Bây.....

Chơi đẹp đê spammer, mấy đứa này ko có ai xóa ảnh, mỗi m thôi

tối t post ,  m hãy nhận món quà của t

m post giờ nào để tối t còn vào lưu lại kkkk

Thôi tha cho cái topic . Có j bàn trên tus ko tội nghiệp nó

ko tính vào số bài viết, nếu mà tính vào số bài viết, thì t đã ko cho bây spam ở đây kkk

Ảnh này lâu rồi . Nó đã đi thì ko về đâu

Nó chơi đồ lề kìa, nhìn cái j ở giữa cổ nó kkkk, chơi trò bác sĩ vs bệnh nhân vs bọn trong NP 

Đây là ảnh thành viên Lao Hac, mọi người cùng chiêm ngưỡng

Nó mới từ NP trở về ak kkkkkkkkkkkkkkk

Hưởng ứng phong trào, cho em lưu cái ảnh vào đây với !

Ban đầu tưởng m post ảnh em m kkkkk , trẻ v, nhìn ảnh t vs m khác 1 trời 1 vực kkkkkkk

@Khoa hổi nhỏ

Nhìn nó ảnh nào cx đỡ tởm hơn m

Nếu em xin lỗi rồi mà người ấy do điêu bẩm sinh ko chịu chấp nhận lời xin lỗ thì sao ạ :v

Livestream nhảy lăm ba đa

Nhưng nếu thành viedn block làm sao trao đổi ạ. Em cảm ơn :v

Nếu block thì m đi xin lỗi người đó rồi livestream nhảy lăm ba đa đi r là họ bỏ block liền

Hay quá ! Có chuyện gì xảy ra vậy!!!????
Các bạn có dự định lập topic ôn hè không? Nếu có mn tham gia vs

Bạn nhầm topic rồi, nếu mà bạn muốn lập topic ôn thì hãy inb trong tin nhắn riêng vs các thành viên

Không quan tâm

Đấy là lí do m ko có like

kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk, bây có thấy có lúc t tốt bụng có lúc t khó chịu ko kkkk, là 2 ng đó kkkkkkkkkkkkkkkkk

@Dũng: m có bt đợt m kêu t là ''con'' là m đang ns chuyện vs ông anh khó tính của t ko, ông đòi không cho t lên VMF luôn đấy, may cho m là t xin kịp, chứ ko có thì m cx tỏi 

Thế là phải show thật r à ohhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

 

Đây là lí do mà mình luôn ở ẩn, mình là girl =))

Tên mình là Nguyễn Bảo Dung, hân hạnh được làm quen vs các bạn

Đây là ảnh của mình. Có j mn đừng chê

ảnh ảo quá đi =)) chắc đến lúc Mo phải show mặt thật r

kkk, cái đó là một ĐHV dùng đấy, ko phải t đâu =)))))))))))))

ảnh chụp hơi mờ, tối cho xem lại ))))))))))))))))))))

Diễn đàn ta tăng hạng tiếp , (còn cách 2 bậc nữa thôi)

Ta đang xếp thứ 143,920 trên toàn thế giới và 902 trên toàn quốc.

Mong các bạn đăng bài sẽ để ý đến tên TOPIC là dành cho $2003$, mình thấy có 1 số bài hơi quá sức

Em cũng nghĩ như vây, mấy ngày nay online được ít, vào thấy mọi người giải bài hăng say nên rất vui nhưng nhìn lại thì thấy có những bài rất quá sức, đây chỉ mới là bắt đầu, nên đi từ dễ đến khó. Mình xin đề xuất một vài bài

$\boxed{\text{Bài 94}}$: Cho m,n,p >0 Chứng minh rằng:     $ \sum \frac{1}{m^3+1} \geq \frac{3}{mnp+1}$

$\boxed{\text{Bài 95}}$ $ Cho x,y,z \neq 0 , xyz=1$. Chứng minh rằng

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

$\boxed{\text{Bài 96}}$ Cho $a,b,c>0$. Chứng minh 

$ (\frac{a}{a+2b})^2+(\frac{b}{b+4c})^2+(\frac{c}{c+8a})^2 \geq \frac{3}{25}$

TOPIC sôi nổi quá, vui thật đấy

Mình xin đưa ra lời giải cho Bài 3 :

 P = $\frac{x}{y^3+16}+\frac{y}{z^3+16}+\frac{z}{x^3+16}$

                                               $A=3-16P= \frac{xy^3}{y^3+16}+\frac{yz^3}{z^3+16}+\frac{zx^3}{x^3+16}$

                                          $\left\{\begin{matrix}y\geq 0 & & \\ (y-2)^2(y+4)\geq 0 & & \end{matrix}\right.$

                                                                           $\Leftrightarrow y^3+16 \geq 12y$

 Tương tự, ta cũng có $x^3+16 \geq 12x$ ; $z^3+16 \geq 12z$

$ \Rightarrow \sum \frac{xy^3}{y^3+16} \leq \frac{\sum xy^2}{12} \leq \frac{x^2y+xyz+yz^2}{12}$

$=\frac{y(x^2+xz+z^2)}{12} \leq \frac{y(x+z)^2}{12}= \frac{y(3-y)^2}{12}$

$=\frac{2y(3-y)^2}{24} \leq \frac{1}{3}$

$\Rightarrow P \geq \frac{1}{6}$

Dấu bằng xảy ra tại $x=0;y=1;z=2$

P/s: Topic còn nhiều bài quá, các bạn cố gắng giải nhé

Em cũng nghĩ như vây, mấy ngày nay online được ít, vào thấy mọi người giải bài hăng say nên rất vui nhưng nhìn lại thì thấy có những bài rất quá sức, đây chỉ mới là bắt đầu, nên đi từ dễ đến khó. Mình xin đề xuất một vài bài

$\boxed{\text{Bài 94}}$: Cho m,n,p >0 Chứng minh rằng:     $ \sum \frac{1}{m^3+1} \geq \frac{3}{mnp+1}$

$\boxed{\text{Bài 95}}$ $ Cho x,y,z \neq 0 , xyz=1$. Chứng minh rằng

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

$\boxed{\text{Bài 96}}$ Cho $a,b,c>0$. Chứng minh 

$ (\frac{a}{a+2b})^2+(\frac{b}{b+4c})^2+(\frac{c}{c+8a})^2 \geq \frac{3}{25}$

I'm back

$\boxed{\text{Bài 95}}$ Đặt ($x,y,z)=(\frac{a^2}{bc},\frac{b^2}{ac},\frac{c^2}{ab})$

Bất đẳng thức $\Leftrightarrow $ 

$P= \frac{a^4}{(a^2-bc)^2}+\frac{b^4}{(b^2-ac)^2}+\frac{c^4}{(c^2-ab)^2} \geq 1$

Áp dụng $Cauchy Schwarzt, ta có 

$P\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2-bc)^2+(b^2-ac)^2+(c^2-ab)^2} \geq 1$

$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^2 \geq 0$(đúng )

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow ab+bc+ca =0$

$\boxed{\text{Bài 96}} $

Đặt  $b=2x; c=2y ; a=z$ Ta có BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow $

$ P= \frac{z^2}{(z+4x)^2}+\frac{x^2}{(x+4y)^2}+\frac{y^2}{(y+4z)^2} \geq \frac{3}{25}$

Ta có:$ \frac{z^2}{(z+4x)^2}+\frac{1}{25} \geq \frac{2z}{5(z+4x)}$

Tương tự $\Rightarrow P \geq \frac{2}{5}\sum\frac{z}{z+4x} \geq \frac{2}{5}\frac{(\sum z)^2}{\sum x^2+4\sum xy} \geq \frac{3}{25}$(đpcm)

Khuấy đảo lại TOPIC nào: 

$\boxed{\text{Bài 113}}:$ Với a, b là các số thực dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$ M=(a+b)(\frac{1}{a^3+b}+\frac{1}{b^3+a})-\frac{1}{ab}$

$\boxed{\text{Bài 114}}$ Cho các số thực $a,b,c$ dương thỏa mãn 

$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=3 $

Tìm Max của biểu thức

$ P=\sum \frac{1}{(2a+b+c)^2}$

$\boxed{\text{Bài 115}}$:

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện$\left\{\begin{matrix}a\leq b\leq c & & \\ ab+bc+ca=3 & & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $ab^2c^3<4$

$\boxed{\text{Bài 116}}$ Cho $x+y+z=12$

Chứng minh rằng:

$(x^2-4x+16)(y^2-4y+16)(z^2-4z+16) \geq 4096$

$\boxed{Bài 117}$ Cho $x,y,z $ là các số thực thuộc đoạn $[0;1]$ Chứng minh 

$\sum \frac{x}{\sqrt[3]{y^3+1}} \leq \frac{3}{\sqrt[3]{xyz+1}}$

$\boxed{Bài 118}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ a^2+b^2+c^2=abc=4$

Chứng minh rằng  $ a+b+c \geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Bài 5: Cho $a, b, c> 0$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}= 1$. Chứng minh rằng

$\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{abc}$

Đặt                                 $(a,b,c)$ =($\frac{1}{x}$,$\frac{1}{y}$,$\frac{1}{z}$)

                                                  $ x+y+z =1$

Bất đẳng thức cần chứng minh

 $  \sum\sqrt{x+yz} \geq 1+\sum\sqrt{xy}$

Ta có $\sum\sqrt{x+yz} =\sum\sqrt{x(x+y+z)+yz}=\sum \sqrt{(x+y)(x+z)}$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia, ta có $\sum\sqrt{(x+y)(x+z)}\geq \sum (x+\sqrt{yz})= \sum {yz}+1$(Q.E.D)

Dẫu bằng xảy ra tại $a=b=c=\frac{1}{3}$

Khuấy đảo topic lại nào . Mình xin gửi tặng topic 1 bài : 
Bài 133 : Cho a,b,c là các số thực dượng thỏa mãn ab+bc+ac $\leq$ 3abc .CMR :
     $\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}} + \sqrt{\frac{c^{2}+b^{2}}{c+b}}+ \sqrt{\frac{a^{2}+c^{2}}{a+c}} +3 \leq \sqrt{2}(\sqrt{a+b}+\sqrt{c+b}+\sqrt{a+c})$

Đây là lời giải của HelpMelmDying, trình bày ra vậy

Ta có $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}} +\sqrt{\frac{2ab}{a+b}} \leq \sqrt{2(a+b)}$

Tương tự các biến còn lại nên ta được 

$$\sum \sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+\sqrt{\frac{2ab}{a+b}} \leq \sum \sqrt{2(a+b)}$$

Cần chứng minh $\sum \sqrt\frac{2ab}{a+b} \geq 3$

Ta có $\sum\sqrt\frac{2ab}{a+b}=\sqrt{2abc}(\sum \frac{1}{\sqrt{c(a+b)}})\geq\sqrt{2abc}(\frac{9}{\sum\sqrt{a(b+c)}})\geq \sqrt{2abc}{\frac{9}{\sqrt{6(ab+bc+ca)}}}=3$