truongphat266

Đặt $\frac{b}{a}=x, \frac{c}{b}=y, \frac{a}{c}=z,$ suy ra $xyz=1.$

Dễ thấy $(m+n)^2\le \frac{4}{3}(m^2+mn+n^2)$

Ta có

\begin{align*} P &= \frac{1}{3}\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left[ {\frac{{{a^4}}}{{{{(a + b)}^4}}} + \frac{{{b^4}}}{{{{(b + c)}^4}}} + \frac{{{c^4}}}{{{{(c + a)}^4}}}} \right]\\ &\ge \frac{1}{3}{\left[ {\frac{{{a^2}}}{{{{(a + b)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{{(b + c)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(c + a)}^2}}}} \right]^2}\\& \ge \frac{3}{{16}}{\left[ {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + ac + {a^2}}}} \right]^2}\\ &= \frac{3}{{16}}{\left[ {\frac{1}{{1 + x + {x^2}}} + \frac{1}{{1 + y + {y^2}}} + \frac{1}{{1 + z + {z^2}}}} \right]^2}\\& \ge \frac{3}{{16}} \quad(\text{BĐT Vasc)}\end{align*}

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$

Bạn thử kiểm chứng bất đẳng thức này xem 

Cho $a,b,c>0$ và $abc = 1$. Chứng minh rằng với mọi $n$ tự nhiên không bé hơn $2$ thì:

$$ \left(\frac{a}{a+b}\right)^n+\left(\frac{b}{b+c}\right)^n+\left(\frac{c}{c+a}\right)^n \geq \frac{3}{2^n}.$$

Mở rộng ra một chút thì:

Có bao nhiêu tập con của tập $n$ số tự nhiên đầu tiên sao cho không có hai phần tử nào có hiệu bằng $m$ ?

Em xin đưa ra lời giải tư tưởng như của anh luôn   Em nghĩ mình cần thêm điều kiện là $m \in \mathbb{N^*}$ và $m<n-1$

Lời giải:

Xét tập: $\{0,1,\ldots,n-1\}$ và đếm số tập con thỏa mãn đề bài

Đặt $f(n)$ là số lượng tập con cần đếm

Ta đi xây dựng $f(n)$ từ các $f(n-a)$ ($a<n-1$)

Trường hợp 1: Không sử dụng phần tử $(n-1)$ 

Vậy thì các phần tử trong tập con sẽ không lớn hơn $(n-2)$ hay số tập con trong trường hợp này là $f(n-1)$

Trường hợp 2: Sử dụng phần tử $(n-1)$

Gọi $\mathbb{X}$ là tập con trong trường hợp này

-----------------------------------------------------------------------

Nếu $(n-2) \in \mathbb{X} \Rightarrow (n-2-m) \not \in \mathbb{X}$

Nên với mọi phần tử thuộc $\mathbb{X}$ khác $(n-1)$ đều không vượt quá $(n-3-m)$

Vậy số tập con lúc này thêm là $f(n-2-m)$

-----------------------------------------------------------------------

Nếu $(n-2) \not \in \mathbb{X}$

Nên với mọi phần tử thuộc $\mathbb{X}$ khác $(n-1)$ đều không vượt quá $(n-2-m)$

Vậy số tập con lúc này thêm là $f(n-1-m)$

Kết luận: Số tập con cần đếm là $$f(n) = f(n-1) + f(n-1-m) + f(n-2-m)$$

Mình nghĩ đáp án là số Fibonacci $(f_{n+2})^2$

Anh cho em lời giải đầy đủ được không ạ

Số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_{1} + x_{2} + ... + x_{m} = n (m,n \in \mathbb{N})$ là??

Bạn tham khảo bài toán chia kẹo Euler

e sửa lại đề r nhé a