Lời giải.

những tính toán của anh làm em hoang mang quá ,,,, tách hạng tử to vậy có phần mềm gì hỗ trợ ko ạ ,,,anh dẫn link cho em với

a,b là gì

Là parabol y=$2x^2$

Bài 1

a, $x^2+x^2y^2-2y=0\Leftrightarrow x^2=\frac{2y}{y^2+1}\leq 1\Leftrightarrow -1\leq x\leq 1$

Mà $x^3+1=-2(y-1)^2\leq 0\Rightarrow x\leq -1\Rightarrow$ x=-1 , y=1

Bài 3 ,,,m=9905

Bài 2 ,,, bạn thử chia vế trái cho xyz rồi giả sử $x\leq y\leq z$ rồi chặn xem có ra ko nhé

Với $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}\geq 0$ thì $a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}\geq n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$

đây là kiến thức cấp 2 ,,, bạn có thể lên mạng để tìm thêm tài liệu

bài này dễ mà bạn

Áp dụng bdt cô-si cho 2 số ta có $x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}=8\Leftrightarrow x=y=2$

còn vế trước nha m.n,vế sau ai có cách nào hay không ạ

đề bài đâu mất rồi hả bạn ,,,,, đăng bài cẩn thận hơn nhé

                                                                                            " Góp vui cho topic "   

Mình xin tham gia topic và mở đầu bằng hai bài toán .

Bài 89 ( APMO 2000 ): Cho tam giác ABC với trung tuyến AM và phân giác AN . Đường thẳng vuông góc với AN tại N cắt AB và AM lần lượt tại P và Q . Đường thẳng vuông góc với AB tại P cắt AN tại O . Chứng minh rằng OQ vuông góc với BC . 

Bài 90 ( sưu tầm ) : Cho tam giác ABC có I là trung điểm BC , đường thẳng d đi qua I cắt AB , AC lần lượt tại M và N , đường thẳng d' đi qua I cắt AB ,AC lần lượt tại Q và P ( M và P nàm cùng phía với BC ) . MP , NQ cắt BC tại E và F . Chứng minh rằng IE = IF .

Bài Toán 70.(Sưu tầm) Cho $x,y$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

\[x^y+y^x > 1\]

Bài này dễ mà sao chả thấy bác nào động đến ,,thôi mình làm nhá ^-^

+ Nhận thấy nếu $x,y\geq 1$ thì ta luôn có điều phải chứng minh !

+ Xét x,y thuộc khoảng $(0,1)$

Khi đó ta dùng AM-GM , thì $\left\{\begin{matrix} x^y+y-1\geq xy & & \\ y^x+x-1\geq xy & & \end{matrix}\right.\Rightarrow x^y+y^x\geq 2xy-x-y+1=xy+(x-1)(y-1)+1> 1$

Vậy bài toán được chứng minh !

Bài toán 80: ​(sưu tầm).Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$ phân biệt thì ta có:

$\frac{784a^2}{(15b-14c)^2}+\frac{225b^2}{196(c-2a)^2}+\frac{196c^2}{(28a-15b)^2}\geq 2$

Bạn xem lại ở trang 9 ,chính là bài sharker đã đăng , chỉ khác chỗ x,y,z đã chuyển thành $28a,15b,14c$

BÀI 82 (CTQN) (không nhớ năm nữa)

Cho a, b, c là các số thực dương. CMR: $\frac{a}{3a+b+c}+\frac{b}{3b+c+a}+\frac{c}{3c+a+b}\leq \frac{3}{5}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

$\sum \frac{b+c}{3a+b+c}\geq \frac{6}{5}$

Thật vậy $\sum \frac{b+c}{3a+b+c}=\sum \frac{(b+c)^2}{(b+c)(3a+b+c)}\geq \frac{(2a+2b+2c)^2}{\sum (b+c)(3a+b+c)}\geq \frac{6}{5}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$ ( đúng theo AM-GM )

Dấu = xảy ra tại a=b=c

Bài toán 79(sưu tầm)

1,Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=abc.CMR:

$\frac{bc}{a(1+bc)}+\frac{ca}{b(1+ca)}+\frac{ab}{c(1+ab)}\geqslant \frac{3\sqrt{3}}{4}$

 

Bạn đăng từ từ thôi chứ mình thấy vài bài của bạn ở trang trước còn chưa có giải đó ^-^

Đặt $ab+bc+ca =x$

Dùng AM-GM , $abc=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\geq 3\sqrt{3}\Rightarrow ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 9\Rightarrow x\geq 9$

Để ý thấy $3a^2b^2c^2=3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2\Rightarrow abc\leq \frac{ab+bc+ca}{\sqrt{3}}$

Dùng Cauchy-Schwarz , ta có

$A=\sum \frac{bc}{a(1+bc)}=\sum \frac{b^2c^2}{abc(1+bc)}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{abc(3+ab+bc+ca)}$$\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{\frac{ab+bc+ca}{\sqrt{3}}(3+ab+bc+ca)}=\frac{\sqrt{3}x}{x+3}\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$ vì $x\geq 9$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh ,dấu bằng xảy ra khi a=b=c=$\sqrt{3}$

Ta có: $2(a+b+c)+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{2a^2+1}{a}+\frac{2b^2+1}{b}+\frac{2c^2+1}{c}$

Ta có BĐT: $\frac{2a^2+1}{a}\geq \frac{a^2+5}{2}$ $\Leftrightarrow (2-a)(a-1)^2\geq 0$

TH1:$0<a< 2$ thì BĐT phụ trên luôn đúng nên áp dụng BĐT trên, ta có: $\frac{2a^2+1}{a}+\frac{2b^2+1}{b}+\frac{2c^2+1}{c}\geq \frac{a^2+b^2+c^2+15}{2}=9$

TH2:$2\leq a<3$ thì ta xét hàm số $f(t)=\frac{2t^2+1}{t}$ rồi dùng đạo hàm cm được hàm số này nghịch biến. Do vai trò a,b,c như nhau ta giả sử: $a\geq b\geq c$ do hàm số f(t) nghịch biến nên $f(c)\geq f(b)\geq f(a)\geq f(2)=\frac{9}{2}>3$ công lại ta được $P>9$

Vậy $P\geq 9$ đạt tại $a=b=c=1$

Không cần xét trường hợp bởi $a^2+b^2+c^2=3$ nên ta luôn có a,b,c < 2 

Em thấy bác đăng nhiều bài trong một thế này không hiệu quả lắm ,có khi còn do nhiều bài bị đọng lại ,làm loãng topic

Bài toán 67
Untitled.png

f.png

h.png

Chém mấy câu dễ trước

Bài 4 , Ta chứng minh bất đẳng thức phụ $a^5-a^2+3\geq a^3+2\Leftrightarrow (a-1)^2(a+1)(a^2+1)\geq 0$ ( luôn đúng )

Do đó ta quy về chứng minh $(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)\geq (a+b+c)^3$ ( đúng theo Holder)

Bài 6 , chắc là biến đổi tương đương hay dùng S.O.S chăng

p/s : Bài 59 có ai có lời giải không #

Anh tiễn ra đảo hộ em với, lần nào report cũng khá lâu :3 mới ra đảo :3
 

Bài toán đề xuất tiếp theo:

Bài 68: 

Cho a,b,c là số thực không âm, thỏa mãn $a+b>0$, $b+c>0$,$c+a>0$. Chứng minh rằng:

$$\sqrt {\frac{a}{{b + c}}}  + \sqrt {\frac{b}{{a + c}}}  + \sqrt {\frac{c}{{a + b}}}  + \frac{{9\sqrt {ab + bc + ac} }}{{a + b + c}} \ge 6$$

Bài này dạo trước chị trambau có giải rồi

Bài 68 ,

Sử dúng bất đẳng thức Holder

$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{\sum a^2(b+c)}}\geq \sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}}=\frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $\frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}+\frac{9\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\geq 6$ ( đúng theo AM-GM )4

Dấu bằng xẩy ra khi a=0 , $b=\frac{7\pm 3\sqrt{5}}{2}c$ và các hoán vị

Thể theo ý bạn Nguyenphuctang ,,, mình xin nêu lại cách làm bài 5 đã có tại đây https://diendantoanh...16-2017-lớp-10/

Đặt $a^2+b^2+c^2=x\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sum \frac{a^4}{b+c}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a+b+c)}\geq \frac{x^2}{2\sqrt{3x}} & & \\ \sum \frac{27}{b+c}\geq \frac{243}{2(a+b+c)}\geq \frac{243}{2\sqrt{3x}} & & \end{matrix}\right.$

Do đó ta quay về chứng minh $\frac{x^2+243}{2\sqrt{3x}}\geq 2x \Leftrightarrow (x-27)^2(x^2+6x+81)\geq 0$ đúng !

Vậy ta có đpcm ,,,dẫu bằng xảy ra khi a=b=c=3

p/s : Nếu không mọi người có thể giải theo cách dùng AM-GM thế này $a^4+27\geq 4a^3$ cũng được

Bài 5.

Không mất tính tq ta gs: \[{a^2} + {b^2} + {c^2} = 3\]

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + 27}}{{b + c}}}  \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + 27}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} }} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + 27}}{{\sqrt {2\left( {3 - {a^2}} \right)} }}} } \]

Ta chứng minh đánh giá sau đây đúng:

\[\frac{{{a^4} + 27}}{{\sqrt {2\left( {3 - {a^2}} \right)} }} \ge \frac{9}{2}{a^2} + \frac{{19}}{2} \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2}\left( {4{a^6} + 8{a^5} + 174{a^4} + 340{a^3} + 920{a^2} + 1500a + 750} \right) \ge 0\]

Đánh giá cuối đúng nên có đpcm!

( hình như đề bài có vấn đề)

Bài toán không thuộc dạng chuẩn hóa do chỉ có dấu bằng duy nhất là a=b=c=3

Lời giải bài 5 này mình đã đăng ở trang 1 ,bạn xem lại nhé !

Bài 25: Jack Garfunkel

Cho $a, b, c \geq 0$. Chứng minh rằng:

$$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca} + \frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a) } \geq 2$$

 Mình đăng bài này có mục đích trước hết các bạn hãy giải bài này xong. Sau đó mình sẽ làm trội bài này bằng 1 bổ đề rất rất chặt

Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$ 

Từ đó ta có $(a+b)(b+c)(c+a)\leq 2b(a+c)^2$ ( Cái này là biến đổi tương đương ,các bạn thử tách ra nhé   ) 

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{(a+c)^2}\geq 2\Leftrightarrow \frac{(a^2+c^2-ab-bc)^2}{(ab+bc+ca)(a+c)^2}\geq 0$  ( Đúng ) 

Vậy là ta đã giải quyết xong luôn bài toán tại đây https://diendantoanh...bcabbcca-geq-2/

Dấu bằng xảy ra khi c=0,a=b=1 và các hoán vị

P/s : Mình cũng lờ mờ đoán được ý của Tăng ( đoán thôi nhé   ) về bài toán trội của bài này . Đó là :

Ta chứng minh $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2+\frac{4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b+c)(ab+bc+ca)(a+b)(b+c)(c+a)}$ 

nghiệm nguyên mà bạn ^-^

3x³+y²+4xy+4x+2y+5=0

chỗ này hình như là 2

Từ pt ta dc $(x+y+1)(3x+y+1)=-4$ là thành pt tích rồi

chuyển về dạng hiệu hai bình phương là cách khá phổ biến đó bạn

cho a,b là các số dương thõa mãn ab=1.tìm GTNN của biểu thức A=(a+b+1(a²+b²)+$\frac{4}{a+b}$

Đặt a+b=x thì ta có $x\geq 2$

Và $A=(x+1)(x^2-2)+\frac{4}{x}=(x+1)(x+2)(x-2)+2x+2+\frac{4}{x}\geq 2x+\frac{4}{x}+2=(x+\frac{4}{x})+x+2\geq 2\sqrt{4}+2+2=8\Leftrightarrow x=2\Leftrightarrow a=b=1$

     Cách của bạn Hoangkhanh2002 là bình phương cái $\frac{1}{y+1}$ lên để giản ước mẫu đi ,,,một cách hay !!! 

mình nghĩ bạn nên quy về 2 ẩn để tìm max

Ta có $\Leftrightarrow 7^{y}=(x+1)(x^2+1)$

Mà 7 là số nguyên tố lẻ nên UCLN$(x+1,x^2+1)=1$

Do đó $x+1=1$ hoặc $x^2+1=1$

Suy ra x=0 và y=0

$(a^2+6) /3$

???