Rất nhiều người sử dụng tài liệu này để ôn văn

Hihi, ôn thi kiểu này hiệu quả nhỉ, 100% đỗ

1. Với $a,b,c,r\geq 0$ chứng minh bất đẳng thức sau

$a^r(a^2-b^2)(c+a)+b^r(b^2-c^2)(a+b)+c^r(c^2-a^2)(b+c)\geq 0$

Không mất tổng quát, giả sử a là số lớn nhất.
Xét hàm số $f(a)=VT$
$$f'(a)=r.a^{r-1}(a^2-b^2)(a+c)+2a^{r+1}(a+c)+a^r(a^2-b^2)+b^r(b^2-c^2)-2ac^r(b+c)$$ Dễ thấy $f'(a) \ge 0$ vì $2a^{r+1}(a+c)\geq 2ac^r(b+c)$. Suy ra hàm số đồng biến.

TH1 $a\ge b\ge c$. $$\Rightarrow f(a)\ge f(b)=2b^{r+1}(b^2-c^2)+c^r(c^2-b^2)(b+c)=(b^2-c^2)(2b^{r+1}-bc^r-c^{r+1})\geq 0$$
TH2 $a\ge c\ge b$ $$\Rightarrow f(a)\geq f©=2c^{r+1}(c^2-b^2)+b^r(b^2-c^2)(c+b)=(c^2-b^2)(2c^{r+1}-b^rc-b^{r+1})\geq 0$$
ĐPCM

Đường thẳng Ox và Oy cắt hai đường tròn tại bốn điểm $A_1,A_2,A_3,A_4$ và $B_1,B_2,B_3,B_4$ như hình vẽ. Các đường thằng $A_1,B_1$ giao với $A_2,B_2$ tại $O_1$; $A_3,B_3$ giao với $A_4,B_4$ tại $O_2$

Chứng minh góc $O_1$=$O_2$

Tại sao lại có đoạn:

$ 180^o - \widehat{O_{1}B_{1}B_{2}}-\widehat{O_{1}B_{2}B_{1}}$
$= 180^o - \widehat{O_{2}A_{3}A_{4}}-\widehat{O_{2}A_{4}A_{3}}$
?

Có $ \widehat{O_{1}B_{2}B_{1}}=\widehat{O_{2}A_{3}A_{4}}$ Do tứ giác $A_2A_3B_3B_2$ nội tiếp.
Và $\widehat{O_{1}B_{1}B_{2}}=\frac{1}{2}sd\widetilde{A_1B_4}=\frac{1}{2}.(360-sd\widetilde{A_1B_1B_4})=180-\frac{1}{2}sd\widetilde{A_1B_1B_4}=180-\widehat{A_1A_4B_4}=\widehat{O_2A_4A_3}$

Phần III Một số đại lượng trung bình.

1. Bài toán mở đầu
Bài toán sau đâu khá quen thuộc: Cho các số thực dương $a_1,a_2,...,a_n$ và số thực $k\ge1$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a_1^k+a_2^k+...+a_n^k}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^k$$
Cách chứng minh cho bài toán này không khó lắm, chúng ta chỉ cần áp dụng BĐT Jensen cho hàm số lồi $f(a)=a^k$ với $ k \ge 1$ là được.
Từ bài toán trên, chúng ta đi tìm một hướng mở rộng hơn cho nó, để dễ dàng nhất, ta đi đến bài toán sau:

2. Các bài toán.
Bài 1. (Đào Thanh Oai- Lê Văn Hoàng).Cho hai dãy số thực dương thỏa mãn $a_1 \ge a_2 \ge ...\ge a_n \ge 1$ và $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_n \ge1$. Chứng minh BĐT:
$$\frac{a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}}{n} \ge \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
Chứng minh:
Xét dãy số giảm $a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_k \ge ... \ge a_n\ge 1$ và dãy số giảm $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_k \ge ... \ge x_n \ge 1$

Xét hàm số các hàm số dạng $f_k(t)=a_k^{t}$ với $t \ge1; a_k \ge 1$. Các hàm số này lồi và $f_k'(x_0)=a_k^{x_0}.lna_k \geq a_{k+1}^{x_0}.lna_{k+1}= f'_{k+1}(x_0)$.

Nên các hàm số thỏa mãn tính chất của định lý mở rộng bất đẳng thức karamata.

Xét hai bộ số $(x_1,x_2,...,x_n)$ và $ \left ( x,x,...,x \right )$ trong đó $x=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$

Dễ thấy ta luôn có $$\frac{x_1+x_2+...+x_k}{k}\geq \frac{x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}}{k+1}\geq ...\geq \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$$ $$\Rightarrow x_1+x_2+...+x_k\geq k.\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}=k.x=x+x+...+x$$
Vậy hai bộ số $(x_k)$ và $(x)$ trên cũng thỏa mãn định lý mở rộng bất đẳng thức karamata.
Như vậy, ta chỉ cần áp dụng định lý trên

$f_1(x_1)+f_2(x_2)+....f_n(x_n)\geq f_1(x)+f_2(x)+....f_n(x)$
$$\Rightarrow a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}\geq a_1^x+a_2^x+...+a_n^x$$ $$\Rightarrow \frac{a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}}{n}\geq \frac{a_1^x+a_2^x+...+a_n^x}{n}$$
Theo một kết quả quen thuộc, ta có $$\frac{b_1^t+b_2^t+...+b_n^t}{n}\geq \left ( \frac{b_1+b_2+...+b_n}{n} \right )^t$$ với $ t \ge1$.
Áp dụng vào bài trên ta được $$ \frac{a_1^x+a_2^x+...+a_n^x}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^x$$ (vì dễ thấy $x \ge 1$)
Suy ra $$\Rightarrow \frac{a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^x$$
_________________________________________________________________

Còn 1 cách nữa để chứng minh bài toán trên, sử dụng 1 BĐT của anh Đào Thanh Oai tại đây
(Coi bộ $(x_k)$ thành bộ $(b_k)$)

Với $a_1 \geq a_2 \geq ......\geq a_n \geq 1$ hoặc $1 \geq a_n \geq a_{n-1} ......\geq a_1 \geq 0$ và $b_1 \geq b_2 \ .... \geq b_n \geq 0$ Ta có bất đẳng thức:
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n}) $

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc:

$a_1=a_2 = ......= a_n$ hoặc $b_1=b_2 = ......= b_n$

Đặt $\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}=b$
Sử dụng BĐT AM-GM và BĐT Chê-bư sép cho 2 bộ đơn điệu cùng chiều trên, ta được
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n})$

$\geq b_1.n.a_1^{b}+b_2.n.a_2^{b}+...+b_n.n.a_n^{b}$

$=n\left [ b_1.a_1^{b}+b_2.a_2^{b}+...+b_n.a_n^{b} \right ]$

$\geq n.\frac{1}{n}.(b_1+b_2+...+b_n).\left [ a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b} \right ]$

$\Rightarrow (b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq(b_1+b_2+...+b_n)\left [ a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b} \right ]$

$\Rightarrow a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}\geq a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}$

$\Rightarrow \frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \frac{a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}}{n}$

Theo một kết quả quen thuộc, ta có
$$\frac{x_1^k+x_2^k+...+x_n^k}{n}\geq \left ( \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n} \right )^k$$.
Áp dụng vào trên ta được
$$\frac{a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{b}$$
Suy ra $$\frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{b}$$
Dấu bằng xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
a_1=a_2=..=a_n\\b_1=b_2=...=b_n

\end{matrix}\right.$$

Bài toán 2 ( Lê Văn Hoàng) Cho $a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n >0$ và $ x_1 \ge x_2 \ge... \ge x_n>0$. Chứng minh bất đẳng thức:
$$a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n}\geq \left ( a_1.a_2...a_n \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
Giải:

Trước hết, ta chứng minh BĐT sau:
Với $(x_k)$ và $(a_k)$ là hai bộ giảm thì ta có $$a_1^{x_1}...a_n^{x_n}\geq a_1^{x_{k1}}.a_2^{x_{k2}}...a_n^{x_{kn}}$$.
Trong đó $x_{k1}, x_{k2},...$ là một hoán vị bất kì của dãy $x_k$
Thật vậy, lấy logarit tự nhiên hai vế, ta cần chứng minh $$x_1.lna_1+x_2.lna_2+...+x_n.lna_n\geq x_{k1}.lna_1+...+x_{kn}.lna_n$$.
Nhưng nó đúng theo BĐT hoán vị
____________________________


Xét các bộ số $(x_1,x_2,...,x_n)$ với $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_n$ và $(b,b,b...,b)$ $b=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$
Dễ thấy ta có $(x_k)\gg (b)$
Áp dụng BĐT Muihard ta có $$\sum a_1^{x_{k1}}.a_2^{x_{k2}}...a_n^{x_{kn}}\geq \sum a_1^{b_{k1}}a_2^{b_{k2}}...a_n^{b_{kn}}$$
$$=n!.\left ( a_1.a_2...a_n \right )^{b}$$
Lại theo bổ đề trên $$ n!.a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n} \ge \sum a_1^{x_{k1}}.a_2^{x_{k2}}...a_n^{x_{kn}}$$
Suy ra $$a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n}\geq \left ( a_1.a_2...a_n \right )^b \ge \left ( a_1.a_2...a_n \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
__________________________________

Áp dụng kết quả bài toán trên, ta thay tương ứng $(x_k)$ bằng $(a_k)$, ta thu được bài toán:
$$a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq (a_1a_2...a_n)^{\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}}$$
Nhưng ta còn biết 1 kết quả mạnh hơn bài toán trên:
$$a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq\left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right ) ^{a_1+a_2+...+a_n}\geq (a_1a_2...a_n)^{\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}}$$
Như vậy liệu ta có thể có:
$$a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n}\geq\left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
??????????????????????

http://www.youtube.com/watch?v=mhpLG96NQ4A

Tìm thấy bài này bên onluyentoan.vn với 3 cách giải, mọi người xem nhé, tại vì lời giải rất dài nên mình chỉ đưa link thôi.
http://onluyentoan.v...read.php?t=6794

$\alpha _1\geq \alpha _2\geq ...\geq \alpha _n>0;$

$ \alpha _1+\alpha _2+...+\alpha _n=1;$

Với $x_1\geq x_2\geq ...\geq x_n>0$

$x_1^{\alpha _1}.x_2^{\alpha _2}..x_n^{\alpha _n}\geq \sqrt[n]{x_1x_2...x_n}$.

Mọi người xem thử hộ em xem có sai lầm gì không nhé, lần đầu tiên em sử dụng các BĐT kiểu như thế này nên sợ có gì đó chưa hiểu rõ bản chất của nó. Cho font to lên nhé, tại vì toàn có số mũ thôi.

Trước hết, ta chứng minh BĐT sau:
Với $(x_k)$ và $(a_k)$ là hai bộ giảm thì ta có $$x_1^{a_1}...x_n^{a_n}\geq x_1^{a_{k1}}.x_2^{a_{k2}}...x_n^{a_{kn}}$$.
Trong đó $a_{k1}, a_{k2},...$ là một hoán vị bất kì của dãy $a_k$
Thật vậy, lấy logarit tự nhiên hai vế, ta cần chứng minh $$a_1.lnx_1+a_2.lnx_2+...+a_n.lnx_n\geq a_{k1}.lnx_1+...+a_{kn}.lnx_n$$.
Nhưng nó đúng theo BĐT hoán vị
____________________________


Xét các bộ số $(a_1,a_2,...,a_n)$ với $a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n$ và (b,b,b...,b) $b=\frac{a_1+a_1+...+a_n}{n}=\frac{1}{n}$.
Ta có bộ a trội hơn bộ b ( trong sách STBDT trang 321)
Áp dụng BĐT Muihard ta có $$\sum x_1^{a_{k1}}.x_2^{a_{k2}}...x_n^{a_{kn}}\geq \sum x_1^{b_{k1}}x_2^{b_{k2}}...x_n^{b_{kn}}$$
$$=n!.\left ( x_1.x_2...x_n \right )^{\frac{1}{n}}=n!.\sqrt[n]{x_1.x_2...x_n}$$
LẠi theo bổ đề em vừa làm trên $$ n!.x_1^{a_1}.x_2^{a_2}...x_n^{a_n} \ge \sum x_1^{a_{k1}}.x_2^{a_{k2}}...x_n^{a_{kn}}$$
Suy ra $$ x_1^{a_1}.x_2^{a_2}...x_n^{a_n} \ge \sqrt[n]{x_1.x_2...x_n}$$

Mình thấy bài này không cần điều kiện cho $ |a| \ge |b|$.
Bài toán được giải quyết ở đây.
http://diendantoanho...dfracmc-na2ca2/

Bài 484:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh:
$$\frac{a}{a+\sqrt{a+bc}}+\frac{b}{b+\sqrt{b+ca}}+\frac{c}{c+\sqrt{c+ab}}\leq 1$$

$$VT=\sum \frac{a}{a+\sqrt{a+bc}}=\sum \frac{a}{a+\sqrt{a(a+b+c)+bc}}$$
$$=\sum \frac{a}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \sum \frac{a}{a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}$$
$$=\sum \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1$$

Mời mọi người cho ý kiến với điều kiện $x_1\geq x_2\geq ...\geq x_n>0;$

nếu $y_1\geq y_2\geq ...\geq y_n$ thì có xảy ra bất đẳng thức:

$x_1y_1+....+x_ny_n\geq (y_1+y_2+...+y_n)\sqrt[n]{x_1x_2..x_n}$

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $x_1=x_2=...=x_n$

Và khi dãy $y_1\leq y_2\leq ...\leq y_n$ bất đẳng thức đổi chiều

Để chứng minh bất đẳng thức trên có thể chứng minh bất đẳng thức sau: Với

$\alpha _1\geq \alpha _2\geq ...\geq \alpha _n>0;$

$ \alpha _1+\alpha _2+...+\alpha _n=1;$

Với $x_1\geq x_2\geq ...\geq x_n>0$

$x_1^{\alpha _1}.x_2^{\alpha _2}..x_n^{\alpha _n}\geq \sqrt[n]{x_1x_2...x_n}$.

Sau khi chứng minh được bất đẳng thức này tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Chauchy suy rộng; từ đó ta có được dpcm

Với dãy y giảm thì có 1 cách là áp dụng trực tiếp BĐT chebusep và AM-GM
$$x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n\geq \frac{1}{n}.(y_1+y_2+...+y_n)(x_1+...+x_n)$$
$$\geq \frac{1}{n}.(y_1+y_2+...+y_n).n\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}=VP$$
Còn chiều ngược lại thì nếu làm như trên bị ngược dấu. Cái bđt trên kia chứng minh như thế nào anh?

Tiếp nhé, 4 từ

Tiếp nhé

1. Em cần ôn luôn cả Toán Lý Hóa Sinh 4 môn thi luôn.
2. Mong sẽ có nhiều thầy cô và các bạn có thể hướng dẫn ôn thi đại học để các mem 95 đạt thành tích cao như các anh năm nay.
3. Em thấy riêng mem 95 thôi, vì vẫn có mục thi thử đại học cho tất cả mọi người mà.
4. Có ạ
Em xin cảm ơn BTC

Ta sẽ chứng minh $(ab+bc+ca)(a^2b+b^2c+c^2a)\leq 9$

Cũng còn cách khác để chứng minh BĐT này.
Không mất tổng quát, giả sử b nằm giữa a và c, ta có $$b^2c+c^2a=c(b-a)(b-c)+abc+bc^2\leq abc+bc^2$$.
$$\Rightarrow VT\leq b(a^2+ac+c^2)(ac+b(a+c))\leq \frac{b.[(a+c)^2+b(a+c)]^2}{4}=\frac{b.(a+c)^2.9}{4}$$
$$=9.b.\frac{a+c}{2}.\frac{a+c}{2}\leq 9.\left ( \frac{b+a+c}{3} \right )^3=9$$

Bài toán sau có nội dung tương tự.

Bài 6. Cho a > 0, chứng minh rằng:
\[
\sqrt {a + \sqrt {a + ... + \sqrt a } } < \dfrac{{1 + \sqrt {4a + 1} }}{2}
\]
(ở vế trái có n dấu căn, n > 1)

Lời giải:

Đặt $$x_{1}=\sqrt{a},\; \; x_{2}=\sqrt{a+\sqrt{a}},\; \; ...,x_{n}=\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}\; \; \; \left ( 1 \right )$$

Do $a>0$ nên ta có $x_{n}>x_{n-1}$. Từ (1) suy ra:
$$x_{n}^{2}=a+x_{n-1}\Rightarrow x_{n}^{2}<a+x_{n}\Rightarrow x_{n}^{2}-x_{n}-a<0\; \; \: \left ( 2 \right )$$

Xét tam thức bậc hai: $f\left ( t \right )=t^{2}-t-a$.

Từ (2) ta có $f\left ( x_{n} \right )<0$ nên theo định lí đảo về dấu tam thức bậc hai thì $t_{1}<x_{n}<t_{2}$ với $t_{1},\; t_{2}$ là hai nghiệm của $f\left ( t \right )$ tức:

$$x_{n}<\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}\; \; hay\; \; \sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}<\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}\; \; \; \; \;(đpcm)$$

Thay $a=6$ vào ta được $\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+...}}}<3$

Mình làm bài này nếu đề là $\frac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dạng $Engel$ và $AM-GM$ ta có:
$\frac{a}{bc(b+c)}+\frac{b}{ac(a+c)}+\frac{c}{ab(a+b)}=\frac{a^2}{abc(b+c)}+\frac{b^2}{abc(a+c)}+\frac{c^2}{abc(a+b)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2abc(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2abc}\geq \frac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Bổ sung thêm một cách nữa nhé, dạng của nó khiến ta nghĩ đến BĐT Chebusep.

Không mất tổng quát, giả sử $ a \ge b \ge c$, khi đó cách bộ sau đơn điệu cùng chiều

$\left ( \frac{a}{b+c};\frac{b}{c+a};\frac{c}{a+b} \right )$ và $\left ( \frac{1}{bc};\frac{1}{ca};\frac{1}{ab} \right )$

Theo BĐT Chebusep và Nesbit
$$\frac{a}{bc(b+c)}+\frac{b}{ac(a+c)}+\frac{c}{ab(a+b)}\geq \frac{1}{3}.\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right ).\left ( \frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab} \right )\geq \frac{1}{3}.\frac{3}{2}.\frac{3}{\sqrt[3]{(abc)^2}}=\frac{3}{2\sqrt[3]{(abc)^2}}$$

Bài toán:
Ch0 $a,b,c>0$,$a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$

PS, chết thật, làm ẩu quá, xin lỗi các bạn, mình làm lại.
Ta chứng minh BĐT $$(a+b+c)\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )\geq 3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$.
Và do đó chỉ cần sử dụng BĐT trên với giả thiết $a^2+b^2+c^2=3$ là ra.
Có hai cách chứng minh BĐT này
$$

Theo BĐT Cauchy-schwarz ta có
$$VT\geq \frac{(a+b+c)^3}{ab+bc+ca}$$
Như vậy ta cần chứng minh
$$(a+b+c)^3\geq 3(ab+bc+ca)\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$
$$\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq 3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}$$
Theo BĐT AM-GM ta có
$$3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}\leq 3\sqrt{3.\left ( \frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}{3} \right )^3}=(a+b+c)^3$$
ĐPCM
Cách 2.
Nhân ra ta phải chứng minh $$\sum \frac{ab}{c}+\sum \frac{a^2}{b}+\sum a\geq 3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$
Sử dụng BĐT $ (x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+zx)$ ta được
$$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq \sqrt{3(b^2+c^2+a^2)}$$
Như vậy ta cần chứng minh $$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c\geq 2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$
Ta sẽ chứng minh BĐT mạnh hơn là $$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c\geq\frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$$
Không mất tổng quát, giả sử b là số nằm giữa a và c. BĐT cần chứng minh tương đương với
$$\sum \left ( \frac{a^2}{b}-2a+b \right )\geq \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}-2(a+b+c)$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{b}\geq \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}-2(a+b+c)$$
Theo cauchy-schwarz ta có $$\sum \frac{(a-b)^2}{b}\geq \frac{4(a-c)^2}{a+b+c}$$
Như vậy cần phải chứng minh $$2(a-c)^2\geq 3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2\Leftrightarrow (b-c)(b-a)\leq 0$$
Đúng theo giả sử. Vậy BĐT trên đúng. Mặt khác dễ thấy $$\frac{6(a^2+c^2+c^2)}{a+b+c}\geq 2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\Leftrightarrow \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\geq a+b+c$$
Đúng nên ta suy ra ĐPCM

$$

Nguồn: http://rap.vn/diendan/threads/112719/

Nhà hàng toilet xuất hiện tại Bắc Kinh

Bạn có muốn thử không?
Chắc hẳn các bạn vẫn còn nhớ đến nhà hàng toilet tại Trung Quốc. Mới đây, một nhà hàng tương tự đã được khai trương tại Thủ đô Bắc Kinh của Trung Quốc. Nhà hàng tiếp tục gây sốc cho nhiều người với hình thức phục vụ thức ăn kiểu… nhà vệ sinh.

Nhà hàng toilet ở Trung Quốc.


Bạn có muốn ăn?

[font='normal Arial', ', Helvetica, sans-serif} ']Nhà hàng được thiết kế như một nhà vệ sinh công cộng. Những món ăn ngon miệng và hấp dẫn sẽ được đựng trong các bồn cầu thu nhỏ rồi mang lên phục vụ thực khách. Một số khách hàng tỏ ra thích thú với hình thức độc đáo này, tuy nhiên nhiều người lại thấy nó rất kinh khủng…[/font]

[font=normal Arial', Helvetica, sans-serif]
Thức ăn được đựng trong các bồn cầu thu nhỏ.


[/font]

Feng Lu, quản lý nhà hàng cho biết: "Chúng tôi đã nghĩ ra ý tưởng này khi đang thảo luận về những nhà hàng khủng khiếp nhất mà chúng tôi từng ăn. Một trong số đó là kiểu nhà hàng toilet. Vì thế, chúng tôi quyết định mở một nhà hàng kiểu này. Mặc dù không hoàn toàn tin tưởng vào thành công của nhà hàng này nhưng tôi hi vọng nó sẽ nổi tiếng trong tương lai gần."
Nguồn: http://www.vietgiait...n-tai-bac-kinh/

Đang tiện thể nói về cái toilet, ai có điều gì thú vị đưa lên nhé.
Và những bật mí kinh ngạc về cách sử dụng toilet cùng giấy toilet trên toàn thế giới!

Nguồn: http://kenh14.vn/c11...t-qua-tranh.chn

Toilet thế này thì làm sao "đi" được

1 phát bài 405:
Biến đổi tương đương,ta có:
BĐT cần chứng minh tương đương $(a+b+c)^2+a^2b^2c^2\geq 2abc(a+b+c)<=>(a+b+c-abc)^2\geq 0$
BĐT sau cùng đúng nên có đpcm

Có mấy hum không lên mà topic nì sôi động qá
Cách khác cho bài này :
$VT=[(a+b)^{2}+(ab-1)^{2}](c^{2}+1)\geq [c(a+b)+ab-1]^{2}= (ab+bc+ca-1)^{2}$
Xong !

Cho a,b,c$> 0$
chứng minh $\frac{a}{b+2c+3a}+\frac{b}{c+2a+3b}+\frac{c}{a+2b+3c}\leq \frac{1}{2}$

Một cách trâu bò, quy đồng lên, ta phải chứng minh
$$2(a^3+b^3+c^3)+3(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 12abc+(ab^2+bc^2+ca^2)$$.
Nhưng đây là tổng của 2 BĐT quen thuộc dùng Schur và AM-GM.
$$a^3+b^3+c^3+3abc\geq (a^2b+b^2c+c^2a)+(ab^2+bc^2+ca^2)$$
$$(a^3+b^3+c^3)+4(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 3abc+12abc=15abc$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Chứng minh: $\frac{9^{x}}{3^{x}+3^{y}3^{z}}+\frac{9^{y}}{3^{y}+3^{x}3^{z}}+\frac{9^{z}}{3^{z}+3^{y}3^{x}}\geq \frac{3^{x}+3^{y}+3^{z}}{4}$

Đặt $3^x=a;3^y=b;3^z=c$, ta quy bài toán về
Cho $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc$, chứng minh rằng
$$\frac{a^2}{a+bc}+\frac{b^2}{b+ca}+\frac{c^2}{c+ab}\geq \frac{a+b+c}{4}$$.
Ta chứng minh như sau.
$$VT=\sum \frac{a^2}{a+bc}=\sum \frac{a^3}{a^2+abc}=\sum \frac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}=\sum \frac{a^3}{(a+b)(a+c)}$$.
Ta cần chứng minh $\frac{a^3}{(a+b)(a+c)}+\frac{b^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{c^3}{(c+a)(c+b)}\geq \frac{a+b+c}{4}$

Có nhiều cách chứng minh bài này, ở đây mình làm theo cách Holder, có thể làm theo AM-GM cũng được.
$$VT\geq \frac{(a+b+c)^3}{[(a+b)+(b+c)+(c+a)].[(a+c)+(b+a)+(c+b)]}=\frac{(a+b+c)^3}{4(a+b+c)^2}=VP$$
ĐPCM