo dirichlet bạn àh