WaduPunch

Là sao vậy bạn???

Mình nghĩ bạn ấy chưa hiểu đc dấu $\sum$ 

Mình cũng có 1 cách giải khá là hay

Ta có: Vì $x, y, z>0$ nên chia cả 2 vế của điều kiện cho $xyz$ ta có $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=3$

Và điều cần chứng minh trở thành $\frac{1}{x^3(\frac{1}{y}+\frac{2}{z})}+\frac{1}{y^3(\frac{1}{z}+\frac{2}{x})}+\frac{1}{z^3(\frac{1}{x}+\frac{2}{y})}\geq 1$

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

ĐK $<=> ab+bc+ca=3$

Điều cần chứng minh <=> $\frac{a^3}{b+2c}+\frac{b^3}{c+2a}+\frac{c^3}{a+2b}\geq 1 <=>\frac{a^4}{ab+2ac}+\frac{b^4}{bc+2ab}+\frac{c^4}{ac+2bc}\geq 1$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có  $\frac{a^4}{ab+2ac}+\frac{b^4}{bc+2ab}+\frac{c^4}{ac+2bc}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3(ab+bc+ca)}=1$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra $<=>a=b=c=1<=>x=y=z=1$

Ta có :$x_nx_{n+2}-x_{n+1}^2=x_n(3x_{n+1}-x_n)-x_{n+1}^2=-x_{n}^2+x_{n+1}(3x_n-x_{n+1})=x_{n-1}x_{n+1}-x_{n}^2=...=x_1x_3-x_{2}^2=500$

Mặt khác:$(x_{n}+x_{n+1})^2=x_{n}^2+2x_nx_{n+1}+x_{n+1}^2=x_{n}^2+2x_nx_{n+1}+x_{n+1}(3x_n-x_{n-1})=x_n^2+5x_nx_{n+1}-x_{n+1}x_{n}=x_n^2+5x_nx_{n+1}-x_n^2-500=5x_nx_{n+1}-500< 5x_nx_{n+1}+1<=>(x_{n}+x_{n+1})^2< 5x_nx_{n+1}+1$

Lại có $ (x_n+x_{n+1}+1)^2=(x_n+x_{n})^2+2(x_n+x_{n+1})+1=5x_nx_{n+1}-499+2(x_n+x_{n+1})$

mà $(x_n)$ là dãy số tăng nên 

Với $n\geq 4$ thì $x_n+x_{n+1}> x_4+x_5=650$ nên $(x_n+x_{n+1}+1)^2=5x_nx_{n+1}-499+2(x_n+x_{n+1})> 5x_nx_{n+1}+801> 5x_nx_{n+1}+1$

Vì vậy $(x_{n}+x_{n+1})^2< 5x_nx_{n+1}+1< (x_{n}+x_{n+1}+1)^2$ $=>5x_nx_{n+1}+1$ không thể là số chình phương

Với $n< 4$, thử chọn ta có $n=3$ t/m

Vậy $n=3$ là số cần tìm

Ta có: BĐT cần chứng minh $<=> (1+\frac{1}{a})^{4} +(1+\frac{1}{b})^{4}+(1+\frac{1}{c})^{4}\geq 3(1+\frac{2}{abc+1})^{4}$

Áp dụng BĐT B.C.S ta có: $((1+\frac{1}{a})^{4} +(1+\frac{1}{b})^{4}+(1+\frac{1}{c})^{4})(1+1+1)\geq ((1+\frac{1}{a})^{2} +(1+\frac{1}{b})^{2}+(1+\frac{1}{c})^{2})^{2}<=>(1+\frac{1}{a})^{4} +(1+\frac{1}{b})^{4}+(1+\frac{1}{c})^{4}\geq \frac{1}{3}((1+\frac{1}{a})^{2} +(1+\frac{1}{b})^{2}+(1+\frac{1}{c})^{2})^{2}$ 

Vì thế BĐT cần chứng minh $\frac{1}{3}((1+\frac{1}{a})^{2} +(1+\frac{1}{b})^{2}+(1+\frac{1}{c})^{2})^{2} \geq 3(1+\frac{2}{abc+1})^{4} <=> (1+\frac{1}{a})^{2} +(1+\frac{1}{b})^{2}+(1+\frac{1}{c})^{2}\geq 3(1+\frac{2}{abc+1})^{2}$

Tiếp tục áp dụng BĐT B.C.S như trên ta thu được: $3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3+\frac{6}{abc+1}<=>\frac{ab+bc+ca}{abc}\geq \frac{6}{abc+1}<=>(ab+bc+ca)(abc+1)\geq 6abc<=>\left ( ab+bc+ca \right )^{2}(abc+1)^{2}\geq 36a^{2}b^{2}c^{2}$

Mặt khác: $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)= 9abc$ và $(abc+1)^2\geq 4abc$ 

Nhân vế theo vế 2 bất đẳng thức trên ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra $<=> a=b=c=1$

Ta có: $a^{3}+b^{3}+3ab=1 <=> \left ( a+b \right )^{3}-1-3ab(a+b-1)=0 <=> a+b =1$ (vì $a, b>0$)

Khi đó: $(a+\frac{1}{a})^{3}+(b+\frac{1}{b})^{3}\geq \frac{1}{4}(a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b})^{3}=\frac{1}{4}(a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{3}=\frac{1}{4}(1+\frac{1}{ab})^{3}\geq \frac{1}{4}(1+\frac{4}{(a+b)^{2}})^{3}=\frac{125}{4}$

Chứng minh tương tự với c, d. Ta có đpcm

ĐK $< = > \frac{1}{ab} +\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$

Ta cần c/m: $\sum \frac{\frac{1}{a}}{\frac{1}{bc}+1} \geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đặt $\frac{1}{a}=x, \frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$ . Khi đó ta có: $xy+yz+zx=1$ và cần chứng minh: 

$\sum \frac{x}{yz+1}\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Thật vậy; $\frac{x}{yz+1} + \frac{9}{16}x\left ( yz+1 \right )\geq 2\sqrt{\frac{x}{yz+1}.\frac{9}{16}x\left ( yz+1 \right )}=\frac{3}{2}x=>\frac{x}{yz+1} \geq \frac{15}{16}x -\frac{9}{16}xyz=>\sum \frac{x}{yz+1}\geq \frac{15}{16}\left ( x+y+z \right )-\frac{27}{16}xyz$

Mà $\left ( x+y+z \right )^{2}\geq 3\left ( xy+yz+zx \right )=3 =>x+y+z\geq \sqrt{3}$

Và $xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=>xyz\leq \frac{\sqrt{3}}{9}$

Vậy$\sum \frac{x}{yz+1}\geq \frac{15}{16}\sqrt{3}-\frac{27}{16}\frac{\sqrt{3}}{9}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$=>đpcm

$\frac{AI}{IA'}=\frac{AB}{BA'}$ mà $\frac{BA'}{A'C}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}= > \frac{BA'}{BC}=\frac{c}{c+b}= > BA' = \frac{ac}{c+b}$$= > \frac{AI}{IA'} = \frac{c}{\frac{ac}{c+b}}=\frac{b+c}{a}= > \frac{AI}{AA'}=\frac{b+c}{a+b+c}$ 

Ta cần chứng minh: $\frac{b+c}{a+b+c}.\frac{a+c}{a+b+c}.\frac{b+a}{a+b+c} \leq \frac{8}{27}< = > 27\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\leq 8\left ( a+b+c \right )^{3}< = > 27\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right ) \leq \left ( \left ( a+b \right )+\left ( b+c \right )+ \left ( c+a \right )\right )^{3}< = > 3\sqrt[3]{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\leq \left ( a+b \right )+\left ( b+c \right ) +\left ( c+a \right )$ ( BĐT Cô-si) $= >$ đpcm

ĐK: $x> 0$

Ta có: Đặt A =  $= \frac{81x^{2} + 18225x + 1}{9x} - \frac{6\sqrt{x}+8}{x+1}$ 

$= >$ A $= 9x +2025 +\frac{1}{9x} -\frac{6\sqrt{x}+8}{x+1}$

Áp dụng Bất Đẳng Thức Cô-si cho hai số dương $9x$ và $\frac{1}{9x}$ ta có:

$9x+\frac{1}{9x}\geq 2\sqrt{9x.\frac{1}{9x}}= 2$

Mặt khác: $\frac{6\sqrt{x}+8}{x+1}\leq 9< = > 6\sqrt{x}+8\leq 9x+9< = > \left ( 3\sqrt{x} -1\right )^{2}\geq 0$ (Đúng)

$= >$ A $\geq 2+2025-9=2018$

Dấu "=" xảy ra $< = > x=\frac{1}{9}$

Giả sử $x\geq y = > x^{2} < x^{2} + y \leqslant x^{2}+x < x^{2} +2x+1= \left ( x+1 \right )^{2}$ 

$= > x^{2} + y$ không thể là số chính phương $= >$ Không tồn tại x, y thỏa mãn đề bài

Giả sử tồn tại n thoả mãn đề bài

Vì $n\geq 2 = > p\geq 5$ 

Mặt khác: Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, ta có:

$3^n \equiv 2^{n} \left ( mod p \right )$

Tồn tại số nguyên a sao cho $\left ( 3a \right )^{n} \equiv \left ( 2a \right )^{n} \equiv 1 \left ( mod p\right )$

Gọi h là số tự nhiên nhỏ nhất để $\left ( 3a \right )^{h} \equiv 1 \left ( mod p \right )$

nên theo tính chất cấp số nguyên ta có

$n \vdots h$

Lại có: Áp dụng định lí Fermat nhỏ thì $\left ( 3a \right )^{p-1}\equiv 1\left ( mod p\right )$ (vì $p\geq 5$) nên theo tính chất cấp số nguyên ta cũng có 

$p-1 \vdots h = > h \leq p-1< p$ mà $n\vdots h$ và p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n $= > h= 1$ $= > \left ( 3a \right ) \equiv 1 \left ( mod p\right  )$ và $\left ( 2a \right )\equiv 1\left ( mod p\right )$ $= > a\vdots p = >$ Vô lí