Bài 426 . Cho các số thực không âm $a,b,c$ . Chứng minh rằng $\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\geq abc+\frac{3}{4}\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$

BĐT $\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz}{3}\geq \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c).\sum (a-b)^{2}}{6}\geq \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$
Ta có :
$2(a+b+c)= \begin{vmatrix} a+b \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} b+c\end{vmatrix}+\begin{vmatrix} c+a\end{vmatrix}\geq \begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} c-a\end{vmatrix}$
$\geq 3\sqrt[3]{\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c\end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}}$
$\sum (a-b)^{2}\geq 3\sqrt[3]{(\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix})^{2}}$
$\Rightarrow VT= \frac{2(a+b+c)\sum (a-b)^{2}}{12}\geq \frac{9}{12}.\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}= \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}= VP$

Đề có đúng không thế cậu ! Hình như $a+b+c= 3$ mới có dấu "=" chứ
Đây là cách làm của mình vs $a+b+c= 3$.
Giả sử b là số nằm giua a và c.
Khi đó : $(a-b)(b-c)\leq 0\Leftrightarrow ab+bc\leq b^{2}+bc\Leftrightarrow abc+bc^{2}\leq b^{2}c+c^{2}a$
$\Rightarrow VT\leq a^{2}b+2abc+bc^{2}= b(3-b)^{2}= \frac{1}{2}.2b.(3-b)(3-b)\leq \frac{1}{2}.(\frac{6}{3})^{3}= 4$
Đ.P.C.M.
Dấu "=" xảy ra khi $a,b,c$ là hoán vị của $(0,1,2)$

Bài 405:Cho $a;b;c\in R$ C/m:
$$(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$$

Có mấy hum không lên mà topic nì sôi động qá
Cách khác cho bài này :
$VT=[(a+b)^{2}+(ab-1)^{2}](c^{2}+1)\geq [c(a+b)+ab-1]^{2}= (ab+bc+ca-1)^{2}$
Xong !

$4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})\geq 4.\frac{3}{2}=6$(Bất đẳng thức Netbitt)
Không mất tính tổng quát,giả sử:$b\geq a\geq c$
Ta xét hiệu:$ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc-(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc)$
$a(b^{2}-c^{2})-a^{2}(b-c)-bc(b-c)=(b-c)(a-b)(c-a)\geq 0$
$\Rightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc \Leftrightarrow \frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}\geq 1$
Vậy $VT\geq 6+1=7$ $\Rightarrow$ đpcm

saj rùi cậu oi ! k gỉ sủ đuọc $b\geq a\geq c$ o đây

Bài 210: Cho a,b,c>0 .CMR:
$ \sqrt{\sum c^{2}(a+b)^{2}}\geq \frac{54(abc)^{3}}{(a+b+c)^{2}\sqrt{(ab)^{4}+(bc)^{4}+(ca)^{4}}}$

Bài 446: Cho các số thực dương $u,v,w$ sao cho $u+v+w+\sqrt{uvw}=4$. Chứng minh rằng $$\sqrt{\frac{uv}{w}}+\sqrt{\frac{vw}{u}}+\sqrt{\frac{wu}{v}}\ge u+v+w$$

China TST 2007

Đặt $ \sqrt{\frac{uv}{w}}= a,\sqrt{\frac{vw}{u}}= b,\sqrt{\frac{wu}{v}}= c $ .
Bài toán trỏ thành :
Cho : $ ab+bc+ca+abc=4 $
CMR : $ a+b+c \geq ab+bc+ca $
Và đây là bàj VietNam 1996 quen thuộc !

Mình giải bai 214 nhu sau:(chả bít có đúng ko)
Ta có: $ P^{2}= (a.ab+b.bc+c.ca)^{2}$
$ \Rightarrow P^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$
$ \Rightarrow P^{2}\leq 1.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3}= \frac{1}{3}\Rightarrow P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$

Đặt $ \sqrt{\frac{uv}{w}}= a,\sqrt{\frac{vw}{u}}= b,\sqrt{\frac{wu}{v}}= c $ .
Bài toán trỏ thành :
Cho : $ ab+bc+ca+abc=4 $
CMR : $ a+b+c \geq ab+bc+ca $
Và đây là bàj VietNam 1996 quen thuộc !

Một cách CM khác cho VN96 :
Theo nguyên tắc đi-dép-lê : thì tồn tại 2 trong 3 số : $ a-1;b-1;c-1 $ cùng dấu :
G/sủ là a-1 và b-1
$ \Rightarrow (a-1)(b-1) \geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Leftrightarrow abc+c\geq ac+bc $
$ \Leftrightarrow abc+c+ab\geq ab+bc+ca $
Ta sẽ CM : $ a+b+c\geq abc+c+ab\Leftrightarrow a+b\geq abc+ab $ (1)
Rút c tù GT : $ c= \frac{4-ab}{a+b+ab} $
(1) $ \Leftrightarrow a+b\geq \frac{ab(4-ab)}{a+b+ab}+ab\Leftrightarrow (a+b)(a+b+ab)\geq 4ab-(ab)^2+ab(a+b+ab) $
$ \Leftrightarrow (a+b)^{2}+ab(a+b)\geq 4ab-(ab)^2+ab(a+b)+(ab)^2\Leftrightarrow (a+b)^{2}\geq 4ab $
$ \Leftrightarrow (a-b)^2 \geq 0 $
(luôn đúng )

Tiếp tục nhé mọi người
Nâng lên 1 chút.
Bài 7: Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình:
1) $x(x^2+x+1)=4y(y+1)$

$ PT\Leftrightarrow (x^{2}+1)(x+1)= (2y+1)^{2}$
Suy ra : $ x^{2}+1 , x+1$ là 2 số lẻ .
Đặt d=($ x^{2}+1 , x+1$) suy ra d lẻ .
$ \Rightarrow (x+1)/d$ $ \Rightarrow (x^{2}-1)/d$ mà $ (x^{2}+1)/d$ nên 2/d $\Rightarrow d= 1$
Suy ra : ($ x^{2}+1 , x+1$)=1 , do đó $ x^{2}+1$ và $ x+1$ là 2 số chính phuong .
Suy ra : $ x^{2}$ và $ x^{2}+1$ là 2 số chính phuong liên tiếp .
suy ra x=0 .Tù đó tìm đc y.

P/s:viết dấu chia hết kiểu j` vậy mọi ng`

Bài 5 tù Gt suy ra $ x^{2}+y^{2}$ /3 mà 3 là số ntố dạng 4k+3 nên x/3 và y/3 .Đến đây lùi vô hạn .
bài 2 nhân 2 vế vs 4 rồi cộng thêm 1 sau đó dùng pp chặn .

Bài $1$ là bất đẳng thức trá hình rồi đấy chị

1. Họ và tên: Lê Minh Tuấn Anh.
2. Nick trên Diễn đàn: Secrets In Inequalities VP
3. Ngày sinh: 26/11/1997
4. Nghề nghiệp: Học Sinh Chăm ngoan
5. Địa chỉ nhà: Địa chỉ mẹ em nha' anh :Phùng Thị Minh Huệ-GV Tiểu học Họp THinh- Tam Duong - Vĩnh Phúc
6. Mail/ Số điện thoại liên lạc: Kethanbi_97vp
7. Địa điểm đăng kí tham gia: Hà Nội
8. Bạn có muốn tham gia vào BTC không: Không

p/s : Có thể em sẽ ko đj đc có thể bố mẹ em sọ em bị bắt cóc , đem bán sang TQ , ...

Mỏ rộng : Giải PT : $ (x-n)^{p}-(x-n)^{q}= 0(p>q)$ ( p , q là số tụ nhiên ) .
Giải : $ PT\Leftrightarrow (x-n)^{q}[(x-n)^{p-q}-1]= 0$
Xảy ra các truong họp :
-$ (x-n)^{q}=0\Leftrightarrow x=n$
-$ (x-n)^{p-q}=1$
+ Nếu p-q lẻ thì$ x-n=1 \Leftrightarrow x=n+1$
+Nếu p-q chẵn thì có 2 TH :
1. $ x-n=1 \Leftrightarrow x=n+1$
2.$ x-n=-1 \Leftrightarrow x=n-1$
KL : -Nếu p-q lẻ thì PT có các nghiệm : x=n : x= n+1
-Nếu p-q chẵn thì PT có các nghiệm : x=n ; x=n-1 ; x=n+1 .

Đề bài : Giải phương trình : $(x-7)^1-(x-7)^{11}=0$
p/s : Đề đơn giản . Chỉ nghĩ được thế này thôi .

PT $\Leftrightarrow (x-7)[1-(x-7)^{10}]= 0$
Xảy ra các truòng hop :
-$ x-7= 0\Leftrightarrow x=7$
-$ x-7=1\Leftrightarrow x=8$
-$ x-7=-1\Leftrightarrow x=6$
Thủ lại : thỏa mãn .
Vậy nghiệm của Pt là : x=6 , x=7 , hoặc x=8 .

Lời giải chưa cụ thể.
D-B=5.4h
E=9.5
F=1 * 10=10
S=81.1

Bài 6:
Cho tam giác $ABC$ có $AA';BB';CC'$ đồng quy tại $O$.Từ $A'$ kẻ $A'M$ vuông góc với $B'C'$.Từ $M$ hạ các đường vuông góc $MX,MY,MZ,MT$ xuống $OB';OC',AB';AC'$.Chứng minh rằng $X,Y,Z,T$ cùng thuộc một đường tròn

+ TH1 : $B^{'}C^{'}//BC$ dễ thấy $Q.E.D$
+ TH2 : $B^{'}C^{'}$ không song song với $BC$ . Gọi $K=B^{'}C^{'}\cap BC;S= B^{'}C^{'}\cap AA^{'}$
Suy ra $(KA^{'}BC)= -1\Rightarrow (SA^{'}OA)= -1$ ( qua phép chiếu xuyên tâm $B$
$\Rightarrow (AOSA^{'})= -1\Rightarrow M(AOSA^{'})= -1$
Mà lại có : $SM\perp A^{'}M\Rightarrow \angle SMA= \angle SMO\Rightarrow \angle C^{'}MA= \angle C^{'}MO$
Từ đây chỉ cần cộng góc thuần túy là ta có ngay $Q.E.D$

Do MSS22 không post đề đúng thời hạn nên BTC đưa ra đề dự bị như sau:
Với $x,y,z$ là các tham số dương cho trước, giải hệ pt sau trên tập số dương:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
ax + by + cz = xyz \\
\sqrt {a + b} + \sqrt {a + c} + \sqrt {b + c} =x+y+z \\
\end{array} \right.
\]

Lâu ko vào MSS chém tj'

Tù pt đầu $\Rightarrow \frac{a}{xy}+\frac{b}{yz}+\frac{c}{zx}= 1$
$\Rightarrow \frac{a}{yz}+\frac{b}{zx}< 1\Leftrightarrow ax+by< xyz\Rightarrow z> \frac{a}{y}+\frac{b}{x}$
Tuong tụ : $x> \frac{b}{z}+\frac{c}{y}$ , $y> \frac{a}{z}+\frac{c}{x}$
Áp dụng BĐT AM-GM ta đc :
$2(x+y+z)> \frac{b}{z}+\frac{c}{y}+ \frac{a}{z}+\frac{c}{x}+\frac{a}{y}+\frac{b}{x}+x+y+z$
$= (\frac{a+b}{z}+z)+(\frac{b+c}{x}+x)+(\frac{c+a}{y}+y)$
$\geq 2( \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})$
$\Rightarrow x+y+z> \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$
Vì dấu "=" ko xảy ra nên mâu thuẫn vs PT thú 2 của hệ .
Vậy hệ PT đã cho vô nghiệm .

Bài giải chính xác. Chuẩn ko cần chỉnh
D - B = 24h
E = 10
F = 0
S = 54

Gọi a, b, c là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC (a, b, c >0)
Gọi x, y, z là độ dài các đoạn thẳng MH, MI, MK (x, y, z >0)
Vì MH, MI, MK vuông góc với BC, CA, AB nên ta có:2 S_BMC= $x.a$,2 S_CMA= $y.b$,2 S_AMB= $z.c$
Mà điểm M nằm trong tam giác ABC nên
2 S_ABC=2(S_AMB+S_BMC+S_CMA)=$ax+by+cz$
Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz ta có:
4 $S_{ABC}^2$ = $(ax+by+cz)^2 \leq (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)$
Do đó: $x^2+y^2+z^2 \geq \frac{4 S_{ABC}^2}{a^2+b^2+c^2}$
Hay $MH^2+MI^2+MK^2 \geq \frac{4 S_{ABC}^2}{a^2+b^2+c^2}$
mà a, b, c và $S_{ABC}^2$ không đổi
Suy ra $MH^2+MI^2+MK^2$ đạt GTNN là $\frac{4 S_{ABC}^2}{AB^2+BC^2+CA^2}$
khi và chỉ khi M nằm trong tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:
$\frac{MH}{BC}=\frac{MI}{AC}=\frac{MK}{AB}$

Thiếu hình vẽ, trừ nửa số điểm. BĐT Bunyakovski cho 2 bộ 3 số ở THCS không được công nhận, trừ 4đ. Biện luận dấu = chưa hoàn chỉnh.
D-B=40.6h
E=0.5
F=0
S=8.9

Thì...
$b=2$ hoặc $b=3$
+$b=2$ thì $a=3$
+$b=3$ thì $a=2$
Vậy ...

Vừa mới thi ngày 23/3 nè anh Thành.
To botter097 : Mình tên Huy, số báo danh 035, thi phòng 2.
Mình đâm đầu học số học với BĐT. Cuối cùng số học thì ra bài tép riu, BĐT lại ko ra.
Hình lại ra bài cực trị, chán muốn chết luôn.

Bài 1 là dấu "=" của Mincopxki mà !

Đề bài : Cho x ,y ,z nguyên duong thỏa mãn :
$ x^{4}+y^{4}+z^{4}= 1984-104x$
Hỏi : Số $ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ có thể viết duoi dạng $ a+a^{2}$ vs a là số tụ nhiên đc không ?

Do sự cố kĩ thuật nên thời gian ra đề được tính là lúc 22h19 17/3/2012.

Đáp án:

Các số $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia 4 du 0 hoặc 1 mà $ (1984-104x)\vdots4$ suy ra $(x^{4}+y^{4}+z^{4})\vdots4$
Do đó $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia hết cho 4 suy ra x,y,z chẵn .
$ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}= [20^{x}-(-1)^{x}]+[11^y-(-1)^{y}]$ $ -(1969^{z}-1^{z})$ +1 (*)
Vì $ (a^{n}-b^{n})\vdots(a-b)$ nên $ (20^{x}-(-1)^{x})\vdots21\vdots3$
$ (11^{y}-(-1)^{y})\vdots12\vdots3$ , $ (1969^{z}-1^{z})\vdots1968\vdots3$
suy ra A chia 3 du 1
Mà $ a+a^{2}= a(a+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia 3 du 0 hoặc 2.
Vậy Số $ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ ko thể viết duoi dạng $ a+a^{2}$ vs a là số tụ nhiên .

(*) $=20^{x}-1+11^{y}-1-(1969^{z}-1)+1= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$

Đáp án:

Các số $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia 4 du 0 hoặc 1 mà $ (1984-104x)\vdots4$ suy ra $(x^{4}+y^{4}+z^{4})\vdots4$
Do đó $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia hết cho 4 suy ra x,y,z chẵn .
$ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}= [20^{x}-(-1)^{x}]+[11^y-(-1)^{y}]$ $ -(1969^{z}-1^{z})$ +1
Vì $ (a^{n}-b^{n})\vdots(a-b)$ nên $ (20^{x}-(-1)^{x})\vdots21\vdots3$
$ (11^{y}-(-1)^{y})\vdots12\vdots3$ , $ (1969^{z}-1^{z})\vdots1968\vdots3$
suy ra A chia 3 du 1
Mà $ a+a^{2}= a(a+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia 3 du 0 hoặc 2.
Vậy Số $ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ ko thể viết duoi dạng $ a+a^{2}$ vs a là số tụ nhiên .

Anh thấy đáp án có chỗ sai thì phải. Chỗ chứng minh A chia 3 dư 1.
Anh viết lại như sau cho dễ hiểu:
\[A = {20^x} + {11^y} - {1969^z} \equiv {\left( { - 1} \right)^x} + {\left( { - 1} \right)^y} - {\left( { - 1} \right)^z} \equiv 1 + 1 - 1 \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\]

Anh oi Đáp án đung rồi mà.x,y,z chẵn nên đúng mà anh .

Đáp án:

Các số $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia 4 du 0 hoặc 1 mà $ (1984-104x)\vdots4$ suy ra $(x^{4}+y^{4}+z^{4})\vdots4$
Do đó $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia hết cho 4 suy ra x,y,z chẵn .
$ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}= [20^{x}-(-1)^{x}]+[11^y-(-1)^{y}]$ $ -(1969^{z}-1^{z})$ +1
Vì $ (a^{n}-b^{n})\vdots(a-b)$ nên $ (20^{x}-(-1)^{x})\vdots21\vdots3$
$ (11^{y}-(-1)^{y})\vdots12\vdots3$ , $ (1969^{z}-1^{z})\vdots1968\vdots3$
suy ra A chia 3 du 1
Mà $ a+a^{2}= a(a+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia 3 du 0 hoặc 2.
Vậy Số $ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ ko thể viết duoi dạng $ a+a^{2}$ vs a là số tụ nhiên .

Đề HP và VP năm nay khó đột ngột !

Cách khác câu 6:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz , ta có :
$3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^{2}= [\frac{(a+b+c)2}{a+b+c}]\leq (\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a})^{2}$
$=(\sum \frac{a^{2}}{b\sqrt{b(c+2a)}}.\sqrt{bc+2ca})^2\leq VT.3(ab+bc+ca)\Rightarrow VT\geq 1$