Bài báo mạng này mình tìm thấy trong một lần lướt web đem lên choa các bạn cùng xem:
http://xahoithongtin...at-viet-nam.htm ]Diễn đàn toán học lớn nhất Việt Nam [/url]

Đây là một bài toán rất hay và khó của anh Phạm Kim Hùng lời giải khá dài và có lẽ khá khó cho việc topic này chỉ sử dụng kiến thức toán phổ thông bạn nào muốn có lời giải của nó thì xem tai cuốn sách này
http://diendantoanho...showtopic=61934

Mình có một lời giải dùng phương pháp SS rất đẹp cho bài toán này!

Bài 90:
Cho các a,b,c là các số thực dương.CMR:
$(1+\frac{a}{b})^2 +(1+\frac{b}{c})^2+(1+\frac{c}{a})^2 \geq \frac{12(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}$

Bài 111:Cho a,b,c dương.Chứng minh rằng
$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{abc}{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}\geq \dfrac{5}{3}$

Bài này nhìn qua là ta nghĩ đến ngay việc dùng S.O.S!

$\dfrac{1^1}{1!}+\dfrac{2^2}{3!}+\dfrac{3^3}{5!}+....+\dfrac{29^{29}}{57!}+\dfrac{30^{30}}{59!} $

$2008 x^{2009}$ chia hết cho 4 và chẵn
2011 lẻ $ \Rightarrow 2009x^{2010}$ lẻ
$2009$ chia 4 dư 1,lẻ
$\Rightarrow x^{2010}$ là số chính phương lẻ
$\Rightarrow $ x chia 4 dư 1
$\Rightarrow 2009x^{2010}$ chia 4 dư 1
$\Rightarrow 2008x{2009}+2009x^{2010}$ chia 4 dư 1
Mà 2011 chia 4 dư -1 nên PT không có nghiệm nguyên
____________$done!!!!$_______

Bạn giải thích cho mình rõ hơn chỗ "Nhưng bất đẳng thức cuối lại đúng theo AM-GM cho 2k-1 số "
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
WhjteShadow:$AM-GM$ ch0 $2k-1$ số này này bạn $(2k-3).a^k+b^k+ab^{k-1}\geq (2k-1)\sqrt[2k-1]{a^{(k-1)(2k-1)}.b^{2k-1}}=(2k-1).a^{k-1}.b$

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn : $abc=1$ . Tìm min:
$\frac{a^{\frac{5}{2}}}{a+b}+\frac{b^{\frac{5}{2}}}{b+c}+\frac{c^{\frac{5}{2}}}{c+a}$

Vậy khi thay $\frac{5}{2} bởi \frac{3}{2}$ thì sao?

Cho các số thực dương $a,b,c,d,e$ thỏa mãn : $a+b+c+d+e=5+5\sqrt{2}$. Tìm min của :
$P= \prod (1+\frac{1}{a})$

Cho x,y,z > 0 Tìm Min T
$T = x(\dfrac{{x - y}}{{x + y}} + \dfrac{1}{y}) + y(\dfrac{{y - z}}{{y + z}} + \dfrac{1}{z}) + z(\dfrac{{z - x}}{{z + x}} + \dfrac{1}{x})$

Ta có:
\[\sum_{cyc} \dfrac{x^2}{x+y}\ge \dfrac{x+y+z}{2} \ge \sum_{cyc} \dfrac{xy}{x+y}}\]
\[\rightarrow \sum_{cyc}{\dfrac{x^2-xy}{x+y}\ge 0\]
Dễ dangt hấy rằng:
\[\sum_{cyc}{\dfrac{x}{y}}\ge 3\]
Vậy:
\[LHS\ge 3\]

Anh còn cuốn nào về dãy số qua các kì thi Olympiad nữa không ạ cho en với!

Sao không tải được về vậy?

[

Bài 54 Cho $x;\,y;\,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xy + yz + zx = 3xyz$, chứng minh rằng:
$\dfrac{y^2}{xy^2+2z^2}+\dfrac{x^2}{zx^2+2y^2}+ \dfrac{z^2}{yz^2+2x^2}\ge 1$
Bài 56 Cho ba số thực dương $a;\,b;\,c$ có $abc=1$]. Tìm giá trị nhỏ nhất của
$P=\dfrac{a^2b}{a+b}+\dfrac{b^2c}{b+c}+\dfrac{c^2a}{c+a}$

Bài 54:
Từ giả thiết $\rightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=3$
Đặt $\dfrac{1}{x}=a,\dfrac{1}{y}=b,\dfrac{1}{z}=c \Rightarrow a+b+c=3$
BDT$ \Rightarrow \sum \dfrac{a^2}{a+2b^2}\ge 1$
$\Rightarrow \sum (a-\dfrac{2ab^2}{a+2b^2})\ge 1$
$\Leftrightarrow 3-\sum\dfrac{2ab^2}{a+2b^2}\ge 1$
Ta có:

$\dfrac{2ab^2}{a+2b^2}\le^{AM-GM} \dfrac{2}{3}\sqrt[3]{a^2b^2}$

Tương tự ta có:

$VT\ge 3-\dfrac{2}{3}(\sum\sqrt[3]{a^2b^2})$

Mà:

$\sum\sqrt[3]{a^2b^2}\le \sum\dfrac{ab+ab+1}{3}=\dfrac{2}{3}(ab+bc+ca)+1\le 3$
Vậy $VT \ge 3-2=1 (dpcm)$
Bài 56:
$ abc=1\to a=\dfrac{x}{y},b=\dfrac{y}{z},c=\dfrac{z}{x}$

${{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}+3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)$
$={{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}+\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)\le \dfrac{4}{3}{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}$

$ P=\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{a}^{2}}b}{a+b}} = \sum\limits_{cyc}{\dfrac{\dfrac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}.\dfrac{y}{z}}{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}}} = \sum\limits_{cyc}{\dfrac{2{{x}^{2}}}{2xz+2{{y}^{2}}}} \overset{AM-GM}{ \ge }\,2.\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{z}^{2}}+2{{y}^{2}}}}$
$\overset{Cauchy-Schwarz}{ \ge }\,2.\dfrac{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}}{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}} + 3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)}\ge 2.\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2}$

Từ đó: $P=\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{a}^{2}}b}{a+b}}\ge \dfrac{3}{2}$

Mong bạn Hoàng không nên lấy bài từ boxmath cop sang đây!
Làm thế thật không hay mình thấy bên đó có bài nào là bạn lại post sang đây!
Gây ra sự trùng lặp giưa các trang web!

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$
Tìm min của:
$P=\sum \frac{1}{ab+2c^2+2c}$

Cực trị : $\dfrac{6-x^2}{2x^2 +1}$
1 bài nho nhỏ! giúp tớ nha!"anh" Huy!

Tìm MAx
Ta có:
$\dfrac{6-x^2}{2x^2 +1} =\dfrac{13-(2x^2+1)}{2(2x^2 +1)} =\dfrac{13}{2(2x^2 +1)}- \dfrac{1}{2} \leq 7 $
Vì $2x^2 \geq 0 $ nên $2x^2+1 \geq 1$
---------------------------------------
C.X.H: Bạn giải sai rồi. $A_{min}=6$ chứ

Có em đây em là fan của ra cũng như cr7 mong năm nay anh ấy có thể đạt quả bóng vàng!

Ten minh la Quang duc!

Mình cũng nghĩ không nên tách như VMEO đó có tách đâu vẫn thành công tốt đẹp!
Học toán chúng ta không nên phân ra lơp nào học để phát triển tư duy mà!
...........

Chứng minh rằng:
1)$ \sum cos \frac{A}{2} \leq \frac{5}{\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{3}r-p}{R}$

2)$\sum tg^2\frac{A}{2}+2\sum cosA \geq 4$

Bạn có thể post lời giải bài này cho mình và mọi người mở mang tầm mắt không?

Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix}
\sum x^2(y+z)=6\\
\sum xy(1+2xy)=9\\
x^2+y^2+z^2=3
\end{matrix}\right.$

Ta có:
$x^2y^2-2x+y^2=0 \Rightarrow y^2=\frac[2x}{x^2+1}$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}y^2 \leq 0 & & \\x \geq 0 & & \end{matrix}\right$
Từ đó suy ra:
$2x^3+3x^2+6y-12x+13 \geq (x-1)^2(2x+7) \geq 0$
Do đó dấu = xảy ra $\Rightarrow x=1$
Vậy nghiệm của PT đã cho là:
$(x;y)=(1;1)$

có anh em nào trong VMF năm nay dc thi VMO ko

Có ông thắng đó anh!

Không thể giả sử $a \ge b \ge c$ do thiếu tính đối xứng của bất đẳng thức.

Không thể giả sử $a \ge b \ge c$ do thiếu tính đối xứng của bất đẳng thức.

Nếu vậy thì làm kiểu này:

Sử dụng giải thiết $a+b+c=1$ và BĐT $Cauchy-Schwarz$ta có:
$\sum\dfrac{a^2}{b+c}=\sum\dfrac{a^2(a+b+c)}{b+c}=\sum\dfrac{a^3}{b+c}+\sum{a^2}$
$\ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)}+a^2+b^2+c^2\ge \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{2}$
Và $\sum\dfrac{b^2c}{b+c}=\sum\dfrac{b^2c^2}{bc+c^2}\ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{\sum{ab}+\sum{a^2}}$
Khi đó, đặt $t=ab+bc+ca (0<t\le \dfrac{1}{3})$ ta suy ra được:$VT\ge \dfrac{t^2}{1-t}-3t+\dfrac{3}{2}$
Xét $f(t)=\dfrac{t^2}{1-t}-3t+\dfrac{3}{2}$ trên $(0;\dfrac{1}{3}]$
$f'(t)<0 \Rightarrow f(t)\ge f(\dfrac{1}{3})=\dfrac{2}{3}$
$\Rightarrow VT\ge \dfrac{2}{3}$
Điều phải chứng minh.[/b]