Bài 175: (bình thường)
Chứng minh rằng với mọi a,b,c thực ta có
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2$
Bài 176: Cho a,b,c,d là các số không âm có tổng là 1. Tìm GTNN của biểu thức
$A=\frac{(a+b+c)(a+b)}{abcd}$

Nãy giờ bận đi coi VMF NEXT TOP MODEL nên không post bài được

Bài 175:
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta đc:
$(a+b+c)^{2}\leq (a^{2}+2).[1+\frac{(b+c)^{2}}{2}]$ (1)
Đẳng thức (1) xảy ra khi và chỉ khi: $a=\frac{2}{b+c}$
Vậy ta chỉ cần c/m: $(b^{2}+2).(c^{2}+2)\geq 3.[1+\frac{(b+c)^{2}}{2}]$
Khai triển ta đc: $\frac{b^{2}+c^{2}}{2}+ b^{2}c^{2}-3bc+1\geq 0$
$\Leftrightarrow bc+ b^{2}c^{2}-3bc+1=(bc-1)^{2}\geq 0$ (Đúng) (2)
Đẳng thức (2) xảy ra khi và chỉ khi b=c và b.c=1
Từ (1) và (2) Đẳng thức xảy ra ở BĐT ban đầu khi và chỉ khi a=b=c=1

không biết thế có đúng ko vì $\dfrac{1}{1+b^2}$ $ \dfrac{a}{1+b^2}$

E chứng minh đc $\frac{a}{1+b^{2}}=a-\frac{ab^{2}}{1+b^{2}}$$\geq a-\frac{ab}{2}$
Vậy $VT\geq (a+b+c)-\frac{1}{2}(ab+bc+ca)$

nhưng áp dụng cho $ \frac{a}{1+b^2}$ kiểu gì hả anh.

theo e hiểu là: $VT\geq a-\frac{ab}{2}+b-\frac{bc}{2}+c-\frac{ca}{2}$

bài 4
ta có $$\dfrac{a^2}{b + c + d} + a^2(b + c + d) \ge 2a^2$$
Lại có $$a^2(b + c + d) = \dfrac{1}{3}.a^2(b + c + d).3 \le a^2.\dfrac{(b + c + d)^2 + 9}{2} \le a^2.\dfrac{3(b^2 + c^2 + d^2) + 9}{2}$$
Làm như vậy với các số còn lại. Tiếp tục áp dụng
$ab + bc + cd + de + ea \le \dfrac{(a + b + c + d + e)^2}{5}$với các số $a^2, b^2, c^2, d^2, e^2$ ta có đpcm
Mình chỉ nêu ra hướng giải. Mong mọi người thông cảm

Anh Huy cho e hỏi cái chỗ "Lại có $$a^2(b + c + d) = \dfrac{1}{3}.a^2(b + c + d).3 \le a^2.\dfrac{(b + c + d)^2 + 9}{2} \le a^2.\dfrac{3(b^2 + c^2 + d^2) + 9}{2}$$" E chưa hiểu lắm! Anh giảng lại cho e chỗ đó nha!

Câu cuối trước:
Ta có: $\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}$ = $\sqrt{\frac{a^2(1+b+c)}{(a^2+b+c)(1+b+c)}}$ $\leq$ $\frac{\sqrt{a^2(1+b+c)}}{a+b+c}$
Xây dựng hai cái tương tự rồi cộng vế vs vế ta đk:
$\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}$ + $\sqrt{\frac{b^{2}}{b^{2}+c+a}}$ + $\sqrt{\frac{c^{2}}{c^{2}+a+b}}$ $\leq$ $\frac{\sqrt{a^2(1+b+c)}+\sqrt{b^2(1+c+a)}+\sqrt{c^2(1+a+b)}}{a+b+c}$
Bây h ta cần cm: $\sqrt{a^2(1+b+c)}$ + $\sqrt{b^2(1+c+a)}$ + $\sqrt{c^2(1+a+b)}$ $\leq$ $3(a+b+c)$
Thật vậy, nghe nói theo ông Cauchy-Schwarz ta cóa:
$\sqrt{a^2(1+b+c)}$ + $\sqrt{b^2(1+c+a)}$ + $\sqrt{c^2(1+a+b)}$ = $\sqrt{a(a+ab+ac)}$ + $\sqrt{b(b+bc+ba)}$ + $\sqrt{c(c+ca+cb)}$ $\leq$ $\sqrt{(a+b+c)(a+b+c+2ab+2bc+2ca)}$.
Đến đây tớ nghĩ Châu nên làm tiếp!
p/s1: bài này kòn một cách giải nữa của anh Nguyễn Đình Toàn - toan_glifc nhưng t không nhớ, cách trên là của anh VQBC
p/s2: Ngại gõ latex, ngại làm bđt!

Hì, cám ơn Quả nhìu nhé! ^^ Tới đây C làm đc rồi Vô cùng vô cùng vô cùng cám ơn Quả đã dành thời gian vào giải! Bản Latex rắc rối thật, nhưng tiện cái đọc dễ hiểu

Chém nốt câu này
Để ý 2 đẳng thức sau:
$$(1+a^2)(1+b^2)=(a+b)^2+(1-ab)^2$$
$$2(1+c^2)=(1+c)^2+(c-1)^2$$
Nên theo Cauchy-Schwarz:
$$\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} \ge (a+b)(1+c)+(1-ab)(c-1)=(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)$$

Anh Phúc ơi! Làm sao để phân tích mà biết đc 2 đẳng thức này để ghép vào bài hả a? $$(1+a^2)(1+b^2)=(a+b)^2+(1-ab)^2$$
$$2(1+c^2)=(1+c)^2+(c-1)^2$$ Anh có bí kíp nào hay chỉ e với!

bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\left ( a^{2}+1 \right ).\left ( b^{2}+1 \right ).\left ( c^{2}+1 \right )\geq \frac{5}{16}\left ( a+b+c+1 \right )^{2}$
bài 2: Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c, ta có
$2.\left ( 1+abc \right )+\sqrt{2.\left ( 1+a^{2} \right ).\left ( 1+b^{2} \right ).\left ( 1+c^{2} \right )}\geq \left ( 1+a \right ).\left ( 1+b \right ).\left ( 1+c \right )$
Bài 3: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{3}b}{1+ab^{2}}+\frac{b^{3}c}{1+bc^{2}}+\frac{c^{3}a}{1+ca^{2}}\geq \frac{abc\left ( a+b+c \right )}{1+abc}$
bài 4: Cho a,b,c,d,e > 0 và $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}=5$
Chứng minh: $\frac{a^{2}}{b+c+d}+\frac{b^{2}}{c+d+e}+\frac{c^{2}}{d+e+a}+\frac{d^{2}}{e+a+b}+\frac{e^{2}}{a+b+c}\geq \frac{5}{3}$
Bài 5: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}= 3$
Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}+\sqrt{\frac{b^{2}}{b^{2}+c+a}}+\sqrt{\frac{c^{2}}{c^{2}+a+b}}\leq \sqrt{3}$
Mình mới học Bất đẳng thức, mong các bạn chỉ bảo cho ạ

Tiếp đi.Mình vẫn sẽ tìm hiểu nhưng hãy giúp mình

Tiếp gì hở cậu? Tớ giải hết mấy bài ở trên cho câụ rùi mà

Còn mấy bài này thì sao:
1.\[\left\{\begin{matrix} xy-x+y=-3 & & \\ x^2+y^2-x+y+xy=6& & \end{matrix}\right.\]
Bài này thì mình nhìn thấy
có xy-x+y=-3 ở
cả 2 PT rồi nhưng còn x^2 +y^2 thì chưa biết cách giải quyết
2.
\[\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x-y}=\sqrt{x-y} & & \\ x+y=\sqrt{x+y+2}& & \end{matrix}\right.\]
3.
\[\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-y}=9-\left | x+2y \right | & & \\ x(x+4y-2)+y(4y+2)=41& & \end{matrix}\right.\]

Bài 1 trc
$\left\{\begin{matrix}xy-x+y=-3 \\ x^{2}+y^{2}-x+y+xy=6 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}xy-x+y=-3 \\ x^{2}+y^{2}=9 \end{matrix}\right.$
Đặt -x=u, y=v
hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-uv+u+v=-3 \\ u^{2}+v^{2}=9 \end{matrix}\right.$
Đặt S=u+v, P=u.v
hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-P+S=-3 \\ S^{2}-2P=9 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}P=S+3 \\ S^{2}-2S-15=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}P=S+3 \\ S=5 hay S=-3 \end{matrix}\right.$
*S=5 => P=8
*S=-3 => P=0
TH1: S=5, P=8
Ta có u,v là nghiệm của pt
$x^{2}-Sx+P=0 \Leftrightarrow x^{2}-5x+8=0$
$\Rightarrow$ pt vô nghiệm
TH2: S=-3, P=0
Ta có u, v là nghiệm của pt:
$x^{2}-Sx+P=0 \Leftrightarrow x^{2}+3x=0$
$\Leftrightarrow x(x+3)=0 \Leftrightarrow$ x=0 hay x=-3
Chọn $\left\{\begin{matrix}u=0 \\ v=-3 \end{matrix}\right. hay \left\{\begin{matrix}u=-3 \\ v=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 \\ y=-3 \end{matrix}\right. hay \left\{\begin{matrix}x=3 \\ y=0 \end{matrix}\right.$
Vậy hệ có 2 nghiệm (0;-3) và (3;0)

Bên đề chuyên Nguyễn Thượng Hiền có 1 bài pt giống vậy nhưng pt này lại là $\sqrt{x+5}=x^{2}-4x-3$ http://diendantoanho...l=&fromsearch=1 câu 2b đề chuyên 2 đó bạn, ra đáp số cũng đẹp nữa: http://www.wolframal...(x+5)=x^2-4x-3. Bạn xem lại coi có chép dư 1 số ko

Khi đồng nhất hệ số giải cái hệ kia kiểu gì hả bạn ?

Theo tớ nghĩ thì từ bd=-10=-5.2 rồi thử các cặp nghiệm (b;n) ta thấy b=-5; d=2 và tìm được a=1; c=-6. Khi thử nghiệm bạn lấy cái nào đều có nghiệm nguyên đấy. Mò hơi mệt

Cho a,b,c là các số nguyên dương và a+b=1. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^{2}+b^{2}}\geq 6$

Giải phương trình:
$(x^{2}-5x+1)(x^{2}-4)=6(x-1)^{2}$

$(x^{2}-5x+1)(x^{2}-4)=6(x-1)^{2}$
$\Leftrightarrow x^{4}-5x^{3}-9x^{2}+32x-10=0$
Sử dụng phương pháp hệ số bất định, ta có:
$(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d)=x^4+(a+c)^3+(d+ac+b)x^2+(ad+bc)x+bd$
Đồng nhất hệ số ta có:
$\left\{\begin{matrix}a+c=-5 \\ d+ac+b=-9 \\ ad+bc=32 \\ bd=-10 \end{matrix}\right.$
Giải hệ pt ta được:
a=1;b=-5;c=-6;d=2
Vậy $x^{4}-5x^{3}-9x^{2}+32x-10=0$$\Leftrightarrow (x^2+x-5)(x^2-6x+2)=0$
$\Leftrightarrow x^2+x-5=0 \vee x^2-6x+2=0$
Giải ra, ta đc các nghiệm: S=${\frac{\sqrt{21}-1}{2};\frac{-\sqrt{21}-1}{2}};3-\sqrt{7};3+\sqrt{7}$

Bài đấy sử dụng pp khảo sát hàm, k biết e học chưa

Hì, chưa chị ơi Cái đó e biết nhưng chưa dám đụng đến Chắc bữa nào e cày trc cái đó quá

1.$\sin ^{8}x+\cos ^{8}=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}\cos 4x+\frac{1}{64}\cos 8x$
$\Leftrightarrow (sin^{4}x+cos^{4}x)^{2}-2sin^{4}xcos^{4}x=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}(1-2sin^{2}2x)+\frac{1}{64}(2cos^{2}4x-1)$
$\Leftrightarrow (1-\frac{1}{2}sin^{2}2x)^{2}-2(sinxcosx)^{4}=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}-\frac{7}{8}sin^{2}2x+\frac{1}{64}[2(1-4sin^{2}2x+4sin^{4}2x)-1]$
$\Leftrightarrow 1-sin^{2}2x+\frac{1}{4}sin^{4}2x-2(\frac{1}{2}sin2x)^{4}=\frac{63}{64}-\frac{7}{8}sin^{2}2x+\frac{1}{64}-\frac{1}{8}sin^{2}2x+\frac{1}{8}sin^{4}2x \Leftrightarrow 0=0$
Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm
P/s: Bài này ảo quá hay mình làm sai chỗ nào ko biết...

Làm luôn câu 2
2.$\cos^{10}x+\sin ^{10}x=\frac{1}{32}(1-cos2x)^{5}+\frac{1}{32}(1+cos2x)^{5}$
$=\frac{1}{32}(-cos^{5}2x+5cos^{4}2x-10cos^{3}2x+10cos^{2}2x-5cos2x+1+cos^{5}2x+5cos^{4}2x+10cos^{3}2x+10cos^{2}2x+5cos2x+1)$
$=\frac{5}{16}cos^{4}2x+\frac{5}{8}cos^{2}2x+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [\frac{(cos4x+1)^{2}}{4}\right ]+\frac{5}{8}\left [ \frac{cos4x+1}{2} \right]+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [ \frac{1}{4}(\frac{cos8x+1}{2})+\frac{1}{2}cos4x+\frac{1}{4} \right ]+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{128}+\frac{5}{32}cos4x+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{32}cos4x+\frac{63}{128}$
P/s: Do cái bài này nằm trg mục PT, HPT lượng giác nên em đã bất cẩn ko đọc đề Hèn zì làm thấy nghiệm nó kì kì. Chị Ly gợi ý cho e giải bài pt LG của chị đi

Dựa vào đâu mà có thể biết để hệ có nghiệm duy nhất thì phải cho 2 giá trị x bằng nhau?
Còn câu 1 nữa ai giúp nốt mình đi!

Cái này là tự biết thui bạn à, để hệ có duy nhất 1 nghiệm thì 2 nghiệm đó phải giống nhau, ko biết giải thích sao, cứ tưởng tượng thế này nhé! Phương trình cho dễ hiểu: Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: $\left\{\begin{matrix}x+2=4 \\ x+m=6 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=2 \\ x=6-m \end{matrix}\right.$
Để hệ có nghiệm duy nhất thì 2=6-m $\Leftrightarrow$ m=4
Vậy có phải nếu m=4 thì hệ có duy nhất 1 nghiệm là x=2 ko? BPT cũng vậy thôi bạn à!
Câu 1: Biện luận thôi, dễ mà bạn, bạn tự làm đi nha, mình lười làm quá, cậu lôi cách biện luận BPT ra là làm đc mà

Bài này xem ở đây: http://diendantoanho...ic=66878&st=208






Thử với $a=b=c=\frac{1}{2}$ thì $VT=\frac{4}{5}>VP$ nên bđt sai.
:closedeyes:zz

Bài này xem ở đây: http://diendantoanho...ic=66878&st=208






Thử với $a=b=c=\frac{1}{2}$ thì $VT=\frac{4}{5}>VP$ nên bđt sai.
:closedeyes:zz

Bài đó chị thiếu dữ kiện là $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$ hèn gì giải mãi ko ra, mà bài 2 chị giải được rồi cám ơn em vì lời giải của bài 1 nha!

Bài 1: Cho a,b,c $\geq 0$ , ab+bc+ca=1
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$
Mình muốn chứng minh bất đẳng thức này dưới dạng BĐT Cauchy-Schwarz, các bạn giúp mình với!
Bài 2: Cho a, b, c $\geq 0$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}$=3
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^{2}+2b^{2}+3}+\frac{1}{b^{2}+2c^{2}+3}+\frac{1}{c^{2}+2a^{2}+3}\leq \frac{1}{2}$

Câu 2: Hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x\leq \frac{m-1}{2} \\ x\leq \frac{1-2m}{m} \end{matrix}\right.$
Để hệ có nghiệm duy nhất:
$\frac{m-1}{2}=\frac{1-2m}{m}$ Điều kiện: $m\neq 0$
$\Leftrightarrow m^{2}+3m-2= 0$
Giải ra, ta được: m= $\frac{-3\pm \sqrt{17}}{2}$ (thỏa $m\neq 0$ )
Vậy với m=$\frac{-3+\sqrt{17}}{2} \cup m=\frac{-3-\sqrt{17}}{2}$ thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất! ^^ Đây là cách giải của mình, có gì thiếu sót, mọi người góp ý cho tớ để tớ sửa nhé!

Bài 2:Từ điều kiện ta có: $3=a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow 1\geq abc$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$\frac{1}{a^2+b^2+b^2+3}\leq \frac{1}{2(ab+b+1)}$
CMTT: $\frac{1}{2c^2+b^2+3}\leq \frac{1}{2(cb+b+1)}$
$\frac{1}{2a^2+c^2+3}\leq \frac{1}{2(ca+a+1)}$
Tới đây đơn giản rồi cộng 3 vế lại ta có
$VT\leq (\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+1}+\frac{1}{\frac{1}{b}+a+1})=\frac{1}{2}(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab+b+1}+\frac{1}{ab+b+1})=\frac{1}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Hì, Bài này mình giải đc rùi nhưng dù sao cg~ cám ơn lời giải của bạn

Cách khác, bài 2: Sử dụng BĐT AM-GM, ta có:
$\frac{a}{a^{2}+2b+3}=\frac{a}{(a^{2}+1)+2b+2}\leq \frac{a}{2a+2b+2}.$.
Từ đó ta chỉ cần chứng minh đc:
$\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\leq 1$
Do $\frac{a}{a+b+1}=1-\frac{b+1}{a+b+1}$
BĐT trở thành: $\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\geq 2$
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
VT$\geq \frac{[(b+1)+(c+1)+(a+1)]^{2}}{\sum (b+1)(a+b+1)}=\frac{(a+b+c+3)^{2}}{3(a+b+c)+(ab+bc+ca)+6}$ (1)
Mà: $3\sum a+\sum ab+6=3\sum a+\frac{(\sum a)^{2}-3}{2}+6=\frac{(\sum a+3)^{2}}{2}.$
Thế vào (1) ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Chứng minh:
$C_{r}^{0}C_{q}^{p}+C_{r}^{1}C_{q}^{p-1}+...+C_{r}^{p}C_{q}^{0}=C_{r+q}^{p}$
Với: $p\leq r$ và $q\leq r$

Cho $a,b,c >0$ và $abc=1$ CMR

$\dfrac{1}{a^{2}+2b^{2}+3}+\dfrac{1}{b^{2}+2c^{2}+3}+\dfrac{1}{c^{2}+2a^{2}+3}\leq \dfrac{1}{2}$

Bài này có ở đây nè bạn: http://diendantoanho...15

1/ Chứng minh: $C_{2n+k}^{n}.C_{2n-k}^{n}\leqslant (C_{2n}^{n})^{2}$
2/ Rút gọn tổng sau:
$C=\tfrac{C_{n}^{1}}{1}+2\tfrac{C_{n}^{2}}{C_{n}^{1}}+...+k\tfrac{C_{n}^{k}}{C_{n}^{k-1}}+...+n\tfrac{C_{n}^{n}}{C_{n}^{n-1}}$