cho ai là một dãy số nguyên dương phân biệt(i=1,2,3...).Chứng minh rằng với mọi n 1:
ai/k^2 1/k

Đề bài là k hay i mình nghĩ là i chứ

Thử nè:
$9(\dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}+\dfrac{1}{c^2+2})\ge 2(a^2+b^2+c^2)+3$
$\Leftrightarrow 27-9(\dfrac{a^2}{a^2+2}+\dfrac{b^2}{b^2+2}+\dfrac{c^2}{c^2+2})\ge 4(a^2+b^2+c^2)+6$
$\Leftrightarrow 36\ge 9(\dfrac{a^2}{a^2+2}+\dfrac{b^2}{b^2+2}+\dfrac{c^2}{c^2+2})+(a^2+b^2+c^2+6)+3(a^2+b^2+c^2+3)$
Áp dụng Cau chy, ta có:
$\dfrac{9a^2}{a^2+2}+(a^2+2)\ge 6a$
$a^2+1\ge 2a$
Chỉ sử dụng 2 cái trên tương tự với b và c.Ta có:
$36\ge 12(a+b+c)$
Vậy $a+b+c\le 3$
Dấu $=$ khi $a=b=c=1$

câu a
ABCD nội tiếp => ABD=ACD
DECF nội tiếp => DCE=DFE
=> ABD =DFE
tam giác AFH đồng dạng với ABD ( A chung, ABD=DFE)
=>AHF=ADB=90
câu b mình lười quá nên thui:D

Chep;phan b còn tạm đc phần a thì
đồng dạng làm gì?
từ gt=>AC;BD là đường cao của tam giác ABF
khi đó E là trực tâm =>đpcm
phần b kéo dài FE cắt đường tròn bán kính AB tại K
ta có: $FE.FH=FG.FK$
<=>$(FG+\dfrac{1}{2}GH)(FG+GH)=(2GH+FG).FG$
<=>$FG=GH$ (Q.E.D)

cho x,y,z>0 cm
$(x+y+z)(\sum \sqrt{x^2+xy+ y^2}) \ge 3\sqrt{3}(xy+yz+zx)$

Đề vậy đúng ko em?
Nếu đúng thì làm như sau:
$\sqrt{x^2+xy+y^2}\ge \dfrac{\sqrt{3}}{2}(x+y)$
Tương tự $\Rightarrow LHS\ge \sqrt{3}(x+y+z)^2\ge 3\sqrt{3}(xy+yz+zx)$ đpcm!
Dấu $=$ khi $x=y=z$ ^ ^

Đặt A=4ab+8bc+6ca.
Thay $c=3-a-b \Rightarrow A=-8 b^{2}-2b(5a-12)-(6 a^{2}-18a)$
Coi A là tam thức bậc 2 biến b,tham số a. Ta có$f(x)=a x^{2}+bx+c$ với a<0 thì $max f(x)= -\dfrac{ \Delta' }{a}$ khi và chỉ khi $x= -\dfrac{b'}{a}$
Áp dụng cho tam thức trên ta duoc $max A= \dfrac{432}{23}$ khi $a= \dfrac{12}{23},b= \dfrac{27}{23}$ và $c= \dfrac{30}{23} $
Done!!!

Cách của em khác:
Đặt:$x = \left| {a - \dfrac{3}{2}} \right|;y = \left| {b - \dfrac{3}{2}} \right|;z = \left| {c - \dfrac{3}{2}} \right|$
$\Rightarrow x + y + z \ge \left| {a + b + c - \dfrac{9}{2}} \right| = \dfrac{3}{2}$
Sau đó biến đổi $A = \dfrac{{81}}{4} - x^2 - 3y^2 - 5z^2 $
Tìm min cái $B = x^2 + 3y^2 + 5z^2 $ theo cân bằng hệ số ra kết quả như bác!

Bài toán: Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=3.
Tìm giá trị lớn nhất của: S=4ab+8bc+6ca

ta có: 4AD^2=2b^2+2c^2-a^2
4BE^2=2c^2+2a^2-b^2
4CF^2=2a^2+2b^2-c^2
mình chưa hỉu lắm chỗ này

Đó chỉ là công thức đường trung tuyến của tam giác.
Bạn cần nhớ để ứng dụng trong nhiều bài khác.CM công thức này chỉ cần dùng Pi-ta-go!

cho tam giác ABC. trong đó AD,BE,CF là 3 đường trung tuyến sao cho AD vuông góc BE. c/m tồn tại 1 tam giác nhận FC là cạnh huyền và AD,BE là 2 cạnh góc vuông

Bài nè làm theo cách hình học thì mình chưa nghĩ đành làm cách nè vậy:
Đặt $AB=c;CA=b;BC=a$
ta có: $4AD^2=2b^2+2c^2-a^2$
$4BE^2=2c^2+2a^2-b^2$
$4CF^2=2a^2+2b^2-c^2$
(Công thức đường trung tuyến mà)
Từ AD vuông góc với BE sẽ có $\dfrac{4}{9}AD^2+\dfrac{4}{9}BE^2=AB^2=c^2.$
thay công thức đường trung tuyến như trên vào thì ta đc:$a^2+b^2=5c^2$
Típ nha: yêu cầu bài toán tương đương $AD^2+BE^2=CF^2$
Thay công thức đường trung tuyến vào $=> a^2+b^2=5c^2$
Chính là đẳng thức suy ra từ giả thiết.
Vậy bạn có đpcm thui

thử bài này nha
(arqady)
a,b,c>0
CMR
$\sum \dfrac{a^3}{2b^3-abc+2c^3}\ge 1$

Vâng em thử vậy.
Chuẩn hóa abc=1.Típ theo đặt x=a^3;y=b^3;z=c^3
Ta có:
$VT = \dfrac{x}{{2y + 2z - 1}} + \dfrac{y}{{2z + 2x - 1}} + \dfrac{z}{{2x + 2y - 1}} \ge \dfrac{{\left( {x + y + z} \right)^2 }}{{4\left( {xy + yz + zx} \right) - 3}}$
ta cm $\begin{array}{l}
\dfrac{{\left( {x + y + z} \right)^2 }}{{4\left( {xy + yz + zx} \right) - 3}} \ge 1 \\
\Leftrightarrow x^2 + y^2 + z^2 + x + y + z \ge 2\left( {xy + yz + zx} \right) \\
\end{array}$
để ý xyz=1 chứng minh bằng dồn biến BĐT cuối
Từ đó => đpcm
Dấu = khi a=b=c

Ủa đề mình có sai đâu!
Có một số lỗi trong lời giải của bạn đấy.Bạn xem lại và sửa cho hoàn chỉnh nha!
Hướng đi của bạn cũng khá hay,có vẻ lời giải của chúng ta cũng tương đối giống:
My solution:
Trước hết
$\dfrac{1}{{a^2 }} + \dfrac{1}{{b^2 }} + \dfrac{1}{{c^2 }} \ge \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} = \dfrac{3}{{abc}}$
Ta sẽ cm:$\begin{array}{l}
\dfrac{3}{{abc}} \ge a^2 + b^2 + c^2 = 9 - 2(ab + bc + ca) \\
\Leftrightarrow \dfrac{3}{{abc}} + \left( {ab + bc + ca} \right) + \left( {ab + bc + ca} \right) \ge 9 \\
\end{array}$
Đến đây là xong bởi theo bđt Cô-si:$\dfrac{3}{{abc}} + \left( {ab + bc + ca} \right) + \left( {ab + bc + ca} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{3\left( {ab + bc + ca} \right)^2 }}{{abc}}}} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{3.3abc\left( {a + b + c} \right)}}{{abc}}}} = 9$.
Dấu = khi a=b=c=1!
p/s:đấy là lời giải cụ thể của mình!

chứng minh vậy không hay,phải như vầy:
$VT \ge \dfrac{{{{({a^3} + {b^3} + {c^3})}^2}}}{{4\sum {{a^3}{b^3} - 3abc(a^3+b^3+c^3)} }}$
chỉ cần chứng minh:
$VT \ge \sum {{a^6} + 3abc({a^3} + {b^3} + {c^3}} ) \ge 2\sum {{a^3}{b^3}}$ (đúng theo Schur và AM-GM)

Hì bác nhìn kĩ mà xem
hai cách ko khác nhau 1 chút nào # ở em đặt cho nó gọn còn bác thì ko thui
Các bước giống nhau bác ạ,cái đầu svac-xo và cái cuối schur như của huyetdao tama mà!

Cái khúc cuối mà cũng dùng dồn biến hả mà cũng dồn biến hả.

Shur có:$x^2+y^2+z^2+ \dfrac{9xyz}{x+y+z} \geq 2(xy+yz+xz)$

$\Rightarrow x+y+z \geq \dfrac{9xyz}{x+y+z} $

$\Leftrightarrow (x+y+z)^2 \geq 9xyz=9 $(wá đúng Với xyz=1)

ok cách schur đc lắm bạn!

Bài toán: Cho a,b,c>0 thỏa mãn: a+b+c=3.Chứng minh rằng:
$a^2 + b^2 + c^2 \le \dfrac{1}{{a^2 }} + \dfrac{1}{{b^2 }} + \dfrac{1}{{c^2 }}$

giả sử a,b là các số nguyên dương thay đổi thỏa mãn :{ab+1}/{a+b}< 3/2.Tìm max cua
P=( a^3.b^3+1)/(a^3+b^3)

W.L.O.G a≥b
Từ đk ta có:
$2ab+2<3a+3b$
Nếu $b\ge3$ => $2ab+2\ge6a+2>3(a+b)$ vô lí
Vậy $b\le2$
Xét b=2 => $4a+2<3(2+a)$ <=> $a<4$
a=3 : $P=\dfrac{31}{5}$
a=2 : $P=\dfrac{65}{16}$
a=1 : $P=1$

Xét b=1 thì $P=1$ với mọi a.
Kết luận $Pmax=\dfrac{31}{5}$ khi b=3;b=2 hoặc a=2;b=3!


p/s: bài nè hình như là đề tuyển sinh của ĐHKHTN năm 2008

Bài toán này chắc các bạn đã thấy lời giải trong quyển STBĐT nhưng nó có nhiều cách giải rất hay khác!
Mọi người thử làm xem sao nhé càng nhiều cách càng tốt!
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge 2$

ổn đó 2cách rùi nhỉ.tui cách 3 nha:
$\dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}=\dfrac{a(b+c)(ab+bc+ca)}{(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)}\ge \dfrac{4a(b+c)(ab+bc+ca)}{(ab+bc+ca+b^2+bc+c^2)^2}=\dfrac{4a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2}$
Tương tự ta cần cm: $\sum \dfrac{4a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2}\ge 2$
$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a}{b+c}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$
Cái này hiển nhiên đúng theo Cauchy-Schwarz!
Cách này hay chứ??

Mình có bdt khác mạnh hơn:
CMR:với a.b.c>0 ta có
$\dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge 2+3\sqrt[3]{\dfrac{a^2b^2c^2*3(ab^2+bc^2+ca^2)(a^2b+b^2c+c^2a)(\prod (a-b))^2}{\prod (a^2+ab+b^2)}}$

Chà chà cậu này mạnh tay ghê nhỉ.Vậy cho mình lời giải bài đó nhé!Và thử làm bài toán trên bằng những cách sơ cấp nhất xem sao!!

lời giải ngắn nhất: (it's me)
$\Leftrightarrow \sum {ab({a^2} + ab + {b^2}){{(a - b)}^2}} \ge 0$

ax ông Toàn ghi thế này thì lo chả ngắn.Nghĩ hướng giải đẹp đẹp tí chứ nhân tất thế này thì buffalo wa!
Hi đã đc 1 cách,vẫn còn đó.típ tục nhé! ^^

Cho x,y,z$\ge$. tm: $x^{4}.y^{2}+y^{4}.z^{2}+z^{4}.x^{2}$=1.CMR
$\dfrac{x.y^{3}}{z}$+$\dfrac{y.z^{3}}{x}$+$\dfrac{z.x^{3}}{y}$ $\ge$ $\sqrt{3}$

Bài nè em giải rùi mà pác.trên phần Bất Đẳng thức của forum THCS ý.
Bài nè chỉ cần bp là xong!Sử dụng cái nè $(a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)$ thôi

em cũng xin góp vui bằng một bài tự nghĩ: " cho a, b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c =3. CMR:
P= a^4/(a-b)(a-c)+b^4/(b-a)(b-c)+c^4/(c-a)(c-b)<27/4 "
mời các bác thử xơi xem có ngon không ạ?

Dạ em chưa xơi đã thấy có vấn đề rùi nè: cho a=1/3;b=2/3;c=2 thì nó ra lớn hơn 27/4 mất rùi.hic

có rùi à thế mà tui tưởng nghĩ ra được BĐT mới cơ chứ! thế mới đau chứ lị!

ko,đúng là của pác nghĩ ra.nhưng mà pác post ở chỗ Bất dẳng thức THCS trước rùi mà.h post lại lần nữa thui

Cho a,b,c>0tma+b+c+abc=4.CMR
a+b+c>=ab+bc+ca
các bác cứ xơi thoải mái.2 cách.

Bác cho thế nè mất vui!
Để nó không âm còn thêm một dấu = nữa!
Tại hạ non kém làm 1 cách đã:
W.L.O.G $c=min{a,b,c}$
Từ cái giả thiết => $c=\dfrac{4-ab}{a+b+ab} =>4-ab\ge0$
Thay vào bt cần cm ta có:
$\dfrac{(a+b-2)^2-ab(a-1)(b-1)}{a+b+ab}\ge0$
Đến đây xét $(a-1)(b-1)\le0$ hiển nhiên đúng!
$(a-1)(b-1)\ge0$ thì $(a+b-2)^2-ab(a-1)(b-1)\ge0 => (4-ab)(a-1)(b-1)\ge0$ cái nè đúng
Vậy => đpcm
Dấu = khi $a=b=c=1$
p/s đáng nhẽ để a,b,c không âm còn dấu = là $0;2;2$
Dạ em sửa rùi ạ!

Với $a,b,c$ là các số không âm và khác nhau. CMR:$(xy+yz+xz)(\dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}})\geq 4$

Bài nè để tui:
W.L.O.G giả sử $z=min{x,y,z}$
Ta có: $(x-z)^2+(y-z)^2=(x-y)^2+2(x-z)(y-z)$
$=> \dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}}=\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{{y-z)^2(z-x)^2}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{2}{(x-z)(y-z)+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}=\dfrac{4}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{4}{xy+yz+zx}$
=> đpcm

thằng em chưa để ý, mong đại ca thông củm .
Mà anh kêu cái con trog chữ ký kia đạp ít thui, hỏng mất cái của trời trao bây giờ .

anh Khải nói chí phải, em toàn thế cả chứ có gì đâu .
Chép bài vô đối!!!!!!!!!!!!!
__________________________
P/S: mà chỗ em có bị nhắc 1 hay 2 lần cũng có sao đâu .