ta chứng minh được S(ABC) max khi ABC đều

theo công thức $S=\frac{abc}{4R}$ suy ra abc max =$3\sqrt{3}R$

áp dụng AM-GM ta có P =$\sum \frac{(a+b)^{3}}{\sqrt[3]{2(a+b)(a^{2}+b^{2})}}= \sum \frac{(a+b)^{4}}{\sqrt[3]{(2a^{2}+2b^{2})(a^{2}+2ab+b^{2})(a^{2}+2ab+b^{2})}}\geq \sum \frac{3(a+b)^{4}}{4(a^{2}+ab+b^{2})}=9+\sum \frac{3(a^{2}+b^{2})^{2}} {4(a^{2}+ab+b^{2})}\geq 9+3\doteq 12$

 (do $(a^{2}+b^{2})^{2}\geq \frac{4}{9}(a^{2}+ab+b^{2})^{2}$ nên BĐT cuối đúng )

vậy BĐT đc cm

Bài 2; Đặt $\frac{1}{x}=a ;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c$

BĐT càn chứng minh tương đương với $a+b+c +\sum \sqrt{(a+b)(a+c)}\leq \frac{1}{abc}\Leftrightarrow abc(a+b+c)+abc \sum \sqrt{(a+b)(a+c)}\leq 1$

Áp dụng AM-GM ta có $abc\sum \sqrt{(a+b)(a+c)}\leq 2(a+b+c)abc$

nên BĐT cần chứng minh tương đương 3abc(a+b+c)$\leq 1$ (luôn đúng do ab+bc+ca=1)

P +12 =$\frac{3(a+b+c)}{b+c}+\frac{4(a+b+c)}{c+a}+\frac{5(a+b+c)}{a+b}=(a+b+c)(\frac{3}{b+c}+\frac{4}{c+a}+\frac{5}{a+b})=\frac{1}{2}(b+c+c+a+a+b)(\frac{3}{b+c}+\frac{4}{c+a}+\frac{5}{a+b})\geq \frac{(\sqrt{3}+\sqrt{4}+\sqrt{5})^{2}}{2}$

suy ra min P

1 .   $x^{2}y+2y+x =4xy$

      $\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{xy}+\frac{x}{y}=3$

2.    $\sqrt{x+y}+\sqrt{x+3}=\frac{y-3}{x}$

       $\sqrt{x+y}+\sqrt{x}= x +3$

3.    $x^{2}+y^{2}-xy-7y-4=0$

        $y(x-y)^{2}+6y+8 = 2x^{2}$

mình làm thế này không biết đúng không

áp dụng Holder ta có $(x^{3}+y^{3}+16z^{3})(1+1+\frac{1}{\sqrt[3]{4}})^{2}\geq (x+y+z)^{3}$

từ đó suy ra min P

3 số (a+b)/c ; (b+c)/a ; (c+a)/b không thể cùng lớn hơn 2 .

bạn xét các trường hợp ra là đc

cho a,b,c > 0 thoả mãn $abc\leq 1$ .Tìm Max P = $\sum \sqrt[3]{\frac{a^{2}+a}{a^{2}+a+1}}$

dùng PP đổi biến p,q,r

BĐT cần chứng minh tương đương.$p^{3}-3pq +9 \geq p^{2}$

lại có $p^{3}+9 \geq 4pq$ do đó ta  phải chưng minh $p^{3}+9 \geq 4p^{2}$

áp dụng AM -GM ta có $3\frac{p^{3}}{3}+9 \geq 4\sqrt[4]{\frac{p^{9}}{3}}\geq 4\sqrt[4]{p^{8}}= 4p^{2}$

suy ra BĐT đc cm

viết thành $2y^{4}+ y^{2}(x^{2}+7)- (x^{4}-4x^{2}-5)= 0$

tính đenta thì đenta là SCP .từ đó tìm được x suy ra y

viết A= 4$\frac{10^{2n}-1}{9}$ và B= 8$\frac{10^{n}-1}{9}$ .

khi đó A + 2B +4 = $\frac{(2.10^{n}+4)^{2}}{9}$ là số chính phương do $(2.10^{n}+4)$ chia hết cho 3

cho a,b,c >0 thỏa mãn ab+bc+ca=1. CMR $\sum \frac{a}{b^{2}+c^{2}+2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{8}$

mình nhớ là bài này sau khi bung hết ra sẽ đc 1 cái phương trình tích .sau đó giải đc x,y

khẳng định bạn ạ

theo mình thì cái này hiển nhiên mà .....trong 3 số a,b,c có 2 số bằng nhau thì BĐT đc chứng minh

nếu không có 2 số nào bằng nhau  .khi đó trong các hiệu a-b ;b-c ;c-a có 1 số âm suy ra đpcm

Bài 4 chia phương trình ban đầu cho $x^{2}$ đặt ẩn phụ rồi dùng Cauchy-Chwazt

Bài 5 phân tích $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz =(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx)$ .bình phương rồi dùng AM-GM

Bài 6 ax+by+cz $\leq \sqrt{(x^{2}+y^{2}+z^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$ sau đó dùng Cauchy-Chwazt là đc

Bài7 nhân a+b+c lên rồi dùng nesbit

mấy bài còn lại để tối lên mình làm nốt cho

Bài 3  chứng minh $\sum \frac{b+c}{\sqrt{a}}\geq 2(\sum \sqrt{a})\geq \sum \sqrt{a}+3$

Bài 1 dùng mincopski

Bài 2 do a,b,c thuộc đoạn (0,1) nên$\sqrt{abc}\leq \sqrt[3]{abc}$ và $\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq \sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}$ dau đó dùng AM-GM là xong

 theo mình p là tích của n số nguyên tố đầu tiên .nếu thế mình chứng minh thế này

      p chia hết cho 3 nên p-1 chia 3 dư 2 nên không là số chính phương

      giả sử p+1 là số chính phương ..đặt p+1 =$a^{2}$ suy ra p =(a-1)(a+1) ..do p chẵn nên a lẻ .do đó a-1 và a+1 chẵn suy ra (a-1)(a+1) chia hết cho 4 suy ra p hia hết cho 4 (vô lí)

Vậy p-1 và p+1 không là số chính phương

bài 2 : nhân 2 vào phương thình thứ 2 rồi cộng vào phương trình đầu tiên .sau đó phân tích nhân tử đc $x^{2}+y= 7$   hoặc $x^{2}+y= -5$ .tính $x^{2}$ theo y rồi thay vào phương trình 2 giải tìm ra y

Ta đi cm 2 bbđt phụ sau:  Với a,b,c thuộc [1,2] thì  $\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\leq 10$  và $9\left ( a+b+c \right )\geq 4\left ( 3a+2b+c \right )$

 chứng minh ý 2 kiểu gì vậy bạn

1:   dễ chứng minh ab là số xấu

giả sử tồn tại số xấu > ab

xét hệ H {1,2,.....,b} là hệ thặng dư đầy đủ thì {a,2a,.......ab} là hệ thặng dư đầy đủ

suy ra tòn tại x thỏa mãn ax đồng dư với n theo mod b hay n-ax =by (y là số nguyên)

do n>ab nên n-ax >n-ab >0 suy ra by > o

suy ra đpcm

khi tìm đc 2 nghiệm thì thay vào tìm đc m mà bạn

cứ thay $x_{2}^{2}= \frac{36}{x_{1}^{2}}$ rồi làm thôi .khi đó $x_{1}= 3;-3$

theo mình thì chứng minh $\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}\geq \frac{2}{1+xy}$ (tớ quy đồng ) .giả sử z=min{x;y;z}  sau đó xét $\frac{2}{1+xy}+\frac{1}{1+z^{2}}-\frac{3}{1+xyz}= \frac{2xy(z-1)}{(1+xy)(1+xyz)}+\frac{z(xy-z)}{(1+z^{2})(1+xyz)}\geq 0$ (do $z\geq 1$ và xy-z >0)            Mọi người thử xem có đúng không