Cho a,b,c,d dương thỏa mãn abcd=1.CMR $\sum \frac{1}{3+a}\geq 1$

bạn cứ nhân bung hết cái vế phải ra

dùng cả Schur bậc 2 nữa là đc

cho $x\geq y\geq z$ và  $F(x,y,z)= \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+\frac{25(xy+yz+xz)}{(x+y+z)^{2}}$

CMR F (x,y,z) $\geq 8$

bạn ơi gcd(b+1,$b^{2}-b+1$) = 3 đc mà

CMR phương trình sau không có ngiệm nguyên dương $x^{4}-1=(2y+1)^{3}$

Cho D nằm giữa H và M cố định.tam giác ABC thay đổi sao cho AH,AD,AM là đường cao ,phân giác .trung tuyến của tam giác ABC .CMR tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc 1 đường thẳng cố định khi tam giác ABC thay đổi

quy đồng ta đc bđt cần chứng minh tương đương với $3(a+b)^{2}\leq 2ab(a+b+1)+3(a+b)$ (1)

lại có (a-1)(b-1) >= 0 nên ab >= a+b-1 

thay vào (1) ,rút gọn rồi phân tích nhân tử đc đpcm ( do 1 <= 1+b <= 2)

Áp dụng AM-GM ta có $\frac{a^{3}}{x^{2}}+2x \geq 3a$

Tương tự cộng vế là xong

áp dụng AM-GM ta có P =$\sum \frac{(a+b)^{3}}{\sqrt[3]{2(a+b)(a^{2}+b^{2})}}= \sum \frac{(a+b)^{4}}{\sqrt[3]{(2a^{2}+2b^{2})(a^{2}+2ab+b^{2})(a^{2}+2ab+b^{2})}}\geq \sum \frac{3(a+b)^{4}}{4(a^{2}+ab+b^{2})}=9+\sum \frac{3(a^{2}+b^{2})^{2}} {4(a^{2}+ab+b^{2})}\geq 9+3\doteq 12$

 (do $(a^{2}+b^{2})^{2}\geq \frac{4}{9}(a^{2}+ab+b^{2})^{2}$ nên BĐT cuối đúng )

vậy BĐT đc cm

Cho a, b, c là các số thực dương . CMR: $\sum \frac{1}{(a+b)^{3}}+\frac{3}{32}\sum ab\geqslant \frac{21}{32}$

hình như bạn gõ sai đề

dưới mẫu không phải là a+b mà là 1+ a

đặt  $a_{i}= \frac{1}{x_{i}}$

theo Cauchy-Schwazt ta có $\sum \frac{x_{i}}{x_{i}+n-1}\geq \frac{(\sum \sqrt{x_{i}})^{2}}{\sum (x_{i}+n-1)}$

ta sẽ chứng minh $(\sum \sqrt{x_{i}})^{2}\geq n(n-1)+\sum x_{i}$

nhân ra rút gọn 2 vế rồi dùng AM-GM là xong

3 số (a+b)/c ; (b+c)/a ; (c+a)/b không thể cùng lớn hơn 2 .

bạn xét các trường hợp ra là đc

mình có cách khác như sau BĐT cần chứng minh tương đương với $\sum \sqrt[4]{a^{3}b^{4}c^{4}(\sqrt{3}+6\sqrt{3}ab)}\leq 1$

dùng AM- GM cho 4 số 9abc ,9abc,9abc và $\sqrt{3}bc+6\sqrt{3}ab^{2}c$ thì đc BĐT cần chứng minh

đổi biến p ,q, r

ta có q^2 >= 3pr >= 9r^2 .

suy ra q >= 3r

mà a^2 + b^2 +c^2 >= q >= 3r

vậy bđt đc cm

đặt  x = a^2 -ab + b^2 = c^2 -cd + d^2

giả sử ab >=  cd

(a+b)^2 = x +3ab

(c+d)^2 = x + 3cd

ta chứng minh (x+3ab)(x+3cd) >= 4. (ab+cd)^2

do x >= ab nên (x+3ab)(x+3cd) - 4. (ab+cd)^2  >=  4ab( ab+3cd ) ^2 - 4. (ab+cd)^2 = 4cd (ab-cd) >= 0

vậy bđt đc cm

dùng quy nạp bạn ạ

Đề chắc chắn đúng!

nghiệm nguyên dương mà bắt chứng minh xy = 0 ???

do $a^{2}+b^{2}=1 \Rightarrow -1 \leq a,b\leq 1$

ta có $(a+b)^{2}=2ab+1$ .do đó sau khi nhân hết ra ta đc bđt cần chứng minh tương đương với (1-a)(1-b)$\geq 0$ (luôn đúng )

dùng đánh giá Cauchy -Schwazt cho VT đc VT <= 2

     VP >= 2

do đó.phương trình có nghiệm x=3

mình nhớ là bài này sau khi bung hết ra sẽ đc 1 cái phương trình tích .sau đó giải đc x,y

viết thành $2y^{4}+ y^{2}(x^{2}+7)- (x^{4}-4x^{2}-5)= 0$

tính đenta thì đenta là SCP .từ đó tìm được x suy ra y

theo mình cách 2 là quy đồng hết lên vì sau khi quy đồng được phương trình bậc 4 mà có nghiệm là 2  và 0,75

1.theo đề bài thì x>o....áp dụng AM-GM ta có $6\sqrt[3]{4x^{3}+x}=3\sqrt[3]{2.4x.(4x^{2}+1)}\leq 4x+3+4x^{2}\leq 16x^{4}+5$

vậy x=0,5 là nghiệm

2.áp dụng Am-Gm ta có $2\sqrt{10-x}=\frac{2}{3}\sqrt{9(10-x)}\leq \frac{(19-x)}{3} 

\sqrt[3]{4+4x}= \sqrt[3]{2.2.(x+1)}\leq \frac{5+x}{3}$

cộng vào ta đc VT<= VP

vậy pt có nghiệm x=1