Bài 3: ta có: $\dfrac{EO}{AB}=\dfrac{OD}{BD}=\dfrac{OC}{CA}=\dfrac{OG}{AB}$=>$OE=OG$
mà $\dfrac{EO}{AB}+\dfrac{OG}{CD}=\dfrac{OD}{BD}+\dfrac{OB}{BD}=1$
Do đó $\dfrac{1}{OE}=\dfrac{1}{OG}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}$
đó là đpcm.

Hjx hjx em ghi lộn cái đề $3y^2$ mà viết là $y^2$ anh phân tích lại cho em với

ghi lộn đề hả!ko sao đâu!hướng đi thì như trên tất mà!wan trọng đưa về tìm min max của 1 phân thức(dùng miền giá trị hàm số ý) cái nè wen thuộc wa rùi còn gì!
Bạn đi theo hướng trên nhé;nếu ko thì viết rõ lại đề ha!

Cho $x^2+xy+ y^2 \le 3$.CMR:
$-4 \sqrt 3 -3 \le x^2-xy-y^2 \le 4 \sqrt3-3$

Bài nè:
Xét x=0 hiển nhiên đúng!
Xét x#0 như sau:
Đặt $A = \dfrac{{x^2 - xy - y^2 }}{{x^2 + xy + y^2 }} = \dfrac{{1 - a - a^2 }}{{1 + a + a^2 }}$
trong đó a=y/x
Tìm min max của phân thức nè.(miền giá trị hàm số là xong)
Sau đó để ý rằng $0 \le x^2 + xy + y^2 \le 3$
Từ đó suy ra đpcm thui!

không biết ý kiến 2 anh ấy thế nào? còn em thì đồng ý cả 2 tay
...............................................................................................................
VÌ TOPIC "BẤT ĐẲNG THỨC THCS (2)".

Các anh em nhân tiện giúp em bài này nha
Bài 54:
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:
$\frac{x^{2}+1}{y^{2}+1}+\frac{y^{2}+1}{z^{2}+1}+\frac{z^{2}+1}{x^{2}+1}\leq \frac{7}{2}$

link bài 13 này mọi người! zo chơi thử không bjt aj hỏi kệ cứ post cho ae đọc!
xem ở đây:http://www.artofprob...?f=151&t=455771

Mọi người thử làm tương tự cách trên với bài toán sau
Cho a,b,c > 0. CMR
$\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\leq 3(a+b+c)$

lâu lém mới quay lại topic này vì vậy tặng anh Kiên một bài
Áp dụng BĐT $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ (cái này chứng minh thì dễ rùi )
Ta có:
$19b^{3}-a^{3}=20b^{3}-b^{3}-a^{3}\leq 20b^{3}-ab(a+b) = b(20b^{2}-a^{2}-ab)=b(a+5b)(4b-a)=(4b-a)(ab+5b^{2})$
$\Rightarrow$ $\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2} \leq 4b-a (1)$
Tương tự ta có được:
$\Rightarrow$ $\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2} \leq 4c-b (2)$
$\Rightarrow$ $\frac{19a^3-c^3}{ca+5a^2} \leq 4a-c (3)$
Cộng từng vế của (1);(2) và (3) ta có được kết quả.

Tặng topic anh Kiên một bài!
Bài 53: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi x,y>0:
$\frac{2x^{2}+3y^{2}}{2x^{3}+3y^{3}}+\frac{2y^{2}+3x^{2}}{2y^{3}+3x^{3}}\leq \frac{4}{x+y}$
Dấu "=" xảy ra khi nào?

mình chả thấy sự liên quan nào giữa bt trên và bài này
nếu suy nghĩ của mình đúng thì bài bạn đưa ra chỉ cần dùng 1 dòng là dcj

có liên quan đấy nhưng là theo hướng giải của mình cho bài này cơ!

cách nào đâu bạn ?????/

cách của pác toanlc ý giải đc bài tổng quát mà

Nếu đề đúng là cái thứ 2 thì đây là lời giải của em:
Ta có:
$\begin{array}{l}
A + 3 = \dfrac{{x + y + z + 2}}{{z + 2}} + \dfrac{{y + z + x + 2}}{{x + 2}} + \dfrac{{z + x + y + 2}}{{y + 2}} \\
= \left( {x + y + z + 2} \right)\left( {\dfrac{1}{{x + 2}} + \dfrac{1}{{y + 2}} + \dfrac{1}{{z + 2}}} \right) \\
\end{array}$
• Tìm min nè:
$ \Rightarrow A + 3 \ge \dfrac{{9\left( {x + y + z + 2} \right)}}{{x + y + z + 6}} \ge \dfrac{{5\left( {x + y + z + 6} \right)}}{{x + y + z + 6}} = 5$ bởi vì $x + y + z \ge 3$ mà!
Vậy $A_{\min } = 2$

• Tìm max nè:
$\begin{array}{l}
A = \dfrac{y}{{x + 2}} + \dfrac{z}{{x + 2}} + \dfrac{x}{{y + 2}} + \dfrac{z}{{y + 2}} + \dfrac{y}{{z + 2}} + \dfrac{x}{{z + 2}} \\
\le \dfrac{y}{{x + y}} + \dfrac{z}{{x + z}} + \dfrac{x}{{y + x}} + \dfrac{z}{{y + z}} + \dfrac{y}{{z + y}} + \dfrac{x}{{z + x}} = 3 \\
\end{array}$ bời vì $x,y,z \le 2$ mà

Vậy $A_{\max } = 3$

Ok men!cả minh max đó bạn thanks cho mình cái ha, mình là thành viên mới mà

mình thử tổng quát bài của bạn cvp nhé
cho các số dương CMR;
$ \dfrac{Ax^k-Ay^k}{Bx^m+C} +\dfrac{Ay^k-Az^k}{By^m+C} +\dfrac{Az^k-Ax^k}{Bz^m+C} \leq 0$

uh đúng rùi bạn tông quát đúng đó theo cách giải nêu trên! :-bd

tim Min Max:A=x+y/(2+z) + y+z/(2+x) + x+z/(2+y)
cho biet :1 x,y,z 2

đề bài là :$A = x + \dfrac{y}{{z + 2}} + y + \dfrac{z}{{x + 2}} + z + \dfrac{x}{{y + 2}}$
hay $A = \dfrac{{x + y}}{{z + 2}} + \dfrac{{y + z}}{{x + 2}} + \dfrac{{z + x}}{{y + 2}}$
????

Tim max cua pac CVP sai rui.kho wa xem lai di pac cvp a

uh mình xem lại rùi nhưng ko sai mà.lấy 1 cái cụ thể cho bạn nè:
$y \le 2 \Rightarrow x + y \le 2 + x \Rightarrow \dfrac{1}{{x + y}} \ge \dfrac{1}{{x + 2}} \Rightarrow \dfrac{y}{{x + y}} \ge \dfrac{y}{{x + 2}}$
Tương tự như thế mà bạn; cách này rất dơn giản mà;ko fức tạp chút nào!!

tìm min có thể Cauchy trực tiếp VT sau đó CM$27(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8(x+2)(y+2)(z+2)$

Tất nhiên nhưng bạn có thể thấy con đường của bạn khó đi hơn!
Mời bạn zô bt sau:
Cho x,y,z là các số thực.CM bất đẳng thức sau:
$\dfrac{{x^2 - y^2 }}{{2x^2 + 1}} + \dfrac{{y^2 - z^2 }}{{2y^2 + 1}} + \dfrac{{z^2 - x^2 }}{{2z^2 + 1}} \le 0$

tìm min: $A=\dfrac{a^4}{(b-1)^3}+\dfrac{b^4}{(a-1)^3}$
Trong đó a,b là các số lớn hớn và thỏa mãn dk: $a+b \leq 4$

phải có đk $a,b>1$ chứ nhỉ ^^
Bài này có thể giải đơn giản như sau:
Để ý rằng:
$a^2\ge 4(a-1)$ và $b^2\ge 4(b-1)$
Và $(a-1)(b-1)\le \dfrac{1}{4}(a+b-2)^2\le 1$ do $a+b\le 4$
Sử dụng AM-GM:
$A\ge 2\sqrt{\dfrac{1}{(a-1)(b-1)}}.\dfrac{a^2}{a-1}\dfrac{b^2}{b-1} \ge 32$
Vậy $A_{min}=32$ Dấu $=$ khi $a=b=2$
p/s: sơ suất 2.4.4=32 chứ ko phải là 16! ^^

Tìm số nguyên tố p lẻ thỏa mãn:
$1^{p - 1} + 2^{p - 1} + 3^{p - 1} + ... + 2004^{p - 1} \vdots p$

*Nếu p>2004 (p,i)=1 với mọi i=1,2,...,2004
Áp dụng định lí Fermat nhỏ ta có :
S= 1^(p-1)+2^(p-1)+...+2004^(p-1) 2004(mod p)
Suy ra S không chia hết cho p
*Nếu p<2004:
Đặt 2004=pk+r
Áp dụng định lí Fermat nhỏ ta suy ra
S k(p-1)+r (mod p)
Do đó S p (r-k) p
-r k : vif 0<r<p r=p
Neen 2004=(p+1)r
Vì p lẻ và p nguyên tố nên p=2003(thỏa mãn)
-r<k k=pq+r
Suy ra:2004=(pq+r)p+r=p^2+pr+r p^2+p+1
Suy ra p 43
Xét các giá trị của p ta thấy chỉ co 17 thỏa mãn
Vậy p=17 và p=2003

ừ bạn làm đúng rùi đấy!

Cho tứ giác lồi ABCD có BC=CD và $2\angle A+\angle C=180^o$.Gọi M là trung điểm của BD.Chứng minh rằng:$\angle MAD=\angle BAC$

um! tiện thể giúp tôi
CMR với mọi a,b>0thì
$\sqrt{2a(a+b)^3}+b\sqrt{2(a^2+b^2)} \le 3(a^2+b^2)$

Bài nè để tui giúp.
Chỉ sử dụng AM-GM:
$LHS=(a+b)\sqrt{2a(a+b)}+b\sqrt{2}\sqrt{(a^2+b^2)} \le \dfrac{(a+b)^2+2a(a+b)+2b^2+a^2+b^2}{2}$
$=a^2+b^2+(a+b)^2\le 3(a^2+b^2)$
=>đpcm dấu = khi a=b

Ủa ko ai làm bài trên sao???dùng dồn biến thui mà
Vậy mời thử tiếp bài toán nè nhé:
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+ \dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge2$

Thêm một câu hỏi nữa cho bài toán này:
Chứng minh rằng tồn tại $a,b,c >0$ sao cho:
$\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc}<2$
Mời các bạn!!

Tiếp một bài tương tự nhé:
Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\dfrac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}+\dfrac{9(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \ge 33$

Cho x,y,z là 3 số thực thỏa mãn đk:$x^2+y^2+z^2=1$.Tìm GTNN của biểu thức:
$
A=2xy+xz+zx
$

Mình cứ thử giải vậy(chả biết có đúng ko )
$2A+2=4xy+2yz+2zx+2(x^2+y^2+z^2)=(x+y+z)^2+(x+y)^2+z^2\ge0$
=>$A\ge-1$
Vậy $Amin=-1$ khi $z=0;x+y=0=>xy=\dfrac{-1}{2};x^2+y^2=1$
Hay $z=0;x=-y=\dfrac{1}{\sqrt{2}};or;y=-x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

Anh Dũng ?Đây là cách cấp hai hả anh???????Hihihihihihi.

Chả cấp 2 là gì.$\sum_{i=1}^{100}MA_i=MA_1+MA_2+MA_3+..+MA_100$ mà
chẳng qua anh viết thế cho gọn thui

Cho đường tròn tâm O có bán kính R=1 và 100 điểm tùy ý: $A_1,A_2...A_{100}$.
CMR:Tồn tại một điểm M nằm trên đường tròn sao cho $MA_1+MA_2+...+MA_{100} \geq 100$

Bài này dễ :^^
Gọi $M_1$ là điểm đối xứng với $M$ qua $O$ $\Rightarrow MM_1=2$
Ta có theo bđt tam giác: $MA_i+M_1A_i\ge MM_1=2$ (với i chạy từ 1 đến 100)
$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{100}MA_i+\sum_{i=1}^{100}M_1A_i\ge 200 $
Do đó hoặc $\sum_{i=1}^{100}MA_i\ge 100$ hoặc $\sum_{i=1}^{100}M_1A_i\ge 100$
tùy th điểm $M$ là $M$ hoặc $M_1$
Vậy ta có đpcm!!!