yeutoan2001

Có $(a^{2}+b^{2}+1)(1+1+1)\geq (a+b+1)^{2}$

Tương tự =>

   $\sum \frac{a+b+1}{a^{2}+b^{2}+1}\leq 3\sum \frac{1}{a+b+1}\leq 3\sum \frac{(a+b+c^2)}{(a+b+1)(a+b+c^2)}$

$\leq 3(\frac{2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2})=3$

Muốn tìm Max Ta Phải tìm Min của Bài toán sau: 

  Hay cần C/m:

        $\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+3}\geq 1$

THật Vậy: 

$\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+3}\geq \frac{(\sum \sqrt{a^2+b^2})^{2}}{2(a^2+b^2+c^2)+9)}\geq 1$

Ta sẽ chưgs minh vế >=1 Đúng

        Vì <=> $2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\geq 2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)=2(\frac{27}{4}-(ab+bc+ac)) \geq 9$

Cho a,b,c>0 và ab+bc+ac=3

CMR: $a+b+c+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 6$

$(a^2+\frac{1}{4}+b+\frac{1}{2})(b^{2}+\frac{1}{4}+a+\frac{1}{2})$

$\geq (a+b+\frac{1}{2})^{2}=(a+\frac{1}{4}+b+\frac{1}{4})^{2}\geq 4(a+\frac{1}{4})(b+\frac{1}{4})=VP$

Dấu bằng xảy ra khi ....

      Bài này áp dụng các BĐT QUEN THUỘC:

               $x^2+y^2\geq 2xy$

               $(x+y)^{2}\geq 4xy$

Bất đẳng thức cần C/m:

   $\sum abc\sqrt{\frac{ac+b^{2}c^{2}}{2c}}\leq 3$

$\sum ab\sqrt{c}\sqrt{\frac{ac+b^2c^2}{2}}\leq \sum \sqrt{ab}\sqrt{\frac{ac+b^2c^2}{2}}$

Do abc<=1

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

Tới đây ta có thể tìm Max ab+bc+ac bằng các BĐT quen thuộc 

ĐẶT x=a-1  y==b-1  z=c-1  => x,y,z>=-1 Và x+y+z=0

   P=x³+y³+z³ 

    Dễ Có (2x-1)²(x+1)>=0 <=> x³>=3/4x-1/4

Tương tự rồi cộng vế theo vế

Bài Toán 6:

  Tìm các cặp số nguyên a,b sao cho 

        $\frac{b^{2}+ab+a+b-1}{a^{2}+ab+1}$ là số nguyên

Bài toán 1 : Cho $x,y,p$ là các số nguyên và $p>1$ sao cho $p|x^{2016},p|y^{2017}$. Chứng minh rằng $B=1+x+y$ không chia hết cho $p$ 
 

       Gọi l là ước nguyên tố bất kì của p

            $x+y+1\vdots l$ => $1\vdots l   vì  x\vdots l,y\vdots l$

 -> ĐPCM

Phân tích của bạn ngắn gọn thật. Đây là phân tích của mình

\[\frac12 x^2(x+1)^2+\frac12 (x^2-x-1)^2.\]

Bài tiếp. Cho số thực dương $x$ bất kỳ. Chứng minh rằng

\[4x^5-14x^4+18x^3-9x^2+1 \geqslant 0.\]

$(x-1)^{2}(4x^{3}-6x^{2}+2x+1)\geq 0$

       Có $x^{3}+x^{3}+1\geq 3x^{2} ; 2x^{3}+2x\geq 4x^{2}$

$(x^{2}-\frac{1}{2})^{2}+(x+\frac{1}{2})^{2}$

Bạn này giỏi mấy dạng này nhỉ, box trước cũng thấy giải, giúp tớ bài này: 

Tìm nghiệm nguyên dương (a,p,n) trong đó p là số nguyên tố: $a^{2}\left ( a^{2}+1\right )=5^{n}\left ( 5^{n+1} -p^{3}\right )$

 http://diendantoanho...òng-1-năm-2016/

Xét p=2;

  Nó sẽ được giải quyết giống với p lẻ;

Xét p lẻ LTE: Áp dụng cho a,b cùng lẻ

   v₂(a^p+b^p)=n=v₂(a+b) => a+b=2ⁿ    => a=b=1 (1) Và có đpcm ( ĐỀ không đề cập tới a,b phải nguyên dương nhưng để đề đúng mình nghĩ a,b khác 0)

  Xét a,b cũng chẵn 

       Có: a=2^m.x; b=2^k.y (Giả sử m>k; x,y lẻ) Ta sẽ có

            2^mp(x^p+2^kp-mp.y^p)=2ⁿ   MÀ x^p+2^kp-mp.y không chia hết cho 2 và lớn hơn 1 nên (Vô lí)

 Vậy m=k Có 2^mp(x^p+.y^p)=2^{n           =>} x^p+.y^p=2^l Tương tự (1) => x=y=1 

       Lúc này ta có mp+1=n => ĐPCM

Có thể Thiếu vài TH nhưng Hướng chung là vậy 

1. Tên nick ứng viên:  I love MC ,Nguyenhuyen_AG, Zaraki

2. Thành tích nỗi bật: 

           Tích cực Tham gia xây dựng diễn đàn 

3.Ghi chú: Không

Ta có: $\sum \frac{a}{3a+b^2}\le \frac{3}{4}\iff \sum \frac{3a}{3a+b^2}\le \frac{9}{4}\iff \sum(1-\frac{3a}{3a+b^2})\ge \frac{3}{4}$.

$\iff \sum \frac{b^2}{3a+b^2}\ge \frac{3}{4}\iff \sum \frac{b^2}{(b+a)(b+c)}\ge \frac{3}{4}$ (Thay $3=a+b+c$ vào biểu thức dưới mẫu).

Tóm lại ta cần chứng minh: $\sum \frac{b^2}{(b+a)(b+c)}\ge \frac{3}{4}$.

Thật vậy: Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz ta có:

 $\sum \frac{b^2}{(b+a)(b+c)}\ge \frac{(\sum a)^2}{\sum (b+a)(b+c)}\ge \frac{(\sum a)^2}{\frac{1}{3}(\sum (a+b))^2}=\frac{(a+b+c)^2}{\frac{4}{3}(\sum a)^2}=\frac{3}{4}\implies Q.E.D$. 

   Sao bằng được $3a+b^{2}\neq (b+a)(b+c)$

Lưu ý về Bất đẳng thức SChur Bậc 1 Nhân $\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ cho 2 vế BĐT cần C/m 

        $\sqrt{(x^{2}+y^{2}+z^{2})(x+y+z)(x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)}$

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

         $\leq \sqrt{9x^{2}y^{2}z^{2}}=3xyz$ (Dùng chur)

 Vậy Ta cần C/m: 

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

 <=> $\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\geq (a+b+c)$

 Mình gõ nhầm x,y,z với a,b,c Bạn xem x như a y như b và z như c nha