Với $a\geq b\geq c> 0$ ta có 

$\frac{1}{4a} + \frac{1}{4b} + \frac{1}{4c}$ $\geq$ $\frac{1}{a + 3b} + \frac{1}{b + 3c} + \frac{1}{c + 3a}$ $\geq$ $\frac{1}{2a + 2b} + \frac{1}{2b + 2c} + \frac{1}{2c + 2a}$ $\geq$ $\frac{1}{2a + b + c} + \frac{1}{2b + c + a} + \frac{1}{2c + a + b}$ $\geq$ $\frac{9}{4a + 4b + 4c}$

Sai hoàn toàn: Không thể có:

$\sum \frac{1}{4a}\geq \sum \frac{1}{a+3b}\geq \sum \frac{1}{2a+2b}\geq \sum \frac{1}{2a+b+c}$. Điều này vô lý.Nếu đúng bạn chứng minh xem.

Hình như tiểu huynh đệ này mới học lớp 10 nên chưa biết đến các bdt này. Hãy mang bài này đến hỏi các thầy xem có phải sai hoàn toàn không.

 

Mời mọi người tiếp tục suy nghĩ. Mong mọi người chỉ đăng lời giải, xin hạn chế bình loạn.

 

Thế anh có thể chứng minh $\sum \frac{1}{2a+b+c}\geq \sum \frac{1}{2a+2b}$

Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng
$\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3} \leq \frac{3}{1+abc}$

Ta dễ dàng chứng minh được bài này : $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}\leq \frac{2}{1+\sqrt{a^{2}b^{2}}}$

Áp dụng ta có: $\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}\leq \frac{2}{1+\sqrt{a^{3}b^{3}}}$

$\frac{1}{1+c^{3}}+\frac{1}{1+abc}\leq \frac{2}{1+\sqrt{abc^{4}}}$

 mà $\frac{2}{1+\sqrt{abc^{4}}}+\frac{2}{1+\sqrt{a^{3}b^{3}}}\leq \frac{4}{1+\sqrt[4]{a^{4}b^{4}c^{4}}}=\frac{4}{1+abc}$ 

Từ đây ta có điầu phải chứng minh

bạn ơi bạn bạn chưa chắc đúng đâu bạn 

$\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}\leq \frac{2}{1+\sqrt{a^{2}b^{2}}}$ cái này đúng khi $ab \geq 1 $ bạn ạ

Thế bạn thiếu điều kiện

như bạn nói điều kiện để áp dụng bđt thức phụ đó tề.Không có sẽ không làm được

mình nghĩ là ngược dấu hoặc thiếu đk

Không ngược đâu,mình chứng minh ở trên

đã có ở đây

Mà hình như bạn nhầm đề rồi

hixx,  $\frac{1}{{{a^2} + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + 1}} + \frac{1}{{{c^2} + 1}} \ge \frac{3}{{1 + abc}}\$ 

mà bạn

Thế thì mình làm cho: Vì $x\geq 1\Rightarrow x^{3}\geq x^2$ nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{1}{a^{3}+1}+\frac{1}{b^{3}+1}+\frac{1}{c^{3}+1}\geq \frac{3}{abc+1}$.

đã có ở đây

đề có vấn đề không nhỉ, mình làm như sau:$VT=\sum \frac{2(a^{2}+b^{2})}{2(a-b)^{2}}=\sum (\frac{1}{2}+\frac{(a+b)^{2}}{(a-b)^{2}})\geq \frac{5}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{(a+b)^{2}}{(a-b)^{2}}\geq 1$ vô lý vì $\frac{(a+b)^{2}}{(a-b)^{2}}\geq 1\Rightarrow \sum \frac{(a+b)^{2}}{(a-b)^{2}}\geq 3$   

với a,b,c >0; n ∈ N*.CMR:

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

$\sum \frac{a^{n}}{b+c}\geq \frac{1}{3}(\sum a^{n})(\sum \frac{1}{a+b})\geq \frac{1}{3}(\sum a^{n})(\frac{9}{2(a+b+c)})=\frac{3}{2}(\frac{\sum a^{n}}{\sum a})$

1.Cho các số thực dương a,b,c sao cho $abc=1$.Chứng minh:

$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+3\geq 2(a+b+c)$

2.Cho các số thực dương a,b,c .Chứng minh:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{6abc}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}\geq 5$

3..Cho các số thực dương a,b,c.Chứng minh:

$\sqrt{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-2}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

4..Cho các số thực dương a,b,c .Chứng minh:

$(\frac{a}{2a+b})^{3}+(\frac{b}{2b+c})^{3}+(\frac{c}{2c+a})^{3}\geq \frac{1}{9}$

Tìm số nguyên p sao cho $(2005^{2005}-p^{2006})\vdots (2005+p)$

Bạn ơi: Bổ đề đúng là : $\sum \frac{1}{1+a^{2}}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{\prod a^{2}}}$ mà vì nếu đặt $a^{2}=x^{3},b^{2}=y^{3},c^{2}=z^{3}$ thì ta có $\sum \frac{1}{1+x^{3}}\geq \frac{3}{1+xyz}$ (đúng với x,y,x $\geq$ 1) mà

Cô giáo mình bảo nếu là cuối lớp 8 thì sẽ làm dễ hơn nhưng mình chưa học đến lớp 8 nên các bạn giúp mình cách nào dễ hiểu nhất nhé,cảm ơn các bạn nhiều.

Đề bài:Cho tam giác ABC trực tâm H.Cmr:(BH.CH)/(AB.AC)+(CH.AH)/(BC.BA)+(AH.BH)/(AC.BC)=1

Bài 2:chi tam giác abc,trung tuyến BD,các đường trung tuyến AM,Bn của tam giác ABD cắt nhau ở I.Cm:DI=1/3 BC

Cảm ơn các bạn,mình mới tham gia nên chưa biết gõ Latex

Lớp 7 học tam giác đồng dạng chưa em nhỉ.Nếu học rồi mới làm được không sẽ khó hiểu nếu chưa từng đọc

Lớp 7 thì chưa nhưng lớp 8 rồi,cậu cứ giảng đi,tớ học được kha khá lớp 8 rồi,nhưng chỉ học lướt thôi cậu giảng để tớ xem tớ có hiểu không nhé

Cái này 1 cách liên quan đến đường tròn là áp dụng công thức $S=\frac{a.b.c}{4R}$.

Cách thứ 2 sử dụng công thức lượng giác thì cả hai đều chưa học 

 

Có vẻ bất đẳng thức này không phù hợp với trình độ THCS đâu, cậu nên post sang bên THPT hoặc Olympiad.

 

BĐT cần chứng minh tương đương với :

$3+\sum \frac{x}{y}+\sum \frac{y}{x}+3\sum \frac{x}{y}-3\sum \frac{y}{x}\geq 9$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{x}{y}\geq \sum \frac{y}{x}+3$

Có thể có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức trên nhưng có lẽ cách đơn giản nhất là dùng ... $EMV$

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh 

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

$\Leftrightarrow 3(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}-\frac{y}{x}-\frac{z}{y}-\frac{x}{z})+(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}-6)\geq 0$

$\Leftrightarrow 3(x-y)(y-z)(z-x)+x(y-z)^{2}+y(z-x)^{2}+z(x-y)^{2}\geq 0$ (*)

Đặt $f(a,b$,$c$)$=VT(*)$.

Theo $EMV$ thì $f(a,b$,$c$)$\geq$ $f(a-x,b-x,c-x)$ với $x$ là một số thực dương thoả mãn $x\leq max${$a$,$b$,$c$} và ($a-x$,$b-x$,$c-x$) là $3$ cạnh của tam giác.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a=max${$a$,$b$,$c$}, theo bất đẳng thức tam giác thì :

$b-x+c-x\geq a-x\Leftrightarrow x\leq b+c-a$

Suy ra $x\in [0;b+c-a]$

Theo $EMV$, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trên với $a=b+c$, tức là :

$3yz(z-y)+y^{3}+z^{3}+(y+z)(y-z)^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow 2(y^{3}+z^{3})+2yz^{2}-4y^{2}z\geq 0$

$\Leftrightarrow 2y(y-z)^{2}+2z^{3}\geq 0$

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng, suy ra đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Spoiler

Mở rộng :
Sử dụng EMV có thể chứng minh kết quả tổng quát sau :
$(k+1)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq k(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})+3$
Cách làm hoàn toàn tương tự, ta chỉ cần chứng minh khi $a=b+c$
Với kết quả mở rộng trên, ta hoàn toàn có thể sáng tạo nên bài toán mới

@hoctrocuanewton : EMV là dồn biến toàn miền đấy mà hình như cũng là cách duy nhất thì phải, thế mới bảo phải chuyển sang box THPT

 

 

Có vẻ bất đẳng thức này không phù hợp với trình độ THCS đâu, cậu nên post sang bên THPT hoặc Olympiad.

 

BĐT cần chứng minh tương đương với :

$3+\sum \frac{x}{y}+\sum \frac{y}{x}+3\sum \frac{x}{y}-3\sum \frac{y}{x}\geq 9$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{x}{y}\geq \sum \frac{y}{x}+3$

Có thể có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức trên nhưng có lẽ cách đơn giản nhất là dùng ... $EMV$

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh 

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

$\Leftrightarrow 3(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}-\frac{y}{x}-\frac{z}{y}-\frac{x}{z})+(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}-6)\geq 0$

$\Leftrightarrow 3(x-y)(y-z)(z-x)+x(y-z)^{2}+y(z-x)^{2}+z(x-y)^{2}\geq 0$ (*)

Đặt $f(a,b$,$c$)$=VT(*)$.

Theo $EMV$ thì $f(a,b$,$c$)$\geq$ $f(a-x,b-x,c-x)$ với $x$ là một số thực dương thoả mãn $x\leq max${$a$,$b$,$c$} và ($a-x$,$b-x$,$c-x$) là $3$ cạnh của tam giác.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a=max${$a$,$b$,$c$}, theo bất đẳng thức tam giác thì :

$b-x+c-x\geq a-x\Leftrightarrow x\leq b+c-a$

Suy ra $x\in [0;b+c-a]$

Theo $EMV$, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trên với $a=b+c$, tức là :

$3yz(z-y)+y^{3}+z^{3}+(y+z)(y-z)^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow 2(y^{3}+z^{3})+2yz^{2}-4y^{2}z\geq 0$

$\Leftrightarrow 2y(y-z)^{2}+2z^{3}\geq 0$

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng, suy ra đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Spoiler

Mở rộng :
Sử dụng EMV có thể chứng minh kết quả tổng quát sau :
$(k+1)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq k(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})+3$
Cách làm hoàn toàn tương tự, ta chỉ cần chứng minh khi $a=b+c$
Với kết quả mở rộng trên, ta hoàn toàn có thể sáng tạo nên bài toán mới

@hoctrocuanewton : EMV là dồn biến toàn miền đấy mà hình như cũng là cách duy nhất thì phải, thế mới bảo phải chuyển sang box THPT

 

EMV (Dồn biến toàn miền không phải vậy đâu bạn ơi)

Câu 1: $\frac{16}{\sqrt{x-6}}+\sqrt{x-6}\geq 2\sqrt{16}=16$.Chứng minh tương tự ta sẽ có VT $\geq$ VP nên dấu bằng khi x=22 ,y=6,z=256+1750

ông sai rồi ko có nguyên dương thôi chứ y=0 và x=2006 vẫn đc mà 

đúng rồi.đầu tiên phải xét các trường hợp đó

Câu 2: Ta có $y(y+1)(y+2)(y+3)+1=(y^{2}+3y)(y^{2}+3y+2)+1=(y^{2}+3y)^{2}+2(y^{2}+3y)+1=(y^{2}+3y)^{2}$ nên vế phải không là số chình phương nên phương trình không có nguyệm nguyên

$VT-VP=\frac{a^{2}}{4}+b^{2}+c^{2}-ab-bc+2bc+\frac{a^{2}}{12}=(\frac{a}{2}-b-c)^{2}+\frac{a^{2}-36bc}{12}>0\Rightarrow$ đpcm

Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}
x^3=6(y+1)\\
y^3=6(x+1)
\end{matrix}\right.$$
Đề của
daovuquang

hệ đối xứng loại 2 dễ mà