làm hộ tớ bài này nhé

$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{22}{15}$
với $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 2$

Tớ cảm ơn các bạn

nếu còn bài nào hay thì up tiếp ở trang này đi nhé.

sử dụng bdt cosi ta được:
$\left ( \frac{1}{x^{2}}+ \frac{1}{y^{2}}\right )$.$(x+y)^{2}$$\geq 8$
suy ra:$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}\geq \frac{8}{(x+y)^{2}}$
do vai trò của a,b,c như nhau nên ta gs $a> b> c$
áp dụng bất đẳng thức trên ta được:
$\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}\geq \frac{8}{(a-c)^{2}}$
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a-b=b-c
suy ra VT của BĐT ban đầu $\geq$$\frac{9}{(a-c)^{2}}$
mặt khác do a,c thuộc đoạn [0,2] nên 0<a-c<=2
vậy VT$\geq$$\frac{9}{4}$ ta được DPCM
dấu = có khi và chỉ khi (a,b,c)=(2,1,0) và các hoán vị

bài khác nữa nè:
1.cho 3 số dương a,b,c tm a+b+c+abc=4.cmr
a+b+c$\geq$ab+bc+ac
2.cho a,b,c thuộc đoạn [1,2] cmr
$\left ( a+b+c \right ).\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\leq 10$
3.ho a,b,c thuộc đoạn [0,1].cmr
a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)$\leq$1
bài 1 bài 3 làm được thì đăng lên luôn nhé!!!

____
3 bài này có nhiều trên topic BĐT THCS và THPT rồi bạn

1.cho a,b,c$\geq 1$.cmr
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{2+abc}$

2.cho a+b+c $\epsilon [0,1]$,$a+b+c= \frac{3}{2}$.Chứng minh rằng
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq \frac{5}{4}$

3.Cho x, y, z > 0 và xyz=32. Tìm Min của
S=$x^{2}+4xy+4y^{2}+2z^{2}$

4.Chứng minh rằng:$\frac{1}{a^{3}+1}+\frac{1}{b^{3}+1}+\frac{1}{c^{3}+1}\leq \frac{3}{2abc}$.Với$a,b,c\epsilon [0,1]$

5.Cho a, b, c > 0 và a+b+c=1. Chứng minh rằng
$\left ( a-bc \right ).\left ( b-ac \right ).\left ( c-ab \right )\leq 8a^{2}b^{2}c^{2}$

6.Cho$x^{2}+y^{2}+z^{2}-4x+2z\leq 0$.
Tìm Min, Max của S=2x+3y-2z

7.Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 5abc$ Với a,b,c$\epsilon$[1,2]


-------------------
MOD: Bạn vui lòng gõ $\LaTeX$ lên tiêu đề nhé. Xem Thông báo về việc đặt tiêu đề.

- Nếu trong topic có nhiều bài toán thì bạn chọn một bài có nội dung ngắn nhất để đặt tên cho tiêu đề.

- Lần này mod sẽ sửa giúp bạn, nếu còn tái phạm thì bài viết sẽ bị xóa mà không báo trước.

- Bạn cần xem ở đây: http://diendantoanho...30

cho x,y,z,a,b>0.


Tìm GTNN của

P=$\frac{x^{2}}{(ay+bz)(az+by)}+\frac{y^{2}}{(ax+bz)(az+bx)}+\frac{z^{2}}{(ax+by)(ay+bz)}$

các bài bdt tớ thấy hay hay nên post thôi

1.cho x,y,z là các số thực tm xy+yz+3xz=1
tìm min của P=$x^{2}+y^{2}+z^{2}$

2.choa,b,c>0 tm a+b+c=1.cmr
$\sum \frac{a^{7}+b^{7}}{a^{5}+b^{5}}\geq \frac{1}{3}$

3.cho a,b,c$\geq 0$.cmr
$(a+b+c)^{3}\geq 6\sqrt{3}(a-b)(b-c)(c-a)$

4.cho a,b,c>0 tm a+b+c=3.cmr
$\sum \frac{ab}{\sqrt{c^{2}+3}}\leq \frac{3}{2}$

$\frac{\sqrt{17}-3}{4}x^2+\frac{1}{\sqrt{17}-3}y^2\geq xy$

$\frac{\sqrt{17}-3}{4}z^2+\frac{1}{\sqrt{17}-3}y^2\geq yz$

$\frac{3}{2}(x^2+z^2)\geq 3zx$

cộng từng vế 3 bđt trên tìm đc Min của P

đúng rồi bạn ạ.minP=$\frac{\sqrt{17}-3}{2}$

cho em đăng kí với

$36(a^{2}+11a+30)(a^{2}+11a+31)=(a^{2}+11a+12)(a^{2}+9a+20)(a^{2}+13a+42)$
$\Leftrightarrow 36(a^{2}+6a+5a+6.5)(a^{2}+11a+31)=(a^{2}+11a+12)(a^{2}+4a+5a+4.5)(a^{2}+6a+7a+6.7)$
$\Leftrightarrow 36(a+5)(a+6)(a^{2}+11a+31)=(a^{2}+11a+12)(a+4)(a+5)(a+6)(a+7)$
$\Leftrightarrow (a+5)(a+6)\left ( (a^{2}+11a+12)(a+7)(a+4)-36(a^{2}+11a+31) \right )=0$
$\Leftrightarrow (a+5)(a+6)(a^{4}+22a^{3}+125a^{2}+44a-780)=0$
$\Leftrightarrow (a+5)(a+6)(a^{2}+11a-26)(a^{2}+11a+30)=0$
$\Leftrightarrow (a+5)(a+6)(a-2)(a+13)(a+6)(a+5)=0$
$\Leftrightarrow a\epsilon \left \{ -13,2,-6,-5 \right \}$
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm $a \in \left \{ -13,2,-6,-5 \right \}$.

ta có thể tách tất cả các biểu thức có thể tách được trong ngoặc thành nhân tử .tìm thừa số chung rồi trừ cả 2 vế đi

D-B=11.7h
E=10
F=0
S=66.3

Bài toán :
Cho $x,y,z \in (0;1]$. Tìm GTLN của :
$$\left (1+xyz\right )\left (\dfrac{1}{1+x^3}+\dfrac{1}{1+y^3}+\dfrac{1}{1+z^3}\right )$$

em nghĩ đk của bài này phải là x,y,z>=1 và phải là tìm min chứ.nếu đề là như vậy thì em nghĩ cách giải như thế này:::
đầu tiên cm $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}\geq \frac{2}{1+ab}$
áp dụng điều đó ta có
$\frac{1}{x^{3}+1}+\frac{1}{1+y^{3}}\geq \frac{2}{1+xy\sqrt{xy}}$
$\frac{1}{z^{3}+1}+\frac{1}{1+t^{3}}\geq \frac{2}{1+zt\sqrt{zt}}$
suy ra $\frac{1}{1+x^{3}}+\frac{1}{1+y^{3}}+\frac{1}{1+z^{3}}+\frac{1}{1+t^{3}}\geq 2(...)\geq \frac{4}{1+\sqrt[4]{(xyzt)^{3}}}$
( chon t=$\sqrt[3]{xyz}$ ) có
$\frac{1}{x^{3}+1}+\frac{1}{y^{3}+1}+\frac{1}{z^{3}+1}+\frac{1}{xyz+1}\geq \frac{4}{1+xyz}.$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+x^{3}}\geq \frac{3}{1+xyz}$
$\Rightarrow bt\geq 3$

cho các số a, b, c $\in \left [ 1;2 \right ]$. Chứng minh bất đẳng thức:
$\frac{a^{2}+b^{2}}{ab}+\frac{b^{2}+c^{2}}{bc}+\frac{c^{2}+a^{2}}{ca}\leq 7.$

bất đẳng thức tương đương với:
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq 10$
không mất tính tổng quát ta giả sử $1\leq a\leq b\leq c\leq 2$
ta có $\left ( 1-\frac{a}{b} \right )(1-\frac{b}{c})\geq 0$ và $(1-\frac{b}{a})(1-\frac{c}{b})\geq 0$
$\Rightarrow (\frac{a}{b}+\frac{b}{c})+(\frac{b}{a}+\frac{c}{b})\leq 2+(\frac{a}{c}+\frac{c}{a})$
$\Rightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq 5+2(\frac{a}{c}+\frac{c}{a})$
xét $(2-\frac{a}{c})(\frac{1}{2}-\frac{a}{c})\leq 0$ vì $\frac{1}{2}\leq \frac{a}{c}\leq 2$
nên a/c + c/a $\leq \frac{5}{2}$
suy ra dpcm

giải hộ tớ bài toán nhé!!!
choa,b>0 tm a+b+ab=3
cmr$\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^{2}+b^{2}+\frac{3}{2}$

đặt y+z=a;x+z=b;x+y=c(a,b,c>0).
ta có pt
$\frac{a}{2a+c}+\frac{b}{2b+a}+\frac{c}{2c+b}= 1$
$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{2a^{2}+ac}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+ab}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+bc}=1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2+\frac{c}{a}}+\frac{1}{2+\frac{a}{b}}+\frac{1}{2+\frac{b}{c}}=1$
đặt $\frac{c}{a}=m;\frac{a}{b}=n;\frac{b}{c}=p$ (m,n,p>0).ta có mnp=1
$\Leftrightarrow \frac{1}{m+2}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{p+2}=1$
$\Leftrightarrow (m+2)(n+2)+(n+2)(p+2)+(m+2)(p+2)=(m+2)(n+2)(p+2)$
$\Leftrightarrow (mn+np+mp)+4(m+n+p)+12= mnp+2(mn+np+mp)+4(m+n+p)+8$
$\Leftrightarrow 4=mnp+mn+np+mp$
$\Leftrightarrow 3= mn+np+mp$
áp dụng bdt AM-GM cho 3 số dương . ta có
$mn+np+mp\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}}=3$
dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow m=n=p$
$\Leftrightarrow \frac{c}{a}=\frac{a}{b}=\frac{b}{c}$
$\Leftrightarrow a=b=c$
$\Leftrightarrow y+z=x+z=x+y$
$\Leftrightarrow x=y=z$
vậy x=y=z nguyên dương là nghiệm của pt đã cho

Chưa chứng minh BĐT AM-GM cho 3 số dương: trừ 4đ
D-B=27.4h
E=6
F=10
S=48.6

mở rộng:
có thể mở rộng bài toán khác như sau
đề bài:
tìm tất cả các số thực dương a,b,c tm phương trình
$\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}=\frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+\frac{a}{b}}=\frac{3}{2}$
đặt$\frac{a}{b}=x ; \frac{b}{c}=y ; \frac{c}{a}=z$
suy ra:xyz=1
ta cod : $\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=\frac{3}{2}$
sau khi biến đổi ta có (x-1)(y-1)(z-1)=0
$\Leftrightarrow x=1 hoặc y=1 hoặc z=1
$\Leftrightarrow$ a=b hoặc b=c hoặc c=a.

các anh mods ơi.em đánh sai latex đoạn cuối có làm sao không.cái chỗ :

⇔

x

=

1

h

o

ặ

c

y

=

1

h

o

ặ

c

z

=

1

\Leftrightarrow$ a=b hoặc b=c hoặc c=a.

ta có:
vì p là số nguyên tố nên ta xét 2 trường hợp:
# nếu p=2
ta có $5^{p}+12^{p}=5^{2}+12^{2}=169=13^{2}$ (là số chính phương) (chọn)
# nếu $p> 2$.
do p là số nguyên tố và 2 là sô nguyên tố duy nhất chia hết cho 2 nên ta được p là số lẻ.
suy ra $5^{p}$ chia hết cho 5 với mọi p (vì 5 chia hết cho 5).
lại có 5 là số lẻ nên $5^{p}$ là số lẻ với mọi p.
suy ra $5^{p}$ có tận cùng là 5.
đặt p=2k+1(k thuộcZ*)

+ xét k lẻ .đặt k=2a+1
suy ra p=4a+3.
suy ra $12^{p}-8$=$12^{4a+3} - 8=12^{4a}.1728-8=8(216.12^{4a}-1)=8\left [ 216(12^{4a}-1)+215 \right ]$
vì $12^{4a}-1$=$20736^{a}-1$
$=20735(20746^{a-1}+20746^{a-2}+...+1)$ chia hết cho 5 (vì 20735 chia hết cho 5)
suy ra $12^{4t}-1$ chia hết cho 5
suy ra $216(12^{4a}-1)+215$ chia hết cho 5
suy ra $12^{p}-8$ chia hết cho 10.(vì (2,5)=1)
suy ra $12^{p}$ tận cùng là 8.

+ xét k chẵn.đặt $k=2b$ (b thuoc Z*).
suy ra $p=4b+1$.
$\Rightarrow 12^{p}-2=12^{4b+1}=12^{4b}.12-2=2(6.12^{4b}-1)=2\left [ 6(12^{4b}-1)+5 \right ]$
vì $12^{4b}-1=20736^{b}-1=20735(20746^{b-1}+20746^{b-2}+...+1)$. chia chia hết cho 5 (vì 20735 chia hết cho 5)
suy ra $\left [ 6(12^{4b}-1)+5 \right ]$ chia hết cho 5.
suy ra $2\left [ 6(12^{4b}-1)+5 \right ]$ chia hết cho 10.
suy ra $12^{p}$ tận cùng là 2

như vậy ta có $5^{p}+12^{p}$ tận cùng là 7 hoac 3.
lại có một số chính phương chỉ có thể tận cùng là 0;1;4;5;6;9 (dễ chứng minh) nên với p là số lẻ thì $5^{p}+12^{p}$ không là sô chính phương.
tóm lại chỉ với p=2 thì tm dk đề bài.
vậy p=2.

Chưa chứng minh chữ số tận cùng số chính phương là 0;1;4;5;6;9
D-B=6h
E=9+1=10
F=0
S=72

nếu tớ có lỗi Latex thì bỏ qua nhé ,anh Xunsist nhé.please!!!

cho em giải cách khác nhé:
mở rộng của danganhaaaa:
ta xét 2 trường hợp:
#xét p là số chẵn
do 2 là số nguyên tố duy nhất chia chết cho 2 nên p=2
ta được $5^{p}+12^{p}$=$5^{2}+12^{2}$=169=$13^{2}$(thỏa mãn diều kiện đề bài)
#xét p là số lẻ.đặt p=2k+1
ta có $5^{p}$=$5^{2k+1}$
=$5.25^{k}$
do 25 chia 3 dư 1,5 chia 3 dư 2 nên $25^{k}$ chia 3 dư 1
suy ra $5.25^{k}$chia 3 dư 2
lại có 12 chia hêt cho 3 nên $12^{p}$ chia hết cho 3
vậy $5^{p}+12^{p}$ chia 3 dư 2
lại có số chính phương chia 3 dư 1 hoăc chia hết cho 3 nên $5^{p}+12^{p}$ không là số chính phương với p là số lẻ.
vậy với p=2 thì tm yêu cầu đề bài.
bài làm trước của em đánh latex sai thì bỏ quá cho em nhé các pác mod nhé .

Giải phương trình: x^3+1=3 nhân căn bậc 3 của (3x-1).

đặt $\sqrt[3]{3x-1}=a$
ta có $a^{3}+1$=3x và $x^{3}+1=3a$
suy ra hpt đx

giải giùm tớ bài toán nhé!!!:
đề bài
cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=6
chứng minh rằng
$8^{a}+8^{b}+8^{c}\geq 4^{a+1}+4^{b+1}+4^{c+1}$

làm hộ tớ mấy bài nhé!!!
1,cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
tìm min $A=\frac{a^{3}}{1+b^{2}}+\frac{b^{3}}{1+c^{2}}+\frac{c^{3}}{1+a^{2}}$
2,cho x,y,z>0 tm x(x-1)+y(y-1)+z(z-1)$\leq \frac{4}{3}$
tìm min A=$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}$

vẽ I đối xứng với E qua AB , H đối xưng với E qua AC , K đối xứng với f qua BC
ta có AE=AI(do A nằm trên đường trung trực của đoạn IE)
AE=AH(do A nằm trên đường trung trực của EH)
suy ra AI=AH
suy ra AD là đường trung trực của IH
lại có F nằm trên AD nên FI=FH (1)
ta có $\measuredangle IBF=2.\measuredangle EBA+\measuredangle EBF$
$\measuredangle EBK=2.\measuredangle FBC+\measuredangle EBF$
lại có $\measuredangle EBA=\measuredangle FBC$
nên suy ra $\measuredangle IBF=\measuredangle EBK$
xét 2 tam giác BIF và tam giác BEK có
BF=BK(do B thuộc đường trung trực của FK)
BI=BE(do B thuộc đường trung trực của IE)
$\measuredangle IBF=\measuredangle EBK$ (cm trên)
suy ra $\vartriangle BIF = \vartriangle BEK(c.g.c)$
suy ra IF = EK (2)
từ (1) và (2) suy ra FH=EK
xét 2 tam giác CFH và CKE có
CF=CK(vì C nằm trên đường trung trực của FK)
CH=CE(vì C nằm trên đường trung trực của EH)
HF=EK(cm trên)
$\Rightarrow \vartriangle CFH=\vartriangle CKE$
$\Rightarrow \angle FCH=\angle ECK$
$\Rightarrow \angle ECH=\angle FCK$
lại có $\measuredangle ECH=2\measuredangle ACE$
$\measuredangle FCK=2\measuredangle FCB$
suy ra $\measuredangle ACE=\measuredangle FCB$ (DPCM)
thông cảm cho em nhé,em không biết vẽ hình!!!

Xét thiếu TH. Thời gian nộp bài tính từ lúc nộp hình vẽ.
D-B=14.8h
E=9
F=0
S=60.2

Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa $x+y+z=1$
CMR : $x+2y+z\geq 4(1-x)(1-y)(1-z)$

đâu cần phải làm như vậy !
ta có 4(1-z)(1-x)$\leq$$(2-x-z)^{2}$=$(1+y)^{2}$
suy ra 4(1-x)(1-y)(1-z)$\leq$$(1-y)(1+y)^{2}$=$(1-y^{2}).(1+y)\leq 1+y=x+2y+z$

hình của danganhaaaa
http://upanh.com/hin...7rd7ee4n1cv.htm