ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT VMO 2016

ĐỀ THI CHÍNH THỨC CỦA BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO 

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2016
Ngày 1.

Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất:6/1/2016

Bài 1 (5 điểm). Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix}6x-y+z^2=3 & & & \\ x^2-y^2-2z=-1 & & & \\ 6x^2-3y^2-y-2z^2=0 & & & \end{matrix}\right.(x,y,z\in\mathbb{R})$

Bài 2 (5 điểm).

a)Cho dãy số $a(n)$ xác định bởi $a_{n}=\ln(2n^2+1)-\ln(n^2+n+1)$ với $n=1,2...$.Chứng minh chỉ có hữu hạn số $n$ sao cho $\left \{ a_{n} \right \}< \frac{1}{2}$

b)Cho dãy số $b(n)$ xác định bởi $b_{n}=\ln(2n^2+1)+\ln(n^2+n+1)$ với $n=1,2...$.Chứng minh tồn tại vô hạn số $n$ sao cho $\left \{ b_n \right \}<\frac{1}{2016}$

Bài 3 (5 điểm). Cho tam giác $ABC$ có $B,C$ cố định,$A$ thay đổi sao cho tam giác $ABC$ nhọn.Gọi $D$ là trung điểm của $BC$ và $E,F$ tương ứng là hình chiếu vuông góc của $D$ lên $AB,AC$

a)Gọi $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.$EF$ cắt $AO$ và $BC$ lần lượt tại $M$ và $N$.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ đi qua điểm cố định

b)Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ tại $E,F$ cắt nhau tại $T$.Chứng minh $T$ thuộc đường thẳng cố định

Bài 4 (5 điểm). Người ta trồng hai loại cây khác nhau trên một miếng đất hình chữ nhật kích thước $m\times n$ ô vuông (mỗi ô trồng một cây).Một cách trồng được gọi là ấn tượng nếu như:

i)Số lượng cây được trồng của hai loại cây bằng nhau

ii)Số lượng chênh lệnh của hai loại cây trên mỗi hàng không nhỏ hơn một nửa số ô của hàng đó và số lượng chênh lệnh của hai loại cây trên mỗi cột không nhỏ hơn một nửa số ô của cột đó

a)Hãy chỉ ra cách trồng ấn tượng khi $m=n=2016$

b)Chứng minh nếu có một cách trồng ấn tượng thì cả $m$ và $n$ đều là bội của $4$

Ngày 2.

Bài 5 (6 điểm). Tìm tất cả các số thực $\alpha$ để tồn tại hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn
i) $f(1)=2016$.
ii) $f \left( x+y+f(y) \right) = f(x)+ \alpha y$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$.

Bài 6 (7 điểm). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ (với tâm $O$) có các góc ở đỉnh $B,C$ đều nhọn. Lấy điểm $M$ trên cung $BC$ không chứ $A$ sao cho $AM$ không vuông góc với $BC$. $AM$ cắt trung trực $BC$ tại $T$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AOT$ cắt $(O)$ tại $N$ ($N \ne A$).

Chứng minh $\angle BAM= \angle CAN$.

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp và $G$ là chân phân giác trong góc $A$ của tam giác $ABC$. $AI,MI,NI$ cắt $(O)$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $P,Q$ tương ứng là giao điểm của $DF$ với $AM$ và $DE$ với $AN$. Đường tròn đi qua $P$ và tiếp xúc với $AD$ tại $I$ cắt $DF$ tại $H$ ($H \ne D$), đường tròn đi qua $Q$ và tiếp xúc với $AD$ tại $I$ cắt $DE$ tại $K$ ($K \ne D$). Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $GHK$ tiếp xúc với $BC$.

Bài 7 (7 điểm). Số nguyên dương $n$ được gọi là số hoàn chỉnh nếu $n$ bằng tổng các ước số dương của nó (không kể chính nó).

Chứng minh rằng nếu $n$ là số hoàn chỉnh lẻ thì $n$ có dạng $$n=p^sm^2$$ trong đó $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$, $s$ là số nguyên dương có dạng $4h+1$ và $m$ là số nguyên dương không chia hết cho $p$.

Tìm tất cả các số nguyên dương $n>1$ sao cho $n-1$ và $\frac{n(n+1)}{2}$ đều là các số hoàn chỉnh.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh $\sum \dfrac{a^2+2b^2}{a^2+ab+bc}\geq 3$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh

$\sum \dfrac{a^2+2b^2}{a^2+ab+bc}\geq 3$

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

$$\sum \frac{a^2+2b^2}{a^2+ab+bc}=\sum \frac{a^2}{a^2+ab+bc}+2\sum \frac{b^2}{a^2+ab+bc}$$

$$\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}+2\sum \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}=3$$

Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn $a\geq 4, b\geq 5, c\geq 6$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}\doteq 90$. Tìm Min P= a+b+c

Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn $a\geq 4, b\geq 5, c\geq 6$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}\doteq 90$.

Tìm Min P= a+b+c

Đặt $a=4+x, b=5+y, c=6+z$, khi đó $P=15+x+y+z$ và $x^2+8x+y^2+10y+z^2+12z=13$

Dễ thấy $x^2+y^2+z^2 \leqslant (x+y+z)^2$

            $8x+10y+12z \leqslant 12(x+y+z)$

Do đó $x+y+z \geqslant 1$

Khi đó $P \geqslant 16$

Đẳng thức xảy ra khi $a=4,b=5,c=7$

$\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge \dfrac{3}{2}$

Cho các số dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=3. Chứng minh rằng

$\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge \dfrac{3}{2}$



Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum \dfrac{a^2}{a^2+1}\le \dfrac{3}{2}$
$VT=\sum  \dfrac{3a^2}{3a^2+ab+bc+ca}=\sum \dfrac{3a^2}{a(a+b+c)+(2a^2+bc)}
\le \sum \dfrac{3}{4}. \left [ \dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc} \right ]$

Vậy ta cần chứng minh:
$\sum \dfrac{a^2}{2a^2+bc}\le 1$
Hay
$\sum \dfrac{bc}{2a^2+bc}\ge 1$
Bất đẳng thức trên luôn đúng do $\sum \dfrac{bc}{2a^2+bc}=\sum \dfrac{b^2c^2}{bc(2a^2+bc)}\ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{\sum bc(2a^2+bc)}=1$

Dấu "=" xảy ra khi: $a=b=c=1$

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG

1. Bất đẳng thức Cô si (AM-GM): Với m số không âm $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ ta có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{m}\geq m\sqrt[m]{a_{1}a_{2}...a_{m}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}.$
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy - Schwazs): với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{m}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{m}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi : $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
3. Bất đẳng thức Xvác (Schwars). Với $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ bất kì và $b_{1},b_{2},...,b_{m}\geq 0$ ta có :
$\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\dfrac{a_{m}^{2}}{b_{m}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}.$Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
4.Bất đẳng thức Mincopxki (Mincowski): Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi :$\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
5. Bất đẳng thức Holder: Xin chỉ nêu trường hợp dùng nhiều nhất , ko nêu dạng tổng quát:
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ thì BĐT sau đúng : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi : các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
6. Bất đẳng thức Schur: Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a).$
$4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc.$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc.$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$.
7. Bất đẳng thức Trêbưsep Chebyshev): Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:

$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Đẳng thức xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
8. Bất đẳng thức Nét bít (Nesbitt): Mình chỉ nêu ra 2TH hay dùng nhất đối với THCS :
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}.$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2.$
ĐẲng thức xẩy ra khi các biến bằng nhau.
9. Các hằng bất đẳng thức thường dùng:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ và $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac).$
$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+...+\dfrac{1}{a_{m}}\geq \dfrac{m^{2}}{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}$ ( với $a_{i}>0$)
$\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\dfrac{a+b}{2})^{n}$ (Với $a+b\geq 0$ và $n\in N*$)
$a^{m+n}+b^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+a^{n}.b^{m}.$

$P=\dfrac{a+3c}{a+2b+c}+\dfrac{4b}{a+b+2c}-\dfrac{8c}{a+b+3c}$

Bài toán:

Cho a,b,c là các số thực dương.Tìm $P_{min}$

$$P=\dfrac{a+3c}{a+2b+c}+\dfrac{4b}{a+b+2c}-\dfrac{8c}{a+b+3c}$$

Lời giải:

Nhìn vào điều kiện bài toán dẫn ta đến việc đăt ẩn phụ

Đặt $\left\{\begin{matrix} a+2b+c=x\\a+b+2c=y \\ a+b+3c=z \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+3c=2y-x\\4b=4x-8y+4z \\ -8c=8y-8z \end{matrix}\right.$

Do đó $A=\dfrac{2y-x}{x}+\dfrac{4x-8y+4z}{y}+\dfrac{8y-8z}{z}$

  $\Rightarrow A=\dfrac{2y}{x}-1+\dfrac{4x}{y}-8+\dfrac{4z}{y}+\dfrac{8y}{z}-8$

  $\Rightarrow A=(\dfrac{2y}{x}+\dfrac{4x}{y})+(\dfrac{4z}{y}+\dfrac{8y}{z})-17$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

          $$(\dfrac{2y}{x}+\dfrac{4x}{y})+(\dfrac{4z}{y}+\dfrac{8y}{z}) \geqslant 4\sqrt{2}+8\sqrt{2}=12\sqrt{2}$$

  $\Rightarrow A\geqslant 12\sqrt{2}-17$

Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} y=x\sqrt{2}\\ z=y\sqrt{2} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+b+2c=(a+2b+c)\sqrt{2}\\ a+b+3c=(a+b+2c)\sqrt{2} \end{matrix}\right.$

$4A=\dfrac{(x+y+1)^2}{xy+x+y}+\dfrac{xy+x+y}{(x+y+1)^2}$

Bài toán:Tìm Min $A=\dfrac{(x+y+1)^2}{xy+x+y}+\dfrac{xy+x+y}{(x+y+1)^2}$



Lời giải:
Đặt $t=\dfrac{(x+y+1)^2}{xy+x+y}$
Ta sẽ chứng minh $t\geq 3$
Thật vậy:$ t\geq 3\Leftrightarrow 2(x+y+1)^2\geq 6(x+y+xy)$
$\Leftrightarrow (x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2\geq 0$
Điều này luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$
Ta có: $A=\dfrac{8t}{9}+\left(\dfrac{t}{9}+\dfrac{1}{t}\right)\geq \dfrac{24}{9}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{10}{3}$
Dấu $"="$ xảy ra khi:$ t=3\Leftrightarrow x=y=1$

$\dfrac{(a + b)^2}{ab} + \dfrac{(b + c)^2}{bc} + \dfrac{(c + a)^2}{ca} \geq 9 + 2(\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b})$

Bài toán:

Cho các số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(a + b)^2}{ab} + \dfrac{(b + c)^2}{bc} + \dfrac{(c + a)^2}{ca} \geq 9 + 2(\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b}).$

Lời giải:

BĐT $\Leftrightarrow \sum \left [ \dfrac{(a+b)^2}{ab}-4 \right ]\geqslant \sum \dfrac{2a}{b+c}-3$

$  \Leftrightarrow \sum \dfrac{(a-b)^2}{ab}\geqslant \sum \dfrac{2a}{b+c}-3$

Sử dụng khai triển $\sum \dfrac{2a}{b+c}-3=\sum \dfrac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$

Nên ta chỉ cần chứng minh 

            $ \sum \dfrac{(a-b)^2}{ab}\geqslant \sum \dfrac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$

$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2\left [ \dfrac{1}{ab}-\dfrac{1}{(a+c)(b+c)} \right ]\geqslant 0$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức khi $a=b=c>0$

$A=(a+b+c+3)\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\right)$

Bài toán:
Cho$ a;b;c$ thoả mãn $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:$ A=(a+b+c+3)\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\right)$

Lời giải: Đặt$ x=a+1;y=b+1;c=z+1$

Đưa bài toán về:

$\boxed{Note}$

Cho $x;y;z$ thỏa mãn $1\leq x\leq y\leq z\leq 2$. Tìm Max $P=(x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)      (=10)$

Vì $1\leq x\leq y\leq z\leq 2$ nên

$\left(\dfrac{x}{y}-1\right)\left(\dfrac{y}{z}-1\right)\geq 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}\leq \dfrac{x}{z}+1 \left(\dfrac{y}{x}-1\right)\left(\dfrac{z}{y}-1\right)\geq 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}\leq \dfrac{z}{x}+1$

Vậy $P\leq 5+2\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)$

Mà $\left(\dfrac{x}{z}-1\right)\left(\dfrac{z}{x}-2\right)\geq 0$

$\Leftrightarrow 3\geq \dfrac{2x}{z}+\dfrac{z}{x}$
$\Leftrightarrow \dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\leq 3-\dfrac{x}{z}\leq 3-\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}$

$\Rightarrow P\leq 10$

$\sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \dfrac{3}{2}\sqrt{3}abc$

$\sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \dfrac{3}{2}\sqrt{3}abc$

Bài toán:
Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn: $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng
$\sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \dfrac{3}{2}\sqrt{3}abc$


Lời giải:
BĐT$\Leftrightarrow \sum \sqrt{1-\dfrac{1}{a^2}}\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Áp dụng bđt BCS ta có:
$\left(\sum \sqrt{1-\dfrac{1}{a^2}}\right)^2\leq 3\sum \left(1-\dfrac{1}{a^2}\right)=9-3\sum \dfrac{1}{a^2} (1)$
Vì $a+b+c+2=abc$ nên với $x;y;z>0$ ta có: $a=\dfrac{y+z}{x}$;$b=\dfrac{z+x}{y}$;$c=\dfrac{x+y}{z}$
Áp dụng bđt BCS và bđt Nesbit ta có:
$\Rightarrow \sum \dfrac{1}{a^2}=\sum \left(\dfrac{x}{y+z}\right)^2\geq \dfrac{1}{3}\left(\sum \dfrac{x}{y+z}\right)^2\geq \dfrac{1}{3}$.$\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{3}{4}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra
$\left(\sum \sqrt{1-\dfrac{1}{a^2}}\right)^2\leq \dfrac{27}{4}$
$\Rightarrow đpcm.$

$\dfrac{1}{x^2(2x+3y+z)}+\dfrac{1}{y^2(2y+3z+x)}+ \dfrac{1}{z^2(2z+3x+y)}\le \dfrac{1}{3}$

Bài toán:

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn:$ \dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=2$. Chứng minh rằng
$\dfrac{1}{x^2(2x+3y+z)}+\dfrac{1}{y^2(2y+3z+x)}+$ $\dfrac{1}{z^2(2z+3x+y)}\le \dfrac{1}{3}$




Lời giải:
Áp dụng liên tiếp BĐT AM-GM, Cauchy Schwarz cho 3 số ta có:
$12=6\sum \dfrac{1}{x^3}=\sum \left [ \dfrac{2}{x^3}+\left ( \dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3} \right )+\dfrac{1}{3}\left ( \dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{z^3} \right ) \right ]\ge \sum \left [ \dfrac{2}{x^3}+\dfrac{3}{x^2y}+\dfrac{3}{3x^2z} \right ]=\sum \left [ \dfrac{4}{2x^3}+\dfrac{9}{3x^2y}+\dfrac{1}{x^2z} \right] \ge \sum \left [ \dfrac{(2+3+1)^2}{2x^3+3x^2y+x^2z} \right ]=\sum \dfrac{36}{x^2(2x+3y+z)}$

$\Rightarrow \sum \dfrac{1}{x^2(2x+3y+z)}\le \dfrac{1}{3}$
Dấu "=" xảy ra khi: $x=y=z=\sqrt[3][\dfrac{3}{2}]$

$P=\dfrac{a^3b^3}{(a+bc )(b+ca )(c+ab)^2}$

Cho$ a;b;c>0$ thỏa mãn $a+b+1=c$. Tìm Max $P=\dfrac{a^3b^3}{(a+bc )(b+ca )(c+ab)^2}$


Lời giải:

Thay$ c=a+b+1$ vào biến đổi ta được 

          $    P=\dfrac{a^3b^3}{(a+b)^2(a+1)^3(b+1)^3}\leqslant \dfrac{a^2b^2}{4(a+1)^3(b+1)^3}$

Áp dụng AM-GM ta có 

           $  a+1=\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+1\geqslant 3\sqrt[3]{\dfrac{a^2}{4}}$

$\Rightarrow (a+1)^3\geqslant \dfrac{27a^2}{4}$

$\Rightarrow P\leqslant \dfrac{a^2b^2}{4.\dfrac{27a^2}{4}.\dfrac{27b^2}{4}}=\dfrac{4}{729}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=2, c=5$

$\left\{\begin{matrix} x^4+y^4=1 & & \\ x^3+y^3=1 & & \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình sau :
$\left\{\begin{matrix}
x^4+y^4=1 &  & \\
x^3+y^3=1 &  &
\end{matrix}\right.$
$(2)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
 x^4\leq 1&  & \\
y^4\leq 1 &  &
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow -1\leq x,y\leq 1$
Vì $\left\{\begin{matrix}
x\leq 1 &  & \\
y\leq 1 &  &
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x^3\leq 1 &  & \\
y^3\leq 1 &  &
\end{matrix}\right.$
Theo (1) ta có $\left\{\begin{matrix}
x\geq 0 &  & \\
y\geq 0 &  &
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
0\leq x\leq 1 &  & \\
0\leq y\leq 1 &  &
\end{matrix}\right.$
$x^4+y^4=x^3+y^3=1\Leftrightarrow x^3(1-x)+y^3(1-y)=0$
Do $\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
0\leq x\leq 1 &  & \\
0\leq y\leq 1 &  &
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x^3(1-x)\geq 0 &  & \\
y^3(1-y)\geq 0 &  &
\end{matrix}\right.$
Vậy hệ phương trình có nghiệm là $\Rightarrow (x;y)=(0;1);(1;0)$

Cho $a,b,c>0$. CMR: $\frac{b^{3}+2abc+c^{3}}{a^{2}+bc}+\frac{a^{3}+2abc+c^{3}}{b^{2}+ac}+\frac{b^{3}+2abc+a^{3}}{c^{2}+ba}\geq 2(a+b+c)$.

Cho $a,b,c>0$. CMR: $\frac{a+3c}{a+b}+\frac{c+3a}{c+b}+\frac{4b}{c+a}\geq 6$.