Cho a,b,c,d>0; ab+bc+cd+da=1
CMR $\frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b^3}{a+c+d}+\frac{c^3}{a+b+d}+\frac{d^3}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}$
-------------------------------------------------------------
Giúp mình với

$\frac{a^{4}}{ab+ac+ad}$ tương tự rồi schwarz rồi côsi

Bạn có dám chắc đề bài sai không?
Nếu đề bài đúng là Max thì sao?Có thể trong sách chỉ là Min nhưng đâu có khẳng định $B$ không có Max.Thật sự thì mình cũng chưa tính nhưng bạn thử tình theo cách của mình xem Max $B$ là bao nhiêu!

vậy xin mời bạn tìm max .

Thử trình bài một cách không dúng $AM-GM$ xem sao:
Ta có:
$B=\frac{3}{1-x}+\frac{4}{x}=\frac{4-x}{x-x^2}=\frac{x-4}{x^2-x}$
$\Rightarrow Bx^2-Bx=x-4\Rightarrow Bx^2-(B+1)x+4=0$
Đến đây dùng phương pháp miền giá trị của hàm số là ra!

Tìm Max của $B=\frac{3}{1-x}+\frac{4}{x}$
ĐK:$0<x<1$.Ngoài ra thì phải dùng BĐT Cô-si nha

THứ nhất đề sai , phải là tìm min chứ ko phải max
đồng thời cách giải của bạn ko phải hay nhất
1. dung bđt schwarz - tự giải
2. từ đó suy ra cách cauchy . bạn có thể tham khảo vd ở sách ncpt- vũ hữu bình lớp 9 tập 1 ( chuyên đề cực trị )

2. tu

Giả sử $x>y \to \ y>x$ vậy $x=y$ còn lại tự giải

giả sử $\sqrt{a}=\frac{m}{n}$ sao cho $(m;n)=1$ và $m;n \in N^{*}$
$\Rightarrow a=\frac{m^{2}}{n^{2}}\Rightarrow an^{2}=m^{2}$$\Rightarrow m^{2}\vdots n^{2}\Rightarrow m\vdots n\Rightarrow (m;n)=n$
$\Rightarrow n=1 \Rightarrow a=m^{2}$ vô lý

$* \frac{1-ab}{1}+\frac{1-bc}{1}+\frac{1-ca}{1}= 3-(ab+bc+ca)\geq 3-(a^{2}+b^{2}+c^{2})=2$
$* (\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca})(1-ab+1-bc+1-ca)\geq 9$
--> Đpcm

S của 2 hình vuông = AM²+BM²
Áp dụng CS :AM²+BM²>= (AM+BM)²/2 tức là >=18
Dấu = xảy ra khi AM=BM

Đặt $a=x^{5},b=y^{5},c=z^{5}$, phương trình có dạng: $a^{2}+b^{2}=199+c^{2}$
Với mọi số nguyên a ta có:$a=2k,k\epsilon Z\Rightarrow a^{2}=4k^{2}\Rightarrow a\vdots 4\Rightarrow a\equiv 0(mod4)$
$a=2k+1,k\epsilon Z\Rightarrow a^{2}-1=4k(k+1)\vdots 4\Rightarrow a^{2}\equiv 1(mod4)$
Vậy với mọi số nguyên a ta luôn có $a^{2}\equiv 0,1(mod4)$
Tương tự với b và c.
$a^{2}+b^{2}\equiv 0,1,2(mod4),199\doteq 3(mod4)\Rightarrow c^{2}+199\equiv 3(mod4)$
Do đó vế trái và vế phải có số dư khác nhau khi chia cho 4 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên
Bài toán có thể chứng minh kết quả mạnh hơn bằng phương pháp tương tự
Chứng minh phương trình $x^{2k}+y^{2k}=z^{2k}+p,(p=4m+3)$
Đặt $x^{k}=t$ bài toán quy về cách chứng minh như trên

Bài này chứng minh sai rồi !
Có a²,b²,c² chia 4 dư 0,1
->a²+b² chia 4 dư 0,1,2
c²+199 chia 4 dư 0,3
->a²+b²=c²+199 hoàn toàn có thể có nghiệm(2 vế chia hết cho 4)