Bạn xem một lời giải cho bài này ở đây nhé, hoặc có thể tìm trong diễn đàn với từ khóa "bất biến, đơn biến và ứng dụng" của thầy Trần Nam Dũng.

Cho em hỏi là trong ví dụ của thầy Trần Nam Dũng thì có đoạn:

Ta cho tương ứng bảng này với $(2a_{1}-1)...(2a_{k}-1)$ là sao ạ??

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: 

$$\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ac+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2} \geq \frac{3(ab+bc+ac)}{a+b+c}.$$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$$\frac{a+b+c+\sqrt[3]{abc}}{4}\geq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{3}.$$

Cho lục giác đều $ABCDEG$. Người ta tô đỏ hai đỉnh $A,D$ và tô xanh bốn đỉnh còn lại. Sau đó người ta đổi màu các đỉnh đó theo quy tắc sau:

Mỗi lần đổi phải chọn ba đỉnh của một tam giác cân rồi đổi màu đồng thời cả ba đỉnh ấy(đỏ thành xanh,xanh thành đỏ).

Hỏi sau một số lần thực hiện quy tắc đó thì có thể thu được kết quả là đỉnh $C$ tô đỏ còn năm đỉnh còn lại đều tô xanh hay không? Tại sao?

Cho  tam giác ABC có G là trọng tâm. Đường thẳng d bất kì qua G cắt AB,AC tại M và N.

CMR: $\frac{AB}{AM} + \frac{AC}{AN} = 3$

Gọi $AP$ là đường trung tuyến xuất phát từ $A$. Từ $B,C$ vẽ các đường thẳng song song với $AP$, cắt $AP$ lần lượt tại $X,Y$. Sau đó dùng $Thales$ là ra.

vì a,b,c$\in \left [ 0;2 \right ]$

suy ra: $\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\geq \frac{9}{6-a-b-c}\geq \frac{9}{6-3\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{9}{3}= 3$

Ta có $VT \geq \frac{9}{6-(a+b+c)}$

Ta $C/m \frac{9}{6-(a+b+c)} \geq 3 <=> a+b+c \geq 3 => ...$

Nghi vấn =))

Đây là một bài toán mình lấy trong sách. Lời giải của mình cũng giống mấy bạn nhưng thấy sách giải rất rườm rà nên mình không biết có sai không.

----------------------------------------

Sau đây là lời giải của sách:

Dễ chứng minh với $x,y\in (0;2)$ thì $\frac{1}{2-x}+\frac{1}{2-y}\geq \frac{2}{2-\sqrt{xy}}.$

Áp dụng ta được:

$\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}\geq \frac{2}{2-\sqrt{ab}}$

$\frac{1}{2-c}+\frac{1}{2-\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{2}{2-\sqrt[6]{abc^{4}}}$

Mặt khác:

$\frac{1}{2-\sqrt{ab}}+\frac{1}{2-\sqrt[6]{abc^{4}}}\geq \frac{2}{2-\sqrt{\sqrt{ab}}.\sqrt[6]{abc^{4}}}=\frac{2}{2-\sqrt[3]{abc}}$

Vậy $\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\geq \frac{3}{2-\sqrt[3]{abc}}\geq 3$

-------------------

Nhìn lời giải mà ngán  

Cho các số tự nhiên $a,b$. Khi chia $a^{2}+b^{2}$ cho $a+b$ ta được thương là $q$ và dư $r$. Tìm tất cả các cặp $(a,b)$ sao cho $q^{2}+r=1977.$

Giúp mình với:

2.bmp

Ta có: $\sum_{1}^{2014}X^{2}=2725088015$

Do vậy $|a_{i}|=1(i=\overline{1,n})$

Cho ba số thực $a,b,c\in (0;2)$ thỏa mãn $abc\geq 1$. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\geq 3.$$

Cái dòng thứ hai nó là $a - \frac{a}{a^2+1} \geq a - \frac{1}{2}$ chứ không phải là $\frac{a}{2}$ đâu

À, mình cũng không để ý, mình thấy đăng lên chuyên mục lỗi sai của toán tuổi thơ cũng hay đấy!

Tìm tất cả các số nguyên lẻ $n$ sao cho với mọi số tự nhiên $m$ thì $n\mid (2^m-1)^n+1$.

Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$ không âm ta luôn có bất đẳng thức sau: $$\frac{1}{\sqrt{4a^{2}+bc}}+\frac{1}{\sqrt{4b^{2}+ca}}+\frac{1}{\sqrt{4c^{2}+ab}}\geq \frac{4}{a+b+c}.$$

$P \geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{a^2+1}.\frac{b^3}{b^2+1}.\frac{c^3}{c^2+1}}$

Ta có $\frac{a^3}{a^2+1} = a - \frac{a}{a^2+1} \geq \frac{a}{2}$

$=> P \geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{8}} = \frac{3}{2}$

Dấu"=" xảy ra khi $a=b=c=1$

@@ Sai mất rồi

Sao lại sai nhỉ?

Cách này hay thật

Giải bpt: $\left(4x^2+x-1 \right) \sqrt{x^2+x+2} \le \left(4x^2+3x+5 \right) \sqrt{x^2-1}+1.$

Ở đây bạn http://diendantoanho...ght-sqrtx2-1-1/

Giải hệ phương trình sau: $\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{x^{3}}=y-\frac{1}{y^{3}}\\ (x-4y)(2x-y+4)=-36 \end{matrix}\right.$

Giả sử $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm $Min$ của biểu thức:

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

Tìm các số nguyên tố $p,q$ thoả mãn $p^5-q^4=(p+q)^3.$

Quái! Sao $a^3 \equiv b^3 $ thì $a \equiv b$ vậy

 

Bài này ta sẽ chứng minh $5 \mid a^2+b^2+ab$ khi và chỉ khi $5 \mid a,b$

 

Thật vậy $5 \mid (2a+b)^2+3b^2$ .

 

Nếu $2a+b$ và $b$ đều không chia hết cho 5 thì do một số chính phương khi chia cho 5 dư $1,4$ nên

 

$LHS \equiv 1,2,3,4$ . Vô lý.

 

Nên $5 \mid 2a+b$ và $5 \mid b$. Đây chính là điều phải chứng minh

 

Có lời tổng quát rất hay cho bài này

Em nghĩ là: $a,b$ chỉ có thể $\equiv 0,\pm 1,\pm 2(mod5)\Rightarrow$ $a^{3},b^{3}$ chỉ có thể $\equiv 0,\pm 1,-2,-3(mod5)$. Do đó để $a^{3}\equiv b^{3}(mod5)$ thì $a \equiv b(mod5)$

Nhân tiện anh có thể post đề và lời giải cho bài toán tổng quát không ạ

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: 

$$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{a+c}}+\frac{c }{\sqrt{b+a}}\geq \sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}.$$

vừa nãy anh cũng gặp lỗi đó ...... em thử khởi động lại máy xem

Em khởi động lại cũng ko vô được. Ngồi chờ nửa tiếng lại vô được

Cho em hỏi là diễn đàn mình dạo này có sao không vậy ạ! Không biết là do máy em hay diễn đàn mình mà em cứ gặp cái lỗi này. BQT xem lại giùm em ạ (

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có BĐT sau: $$\sqrt{a^4+a^2b^2+b^4} + \sqrt{b^4+b^2c^2+c^4} + \sqrt{c^4+c^2a^2+a^4} \ge a\sqrt{2a^2+bc}+b\sqrt{2b^2+ca}+c\sqrt{2c^2+ab}.$$

Trong một tờ giấy hình vuông bằng giấy có cạnh $12 cm$ có $31$ lỗ kim châm. Chứng minh rằng ta vẫn có thể cắt từ tờ giấy này ra một hình tròn có bán kính $1 cm$ mà không chứa một lỗ kim châm nào.

Bài này em đã đăng lâu rồi mà không ai giải  nên em xin mạn phép được đăng lại ạ~~

ý là ta xét tiếp một đường thẳng $d_{n+1}$ bất kỳ và cắt $n$ đường thẳng kia, ta thấy nó chia thành $n+1$ miền nữa.

Ý em là tại sao lại chia thành $n+1$ miền ạ???

Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: $$y^3 -3^x =100.$$