$(INEQ)\Leftrightarrow \sum \dfrac{ab^3}{a^2+ab+b^2}\geqslant \dfrac{3abc}{a+b+c}$

$\left(\sum \dfrac{ab^3}{a^2+ab+b^2}\right)\left(\sum \dfrac{a^2+ab+b^2}{ab}\right)\geqslant (a+b+c)^2$

Do đó ta cần chứng minh $(a+b+c)^3\geqslant 3\sum a(b^2+bc+c^2)$ luôn đúng.

Bài 1.

$4(a^2+b^2+c^2)+2abc+16=2(a^2+b^2+c^2)+2(a^2+b^2+c^2+3)+abc+abc+1+9\geqslant 2(a^2+b^2+c^2)+4(a+b+c)+\dfrac{9abc}{a+b+c}+9\geqslant (a+b+c)^2+4(a+b+c)+9\geqslant 10(a+b+c)$

Bài 2 làm tương tự.

Đầu tiên theo bài đại học 2014 ta có $P\leqslant \dfrac{p}{p+1}+\dfrac{1}{r+3}$

Nếu $p\leqslant 2$ thì $P\leqslant \dfrac{p}{p+1}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{4}{3}-\dfrac{1}{p+2}\leqslant 1$

Nếu $\sqrt{6}\geqslant p\geqslant 2$ thì $P\leqslant \dfrac{p}{p+1}+\dfrac{12p}{(p^2-4)(p^2+2)+36p}=1-\dfrac{(p-2)^2(p^2+3p+p-2)}{(p+1)[(p^2-4)(p^2+2)+36p]}\leqslant 1$

Bài 1. $(a'a, ab', a'b, bb')=((a'a, a'b), (b'a, b'b))=(a'd ,b'd)=d(a',b')=dd'$

Bài 4. $a^3-a=a(a-1)(a+1)\vdots 3$ nên số dư cần tìm là số dư của $2011^{2012}$ chia cho $3$ và bằng $1$

$\sum a\sqrt{8b^2+c^2}=\sum \dfrac{a(2b+c)\sqrt{8b^2+c^2}}{2b+c}\leqslant \sum \dfrac{a\left[(2b+c)^2+8b^2+c^2\right]}{2(2b+c)}\\=4(ab+bc+ca)-3abc\sum \dfrac{1}{2b+c}\leqslant 4(ab+bc+ca)+\dfrac{9abc}{a+b+c}\leqslant (a+b+c)^2$

cho mình hỏi tại sao lại xét chạy từ $0^{2}\rightarrow 9^{2}$

Số đó phải có dạng $(10k+x)^2$ đồng dư với $x^2$ modulo $10$ nên chỉ cần xét $0^2$ đến $9^2$

$x^2+y^2+xy=(x+y)^2-xy\geqslant \dfrac{3}{4}(x+y)^2$

Tương tự.

Đặt $x=a+b, y=ab$ thì $4x^2-x=12y\leqslant 3x^2\Leftrightarrow x(x-1)\leqslant 0\Leftrightarrow 0\leqslant x\leqslant 1$

$A-2013=3x^2-x=(3x+2)(x-1)+2\leqslant 2$

 

Ta chỉ cần xét khi $x,y,z\leqslant 0$ để tìm giá trị nhỏ nhất. Thay $(x,y,z)$ thành $(-x, -y, -z)$

Sao lại thế này hả bạn?

 

Nếu $x\geqslant 0$ thì $2+x\geqslant 2-x$ nên thay $x=-x$

Giả sử: $x \geq y \geq z$

Ta có:

$x^2+1 \geq y^2+1 \geq z^2+1$

$\frac{1}{8-x} \geq \frac{1}{8-y} \geq \frac{1}{8-z}$

Áp dụng BĐT Chebyshev cho 2 bộ số đơn điệu tăng ta được:

$P \geq \frac{1}{3}(x^2+1+y^2+1+z^2+1)(\frac{1}{8-x}+\frac{1}{8-y}+\frac{1}{8-z})$

$=\frac{4}{3}(\frac{1}{8-x}+\frac{1}{8-y}+\frac{1}{8-z})\geq \frac{4}{3}.\frac{9}{24-(x+y+z)}\geq \frac{12}{24-\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{12}{24-\sqrt{3}}$

Liệu tồn tại MAX????? Mọi người giải thích giùm?       

Sai.

Mình không chắc là nó đúng. Thử với $a=\dfrac{3}{5}, b=c=\dfrac{1}{5}$ hoặc rộng hơn là cho $b=c<\dfrac{1}{4}$ thì bất đẳng thức sai.

Không hiểu định lý này lắm

$f(r)=VT-VP$ là một hàm nghịch biến theo $r$. Chú ý rằng $r\leqslant \dfrac{p(9q-2p^2)+(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27}$

Với phép đặt $x=\dfrac{p-\sqrt{p^2-3q}}{3}$ và $y=\dfrac{p+2\sqrt{p^2-3q}}{3}$ thì $2x+y=p, 2xy+x^2=q$ và $r\leqslant x^2y$ nên coi như ta chỉ cần chứng minh khi hai biến bằng nhau, giả sử là $b=c$ và tiếp theo ta chuẩn hóa $b=c=1$.

Theo định lý ABC thì ta chỉ cần kiểm chứng khi $b=c=1$, nó tương đương với $(a-1)^2(4-a)\geqslant 0$

Nếu $a>4$ thì $a>4b$ không thỏa đề. Vậy $a\leqslant 4$ nên bất đẳng thức đúng.

$ad\leqslant bc\Leftrightarrow (a+d)d-d^2\leqslant (b+c)c-c^2\Leftrightarrow (a+d)(d-c)\leqslant (d+c)(d-c)\Leftrightarrow (d-c)(c-a)\geqslant 0$ luôn đúng

ban Chung minh $\sum \frac{ab+1}{(a+b)^{2}}\geq 3$ cho minh voi 

Từ giả thiết ta có $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\leqslant 2$. Chú ý rằng: $\dfrac{bc+1}{(b+c)^2}=\dfrac{2bc+2}{2(b+c)^2}\geqslant \dfrac{2bc+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{2(b+c)^2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{(a+b)(a+c)}{2(b+c)^2}$

Thiết lập tương tự.

Luôn có $4ab\leqslant (a+b)^2$ nên ta có $VT\leqslant VP$. Chắc đề phải là $\sum \dfrac{bc+1}{(b+c)^2}\geqslant 3$

Cho $b=0$ và $a\to -\sqrt[3]{6}$ thì $A\to \infty$

  x,y,z là cạnh tam giác ?

Là các số dương

Đặt $a=y+z, b=z+x, c=x+y$ thì $a^2+b^2+c^2+2abc=2-2xyz<2$

Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$ và đặt $x=a-c, y=b-c$ thì $x\ne y$ và $x,y>0$. $a^2+b^2+c^2\geqslant x^2+y^2$

$\Rightarrow P\geqslant t^2+\dfrac{t}{t-2}\geqslant \dfrac{11+5\sqrt{5}}{2}$ với $t=\dfrac{x^2+y^2}{xy}>2$

$VT\geqslant 6\sqrt[3]{\dfrac{1}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)}\geqslant 6\sqrt[3]{\dfrac{1}{9}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}).\dfrac{(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^2}{3}}=VP$

$\sum \sqrt[3]{a} \geqslant \sum ab \Rightarrow P\geqslant \dfrac{1}{q}+1\geqslant \dfrac{4}{3}$

Bài 2. $a^4+b^4=(a+b)^4-4ab(a+b)^2+2(ab)^2\Rightarrow 2(ab)^2\vdots (a+b)^2$

Nếu $a,b$ cùng lẻ thì $a+b$ chẵn nên $(a+b)^2\vdots 4$ nhưng $2(ab)^2\not\vdots 4$

Nếu $a=2$ thì đặt $8b^2=k(b^2+4b+4)\Rightarrow \Delta = 32k\Rightarrow k=2x^2$. Mà $\dfrac{8b^2}{(b+2)^2}<8$ nên $k=2\Rightarrow b=2$

Lúc trước mình cũng làm như thế này nhưng nếu vào phòng thi thì đạo hàm rất lâu và giải phương trình $f'(x)=0$ không hề đơn giản.

 

Có thể dùng cách này.

Xét $(x+2)(y+2)=xy+2(x+y)+4=\frac{x^2+y^2+z^2+5}{2}+xy+2(x+y)=\frac{(x+y+2)^2}{2}+\frac{z^2+1}{2}\geqslant \frac{z^2+1}{2}$

Đến đây cho $z$ là số nhỏ nhất nên $z \in [-\sqrt{3};1]$

Sau đó khảo sát hàm số 

          $f(z)=\frac{(z^2+1)(z+2)}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $(x,y,z)=(\frac{-5}{3},\frac{-1}{3},\frac{-1}{3})$

Tuyệt vời