câu 1 công nhận sai đề, còn câu 2 pak admireM làm sai rùi

Bài 1 hình như là ko có max:
�”ng cho 2 biến tiến đến 1/2;1 biến tiến đến 0 là A tiến đến 1/32

nhầm đúng rùi bài này chỉ đúng với 4 biến thui

cho a,b,c là các số thực thuộc [1;2].Chứng minh bdt:

a^n + b^n +c^n (2^(n -1) +1)abc
với n nguyên dương và n 1

Bai` 3
Ta có: $ab+a+b=3$ $\Leftrightarrow (a+1)(b+1)=4$, suy ra $a+1=\dfrac{4}{b+1}$;
$b+1=\dfrac{4}{a+1}$

$\dfrac{3a}{b+1}+\dfrac{3b}{a+1}+\dfrac{ab}{a+b}=\dfrac{3a(a+1)}{4}+\dfrac{3b(b+1)}{4}+\dfrac{ab}{a+b}$

$4VT= 3a(a+1) +3b(b+1)+\dfrac{4ab}{a+b}+4- 4 = 3a^{2}+3b^{2}+3a+3b+\dfrac{12}{a+b}- 4$

$4VP= 4a^{2}+4b^{2}+6$

do đó ta cần cm:
$3a^{2}+3b^{2}+3a+3b+\dfrac{12}{a+b}- 4 \leq 4 a^{2}+4 b^{2}+6$

$\Leftrightarrow 3a+3b+\dfrac{12}{a+b}\leq a^{2}+ b^{2}+10$

Đặt $a+b=t, ab= 3-t ; 3t +\dfrac{12}{t} \leq t^{2} - 2(3-t) +10$

$\Leftrightarrow 12\leq t^{3}- t^{2}+4t $ $\Leftrightarrow (t-2)( t^{2} + t + 6)\geq 0$
$\Leftrightarrow t \geq 2$

vì $3= a+b+ab \geq 3 \sqrt[3]{ab}\Rightarrow ab \leq 1 \Rightarrow a+b \geq 2, t \geq 2$, suy ra dpcm

tương tự như trên, ta có $F= 2p^{2} -4q + 9r \geq 2-4q + 9\times \dfrac{1(4q-1)}{9}=1$

Mọi người giải giúp mình với...

bài này có dạng tương tự như bài T7/386 trên toán tuổi trẻ đang thi nên chắc là ko ai trả lời đâu bạn ah, hihi

sao F lại đạt gtnn bằng 2 hả Anh? bên trên đã lam` bằng 1 rui` mo`

đây chính là định lý Steiner - Lehmus đã đc bàn luận trong Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và tuổi trẻ quyển 3: Tam giác có hai đường phân giác trong bằng nhau là tam giác cân. Các bạn xem đi nhá, hay phết

chứng minh nếu tổng của hai số chia hết cho 10 thì bình phương các số có chữ số tận cùng giống nhau

đặt số đó là a, số còn lại là 10k-a với k thuộc N*, khi đó $ (10k-a)^{2}= 100 k^{2} - 20ak + a^{2} $ đồng dư với $a^{2} $ theo mod 10

giải pt
$ \sqrt{x+6}+ \sqrt{2x+3} = \sqrt{2x-1}+ \sqrt{x+2}$

Dễ thấy: $ \sqrt{x+6} > \sqrt{x+2} $ ; $ \sqrt{2x+3} > \sqrt{2x-1} $ nên pt vô nghiệm
Anh chăm post bài wa' ha

nếu thế này thì cần gì chuẩn hóa

Bài này là VD1.6.9 trong STBDT Anh nhở, thui post luôn lời giải trong ấy:
Chuẩn hóa $ ab+ bc + ca =3$, khi đó $ a+b+c \geq 3 $ và $abc \leq 1$
ta cần cm: $ \sqrt[3]{ \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8} } \geq 1$
mà $(a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca) - abc = 3(a+b+c) -abc \geq 8$
Ta có dpcm
mọi người thử làm kiểu chuẩn hóa khác xem sao nhé.

bdt thứ 3 sai rùi em nhé, thay a=0,5 ; b= 0,4 => bdt em sai.

thế ko ai giúp ạ ? E mới được học sơ nên ko biết viết thế nào hết

bdt thứ 3 sai rùi em nhé, thay a=0,5 ; b= 0,4 $ \Rightarrow $ bdt em sai

theo em thì tạp chí phải kết luận giá trị nhỏ nhất của T ở âm vô cùng& bỏ câu giá trị nhỏ nhất của T bằng 6. Còn cách giải của tạp chí đúng rùi

theo giả thiết $a+b+c+2 = abc$
suy ra $\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}=1$
đặt $x=\dfrac{1}{1+a};y=...;z=...$
$--> x+y+z=1$
sau khi khia triển theo $x,y,z$ ta sẽ có BDT sau
$2+9xyz \ge 7(xy+yz+zx)$
mặt khác :
$2+9yxz \ge 1+4(xy+yz+xz) \ge 7(xy+yz+zx)$
dpcm

đề nghị bạn Kườngpro viết có dấu nhé

Anh ơi mày làm sai hay sao y', sao a+b+c+2 =abc lại suy ra
$\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}=1$

anh Thắng ơi anh giải hộ em bài này nhá:
Tìm GTNN của $ A = \sum\limits_{k=1}^{2009} kcos(kx) $ trong đó x là biến

Đây :

$ A=\dfrac{-1}{2}.\dfrac{2010cos(2010x)cos(x)-1+2010sin(x)sin(2010x)-2009cos(2010x)}{-1+cosx}$

Có mỗi 1 biến ... thích nhá

He he, anh mới rút gọn về dạng $\sum\limits_{k=1}^{n} kcos(kx) = \dfrac{(k+1)cos(kx)-kcos((k+1)x)-1}{2-2cosx} $
Làm tiếp cho em đi

đề nghị bạn muatuyet ko bàn luận linh tinh ngoài chủ đề của topic này

giải giúp em bài này
Chứng minh rằng x,y >0 ta có
$(1 + x)(1 + \dfrac{y}{x})(1 + \dfrac{9}{{\sqrt y }}) \ge 256$

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

thay $ x=1; y=1 $ thấy ngay đầu bài của bạn sai

dấu bằng xảy ra khi nào thế Nguyên?

Mình nghĩ có khả năng chiến tranh lắm chứ, chỉ cần một quả tên lửa nào đấy đâm vào Mỹ chẳng hạn, làm các nước nghi ngờ lẫn nhau, căng thẳng leo thang, thế là oánh nhau thui. Mà h Mỹ cũng đang ghét Nga, Trung Quốc, chủ nghĩa khủng bố phát triển ầm ầm. Sau vụ ôg Barack Obama hủy dự án phòng thủ tên lửa ở châu Âu, châu Âu vs Mỹ cũng đang ức chế nhau

bài bất đăng thức này có ở nhiều sách cả ở toán tuổi trẻ nhưng em bị mất lời giải rui làm mãi ko ra bác nào hộ em cái:
$3 \leq \sum \dfrac{a(3a+1)}{(a+1)^2} \leq a+b+c$

Bạn ơi có phải đầu bài thiếu đk là $ a,b,c \geq 1 $ ko . Nếu có thêm đk ấy thì bài toán trở nên rất dễ

hjx ko ai làm tiếp ah???????

ko phải mà là em thiếu điều kiện a,b,c >0,abc=1 các bác cố mà làm đi nhé hộ em em cay bài này lắm rùi nghĩ mãi ko ra

chứng minh lớn hơn hoặc bằng 3 đã nhé: đặt $ f(x) = \dfrac{x(3x+1)}{(x+1)^{2}} $
khi đó $ f(x) + f(y) \geq 2f( \sqrt{xy} )$ với $ x,y \geq 0$
Áp dụng bdt Jensen, ta có :
$ f(a) + f(b) + f© \geq 3f( \sqrt[3]{abc }) = 3 $
suy ra đpcm, Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
nhớ thanks tớ nhé, hehe

1/ Cho a,b,c dương, cm
$ a^{2} + b^{3} +c^{3} \geq a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a$
$a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq a^{2} \sqrt{bc} + b^{2} \sqrt{ca} + c^{2} \sqrt{ab} $
$ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} \geq \dfrac{a+b+c}{ \sqrt[3]{abc} } $
$ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} \dfrac{c}{a} \geq \dfrac{ab+bc+ca}{ \sqrt[3]{ abc}^{2} } } $
$ \dfrac{1}{2} ( \dfrac{a^{2}}{b} + \dfrac{b^{2}}{a} ) \geq \sqrt[9]{ \dfrac{a^{9}+b^{9}}{2} } $
$a^{6} + b^{6} + c^{6} + d^{6} \geq a^{3}b^{2}c +b^{3}c^{2}d + c^{3}d^{2}a + d^{3}a^{2}b $

có phải đề như trên ko em??