$\boxed{15}$ Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa $ab+bc+ca=11$. Chứng minh rằng 

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq 100$$

Nhận thấy rằng: $100=10^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Vậy từ đó ta đưa về chứng minh bất đẳng thức sau: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq (ab+bc+ca-1)^2$.

Ta còn có được đẳng thức sau:

$(b^2+1)(c^2+1)=b^2c^2+b^2+c^2+1=(bc-1)^2+(b+c)^2$.

Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)=(a^2+1)[(b+c)^2+(bc-1)^2] \geq [a(b+c)+(bc-1)]^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Chứng minh hoàn tất!

$\boxed{4}$ $:$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $AB$, $AC$ tại $E$, $F$. Tiếp tuyến tại $E$ của $(IEC)$ cắt tiếp tuyến tại $F$ của $(IFB$) tại $P$. Chứng minh $AP$, $OI$, $BC$ đồng quy

Em vẽ nó đâu đồng quy đâu nhỉ?

Ps: Vừa vào lớp 10 thấy hình học ghê quá

sos nhé

https://github.com/t...w/MaplePackages

may còn trên github

May quá, mà dùng sao nhỉ, với lại nặng ko nhỉ

Power of cumputer

Dùng chương trình gì vậy nhỉ, trước đây trước khi nhóm mình bị hỏng thì có 1 anh tên tthnew hay chia sẻ mấy tip về cách dùng cumputer để dùng S.O.S, mà giờ quên tên rồi

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} y^3=x^2-1 & \\ x^3=(x+y)^2+2 & \end{matrix}\right.$

1/ Đặt $2p+1=n^3$ với $n$ là số tự nhiên.

♣ Ta thấy $p=2$ thì $2p+1=5$ không là số lập phương. 

♣ Nếu $p>2$ thì $p$ lẻ, mặt khác $2p+1$ lẻ $\Rightarrow n^3$ lẻ $\Rightarrow n$ lẻ 
$\Rightarrow 2p+1=(2k+1)^3(n=2k+1)$
$\Leftrightarrow 2p+1=8k^3+12k^2+6k+1$
$\Leftrightarrow p=k(4k^2+6k+3)$

$\Rightarrow p \vdots k.$ Do $p$ là số nguyên tố nên $k=1$ hoặc $k=p.$ 

♫ Khi $k=1,p=(4.1^2+6.1+3)=13$ (nhận).

♫ Khi $k=p,4k^2+6k+3=4p^2+6p+3=1.$ Do $p>2$ nên $4p^2+6p+3>1$ (loại).

Vậy $p=13.$

Chỗ này bạn ý ghi nhầm $2a+b$ thành $2b+c$

À, do e gõ latex nhanh quá nên nhầm

Chỗ (1) anh giải thích kĩ hơn giúp em được không ạ

Biến đổi tương đương nha bạn

Hihi, em viết nhầm, mong anh giúp ạ

Nhận xét thấy: $\frac{a^2b}{2a+b}\leq \frac{2ab+a^2}{9} (1)$

Thật vậy, từ $(1)\Leftrightarrow a^3+ab^2\geq 2a^2b$ (luôn đúng theo $AM-GM$)

Tương tự...

$\Rightarrow LHS\leq \frac{(a+b+c)^2}{9}=1$

Liệu còn cách nào khác ngoài cách đi theo hướng 

$\frac{1}{2a+b}=\frac{1}{a+a+b}\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b})=\frac{1}{9}(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}) \rightarrow \frac{a^2b}{2a+b}\leq ...$

Nếu đi theo hướng này thì em nghĩ là không làm được vì sẽ bị ngược dấu chỗ $\frac{1}{9}(a+b+c)^2{\color{Red} \leq \frac{1}{9}.3(ab+bc+ca)=1}?$

Bài này nếu $a+b+c=3$ thì có lẽ đề đúng

Chúng ta có thể thấy ngay chọn $a,b<0$ và $a^2+b^2=1$ thì hiển nhiên $a+4b-2<0$ mà không cần dùng công cụ gì cả.

Nếu thế thì em nghĩ với mọi $a,b<0$ thì BĐT trên luôn đúng
Sau đó xét TH $a,b\geq 0$ rồi làm tương tự như trên kia :3

Hoặc nhân 2 vế cho $b+c$

Gợi ý cho em một cách: Cộng $1$ vào hai vế rồi dùng BĐT C-S

Thử hết cả hai cách rồi mà ko ra hai anh ơi

Sol của em:

Nhân hai vế BĐT cho $(a+b)$, ta được:

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

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\geq \frac{(a+b)^2}{b+c}+2b$ (Đúng theo $C-S$ và $AM-GM$)

Ở dấu tương đương thứ $3$ hình như không đúng lắm vì $a+4b-2$ chưa chắc dương.

Thử $a<0$ và $b=-\sqrt{1-a^2}$ thì không bình phương hai về được. ?

Em vừa dùng Wolfram để giải hệ bất phương trình: $\begin{cases} a^2+b^2=1 \\ a+4b-2<0 \end{cases}$ thì chỉ có một trường hợp $x=0$ và $y=-1$ thoả mãn, nhưng trong trường hợp này BĐT trên luôn đúng.

Chị có thể tham khảo tại link này.

Nguồn: AoPS :>

Bài này cũng quen thuộc mà nhỉ!

Nhìn thì quen thuộc nhưng giải ko được ạ

https://diendantoanh...cabbcfracbcab1/

Chắc do nãy em nhân sai nên mới ko làm đc, chuyển sang nhân với $a+b$ thì lại ngon

Thế bạn gửi cho mình tham khảo với 

Ta có: $P=\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}\geq_{Minkowski} \sqrt{(1+1)^2+(a^2+b^2)^2}$

$(gt)\Rightarrow ab+a+b=\frac{5}{4}$

Lại có: $a^2+b^2\geq2ab (1)$

$\left\{\begin{matrix} 4a^2+1\geq4a & \\ 4b^2+1\geq4b & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 4(a^2+b^2)\geq 4(a+b)-2 \Rightarrow 2(a^2+b^2)\geq 2(a+b)-1 (2)$

Công $(1)$ và $(2)$ ta được:

$3(a^2+b^2)\geq2(ab+a+b)-1=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow a^2+b^2\geq\frac{1}{2}$

$\Rightarrow P\geq\sqrt{(a^2+b^2)^2+4}\geq\sqrt{\frac{1}{4}+4}=\frac{\sqrt{17}}{2}$

Cho $a,b \in R$ thoả mãn $(1+a)(1+b)=\frac{9}{4}$. Tìm $GTNN$ của: $P=\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}$.

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh bất đẳng thức sau:

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$$

-Theo giả thiết:

$\frac{9}{4}=(1+a)(1+b)=a+b+ab+1\leqslant a+ b +\frac{(a+b)^2}{4}+1 \\ \Leftrightarrow (a+b)^2+4(a+b)-5 \geqslant0 \Leftrightarrow [(a+b)+5][(a+b)-1]\geqslant0\Leftrightarrow a+b\geqslant1.$

-Xét:

$P^2 = (1+a^4)+(1+b^4) + 2\sqrt{(1+a^4)(1+b^4)} \geqslant 2 + a^4+b^4 + 2(1+a^2b^2)= 4 + (a^2+b^2)^2 \geqslant 4 + \frac{(a+b)^2}{4} \geqslant 4 + \frac{1}{4} = \frac{17}{4}.\\ \Rightarrow P \geqslant \frac{\sqrt{17}}{2}$Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a = b = \frac{1}{2}$

P/s: Cái này điều kiện $a,b \in R^{+}$ chứ, nếu không thì cách của mình sai rồi 

Mình mới nghĩ ra cách $a,b \in R$ đc mà

Chẳng có gì khó. Khi bạn đã chứng minh được $a+b\geqslant 1$ thì chỉ cần chứng minh: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\geqslant \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$ với mọi số thực $a,b,c,d$

Nhưng vì $a,b \in R$ nên bất đẳng thức sau sai: $ab \leq \frac{(a+b)^2}{4}$, suy ra không chứng minh được $a+b\geq 1$

Sao lại không vậy bạn, bất đẳng thức đó tương đương: $(a-b)^2\geqslant 0$ đúng với mọi a,b thực

Vậy nếu $a,b \in R$ thì bài bạn kia sai chỗ nào nhỉ, e tìm ko ra

Bạn thử quy đồng xem

Không được nha bạn, thầy mình chỉ chút mà mình quên rồi   

Đặt $f(a,b,c)=\frac{1}{a}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+b+c}$

VỚi a=1 thì $f(a,b,c)=1+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+b+c}>1(vl)$

Vậy a khác 1

Với a=2 thì $f(a,b,c)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+b+c}=1$

Suy ra $\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+b+c}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{2+b}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2+b+c}= \frac{b+c}{4+2b+2c}$

Suy ra $4+2b+2c=(b+c)(b+2)=b^{2}+2b+2c+bc\Leftrightarrow 4=b(b+c)$

Với $a,b,c\epsilon \mathbb{N}$ thì ta sẽ có $(b;c)\epsilon \left \{ (1;3);(3;1) \right \}$

Với a=3 thì $f(a,b,c)\leq \frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}= 1$ (dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi b=c=0)

Với $a\geq 4\rightarrow f(a,b,c)\leq \frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}= \frac{3}{4}< 1$ nên không tồn tại bộ số (a,b,c) thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} f(a,b,c)=1\\ a\geq 4 \end{matrix}\right.$

Vậy các bộ số (a,b,c) thỏa mãn là (2;1;3) (2;3;1) (3;0;0)

Cảm ơn bạn, nhưng đáp án (2;3;1) là sai nhé.