Bài toán này dấu bằng xảy ra không tại tâm $a=b=c$ đâu nhé!Đây là bài toán mở rộng của thi quốc gia Mĩ

Nếu bài này là đề thi của Mỹ thì đề bài là $a+b+c=3$. Khi đó $a=b=c=1$. Còn nếu không phải như thế thì mình giải sai rồi.

2:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$x+y+z=\sqrt[3]{7}$.Tìm min:$A=(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)$

Đề bài phải là $a+b+c=\sqrt[3]{7}$ nhé!

 

Ta dễ dàng chứng minh các BĐT sau bằng biến đổi tương đương:

                                    $a^5-a^2+3\geq a^3+2$

                                    $b^5-b^2+3\geq b^3+2$

                                    $c^5-c^2+3\geq c^3+2$

Nên ta có:

$A\geq (a^3+2)(b^3+2)(c^3+2)$

   $=(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)$

   $\geq (a+b+c)^3$   (theo BĐT $Holder$)

   $=7$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt[3]{7}}{3}$

Bài 1 : Cho x>0 ,y>0 , z>0 và x+y+z=xyz 

 

$P= \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^{2}}}$

 

Tim max P ?

Đáp số : 3/2

 

 

 

 

Bài 1:

Ta có : $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{yz+x^2yz}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{yz+x(x+y+z)}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z})(1)$    

Tương tự : $\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\leq \frac{1}{2}(\frac{x}{y+x}+\frac{z}{y+z})(2)$  

                  $\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\leq \frac{1}{2}(\frac{x}{z+x}+\frac{y}{z+y})(3)$  

Từ (1),(2),(3) :

$\Rightarrow P\leq \frac{1}{2}(\frac{x+y}{x+y}+\frac{y+z}{y+z}+\frac{z+x}{z+x})=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\sqrt{3}$

Vậy max P=$\frac{3}{2}$  khi $x=y=z=\sqrt{3}$

a/$\sqrt{5x^{2}+14x+9}-\sqrt{x^{2}-x-20}= 5\sqrt{x+1}$

b/$2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}+1}$

a)$PT\Leftrightarrow \sqrt{5x^2+14x+9}=\sqrt{x^2-x-20}+5\sqrt{x+1}$

$\Leftrightarrow 5x^2+14x+9=x^2+24x+5+10\sqrt{(x^2-x-20)(x+1)}$ (Bình phương 2 vế)

$\Leftrightarrow 4x^2-10x+4=10\sqrt{(x^2-4x-5)(x+4)}$

Đặt  $\sqrt{x^2-4x-5}=a , \sqrt{x+4}=b$

$\Rightarrow 4a^2+6b^2=10ab$

$\Leftrightarrow (2a-3b)(a-b)=0$

Đến đây chỉ cần xét $2a=3b$ hoặc $a=b$ (phần này bạn làm nốt nha)

 

b) Mình nghĩ đề phải là:

$2x^2-5x-1=7\sqrt{x^3-1}$

Nếu đề như vậy thì ta đặt $\sqrt{x-1}=a,\sqrt{x^2+x+1}=b$

Từ phương trình $\Rightarrow 2b^2+3a^2=7ab$

$\Leftrightarrow (2b-a)(b-3a)=0$

Đến đây là dễ rồi 

Cho a,b,c >0 . Chứng minh

$\frac{1}{a\left ( b+1 \right )}+\frac{1}{b\left ( c+1 \right )}+\frac{1}{c\left ( a+1 \right )}\geq \frac{3}{1+abc}$

BDT$\Leftrightarrow \frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(1+c)}+\frac{1+abc}{c(1+a)}\geq 3$

$\Leftrightarrow \left [ \frac{1+abc}{a(1+b)}+1 \right ]+\left [ \frac{1+abc}{b(1+c)}+1 \right ]+\left [ \frac{1+abc}{c(1+a)}+1 \right ]\geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{(1+a)+ab(1+c)}{a(1+b)}+\frac{(1+b)+bc(1+a)}{b(1+c)}+\frac{(1+c)+ca(1+b)}{c(1+a)}\geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{1+b}{b(1+c)}+\frac{c(1+a)}{1+c}+\frac{1+c}{c(1+a)}+\frac{a(1+b)}{1+a}\geq 6$

Mặt khác ta có:$\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{a(1+b)}{1+a}\geq 2$ (BDT Cauchy)

Thiết lập các BDT tương tự như trên ta có được đ.p.c.m

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa mãn $xyz=1$
Chứng minh các bất đẳng thức sau :
b,$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}+\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)} \geq 1$
P/S : Đây là những bài toán mình sưu tầm trên THTT, mọi người cùng thảo luận

Do x,y,z>0 và xyz=1 nên tồn tại a,b,c sao cho:$x=\frac{bc}{a^2},y=\frac{ca}{b^2},z=\frac{ab}{c^2}$
Thay vào ta được:
$\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}+\frac{2a^2b^2c^2}{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}\geq 1$
Sử dụng Cauchy-Schwarz ta có:
$(a^2+bc)^2\leq (a^2+b^2)(a^2+c^2)$
$\Rightarrow \sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}\geq \sum \frac{a^4}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}=1-\frac{2a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}$
Từ đó cần chứng minh:
$(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\geq (a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)$
Nhưng BDT này đúng vì:$a^2+bc\leq \sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}$
Kết thúc chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1

cho các số nguyên x và y thỏa mãn 4x+5y=7.Tìm GTNN của biểu thức sau:
P=$5\left |x \right |-3\left | y \right |$

Ta có: $y=\frac{7-4x}{5}$ và x,y ngược dấu
TH1:$x>0,y<0$ ta có:
$P=5x+3y=5x+3\frac{7-4x}{5}=4+\frac{13x+1}{5}$
Do $P\epsilon \mathbb{Z}\Rightarrow 13x+1\vdots 5$(1)
P min khi $x\epsilon \mathbb{N},x>0$, $x$ min và thoả mãn (1)$\Rightarrow x=3$$\Rightarrow y=-1$$\Rightarrow P=12$
TH2:$x<0,y>0$ ta có:
$P=-5x-3y=-5x-3\frac{7-4x}{5}=-4-\frac{13x+1}{5}$
$P\epsilon \mathbb{Z}\Rightarrow 13x+1\vdots 5$(2)
P min khi $x\epsilon \mathbb{Z},x<0$,$x$ max và $x$ thoả mãn (2)$\Rightarrow x=-2$$\Rightarrow y=3\Rightarrow P=-1$
Vậy Pmin=1 khi x=-2,y=3.

Cho $a,b,c \geq 0$. CMR:
$\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a} \leq\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$

Ta có:
BDT$\Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a})\leq 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Leftrightarrow \frac{c(a^2+b^2)}{a+b}+\frac{a(b^2+c^2)}{b+c}+\frac{b(c^2+a^2)}{c+a}\leq a^2+b^2+c^2$
$\Leftrightarrow c^2-\frac{c(a^2+b^2)}{a+b}+a^2-\frac{a(b^2+c^2)}{b+c}+b^2-\frac{b(c^2+a^2)}{c+a}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{ac(c-a)}{a+b}+\frac{bc(c-b)}{a+b}+\frac{ab(a-b)}{b+c}+\frac{ac(a-c)}{b+c}+\frac{ab(b-a)}{c+a}+\frac{bc(b-c)}{c+a}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{ac(c-a)^2}{(a+b)(b+c)}+\frac{bc(c-b)^2}{(a+b)(a+c)}+\frac{ab(b-a)^2}{(c+a)(b+c)}\geq 0$ (BDT này luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

1 bài toán khá đơn giản.
Bài toán:
Cho$a,b,c,d$ thuộc đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{1+bcd}+\frac{b}{1+acd}+\frac{c}{1+abd}+\frac{d}{1+abc}\leq 3$

Đặt VT là F
Do $a,b,c,d\epsilon \left [ 0,1 \right ]$ nên:
$F\leq \frac{a}{abcd+1}+\frac{b}{abcd+1}+\frac{c}{abcd+1}+\frac{d}{abcd+1}=\frac{a+b+c+d}{abcd+1}$ (1)
Mặt khác từ giả thiết ta còn có:
$a+b\leq 1+cd$
$c+d\leq 1+cd$
$ab+cd\leq 1+abcd$
Cộng 3 BDT trên ta được:
$a+b+c+d\leq 3+abcd$ (2)
Từ (1),(2)$\Rightarrow F\leq \frac{3+abcd}{abcd+1}\leq 3$
Dấu bằng xảy ra khi trong 4 số a,b,c,d có 1 số bàng 1, 3 số còn lại bằng 0.

Bài 1:
Cho $a,b,c\epsilon \mathbb{R},\geq 0$. CM:
$\frac{a^2}{3a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2}{3b^2+(a+c)^2}+\frac{c^2}{3c^2+(a+b)^2}\leq \frac{1}{2}$
Bài 2:
Cho a,b,c,d không âm thỏa mãn:a+b+c+d=4.Tìm max
$\frac{ab}{c+d+4}+\frac{bc}{d+a+4}+\frac{cd}{a+b+4}+\frac{da}{b+c+4}+\frac{\sqrt{abcd}}{3}$
Bài 3:
Cho $a,b,c,d\epsilon \mathbb{R}$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2+d^2=1$.CM
$\frac{1}{1-(\frac{a+b}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{a+c}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{a+c}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{b+c}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{b+d}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{c+d}{2})^2}\leq 8$
Bài 4:
Cho a,b,c không âm.CM:
$\frac{b^3}{a^3+2b^3+c^3}+\frac{c^3}{a^3+2c^3+b^3}+\frac{a^3}{b^3+2a^3+c^3}\leq \frac{a+b++c}{4}$

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng 3.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{4a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{4b^2+c^2+a^2}+\frac{1}{4c^2+a^2+b^2}\leq \frac{1}{2}$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$\left(\frac{a+b+c}{3}+1\right)^3\geq \frac{8(a+bc)(b+ac)(c+ab)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$

Ta có: $\frac{9}{4a^2+b^2+c^2}=\frac{(a+b+c)^{2}}{2a^2+(a^2+b^2)+(a^2+c^2)}\leq \frac{1}{2}+\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}$ (Áp dụng cauchy schwarz)
$\Rightarrow 9\sum \frac{1}{4a^2+b^2+c^2}\leq \frac{3}{2}+\sum (\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2})=\frac{3}{2}+3=\frac{9}{2}$
Chia 2 vế cho 9 ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$$

Bài 1
BDT tương đương vs:
$(\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c})+(\frac{b}{c}-\frac{b}{b+c})+(\frac{c}{a}-\frac{c}{a+b})\geq \frac{b}{a+b}+1$
Hay
$\frac{ca}{b(b+c)}+\frac{b^2}{c(b+c)}+\frac{bc}{a(a+b)}\geq \frac{a+2b}{a+b}$
AD cauchy schwarz:
$\frac{ca}{b(b+c)}+\frac{b^2}{c(b+c)}=\frac{a}{c(b+c)}(\frac{c^2}{b}+\frac{b^2}{a})\geq \frac{a}{c(b+c)}\frac{(c+b)^2}{b+a}=\frac{a(b+c)}{c(a+b)}$
Cần cm:
$\frac{a(b+c)}{c}+\frac{bc}{a}\geq a+2b\Leftrightarrow \frac{b(c-a)^2}{ca}\geq 0$ (đúng)
Dấu = khi a=b=c
----------------------------------------------
Bạn nên gìn giữ sự tr0ng sáng của tiếng Việt khi tham gia thảo luận trên diễn đàn! Thân

1. Cho hình thang cân ABCD (AB song song CD), AB khác CD. CMR: Giao điểm hai đường chéo, giao điểm hai cạnh bên, các trung điểm của hai đáy thẳng hàng.

Mình ko vẽ đc hình bạn thông cảm nhé
Gọi AC cắt BD tại O và AD cắt BC tại E(vẽ AB<CD nhé) .Gọi EO cắt AB tại M,cắt CD tại N.
Ta có DO=OC(cái này dễ)$\Rightarrow \Delta EOD=\Delta EOC(ccc)\Rightarrow$ EM là phân giác của $\widehat{DEC}$
Mà tam giác EAB cân tại A nên M là trung điểm của AB.
Tương tự N là trung điểm của DC
Vậy có dpcm

Thêm một bài nửa nha
Cũng Phân tích đa thức thành nhân tử:
(a+b)(b+c)(c-a)+(b+c)(c+a)(a-b)+(c+a)(a+b)(b-c)

bạn thay $a-b=-\left [ (c-a)+(b-c) \right ]$ là xong
Kết quả:(b-c)(c-a)(b-a)

AI GIẢI DÙM MÌNH BÀI NÀY VỚI
Phân tích đa thức thành nhân tử
a(b²+c²+bc)+b(c²+a²+ac)+c(a²+b²+ab)

LÀM GIÙM NHA

biến đổi ta sẽ có:(a+b+c)(ab+bc+ca)

Bài 3 biến đổi thành (x-2y)(x-y)=7
Bài 4:Có (x-5)y=-3x-3
Nếu x=5 thì ko tm
Nếu x khác 5 ta có y=$-\frac{3(x+1)}{x-5}$=$-(3+\frac{18}{x-5})$
Do y nguyên nên việc tìm x,y sẽ dễ dàng

Cho $a^{3}-3a^{2}+7a-2012=0$
$b^{3}-3b^{2}+7b+2002=0$
Tính a+b
-----


Lời nhắn từ BQT: Bạn phải đặt tiêu đề theo quy định! Những bài vi phạm sau sẽ bị xóa mà không có nhắc nhở! Cảm ơn.

Tiêu đề cũ: Tính giá trị biểu thức

Ta có $\left\{\begin{matrix} (a-1)^{3}&+4a &-2011=0 \\ (b-1)^{3} &+4b &+2003=0 \end{matrix}\right.$
Cộng cả 2 hệ vào ta có $(a+b-2)\left [ (a-1)^{2}-(a-1)(b-1)+(b-1)^{2}+4 \right ]=0$
Ta lại có $(a-1)^2-(a-1)(b-1)+(b-1)^2+4=\frac{(a-1)^2+(b-1)^2+(a-b)^2+8}{2}> 0$
Vậy A=a+b=2

bài này có phải trong toán tuổi thơ số này ko nhỉ?????

mình ko biết nhưng thầy cho

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn xyz=1.Tìm GTNN của: $\frac{1}{x+y+z}-\frac{2}{xy+yz+zx}$

Giải phương trình: $4^x-12.x^2+32=0$

Giải như sau:
Trên tia đối của tia $AB$ dựng điểm $P$ sao cho $AP = DN$
Dễ dàng chứng minh $\triangle CDN = \triangle ADP$
$\Rightarrow \angle APD = \angle DNC, \angle PDA = \angle CDN = \angle NDM$

tại sao $\angle PDA = \angle CDN = \angle NDM$ vậy bạn đề bài cho khác cơ mà

Cho hình vuông $ABCD$. Lấy $M$ nằm trên cạch $AB$, $N$ nằm trên cạnh $BC$ sao cho $\widehat{ADM}=\widehat{NDM}$. Chứng minh rằng:$DN=AM+CN$.

Mình xin đóng góp:
1/Cho a,b,c$\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca> 0$ .CMR:
$\frac{a}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$
2/cho a,b,c $\geq 0$ .CMR:
a)$\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
b)$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2$
c)$4(a^2+x^2)(b^2+y^2)(c^2+z^2)\geq 3(bcx+cay+abz)^2$
d)$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\geq (1+a)(1+b)(1+c)$
e)$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$

Cho a,b,c là các số thực dương.CMR:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{9abc}{\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )}\geq 4$
P/s:Ai làm đc theo S.O.S thì mình thank nhìu không thì cách khác cũng đc.

Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$, $M$ di chuyển trên $BC$. Từ $M$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AB$, $AC$ tại $E$, $F$. Tìm điều kiện của $\Delta ABC$ để tứ giác $AEMF$ là hình vuông.