Với các số thực a, b, c thỏa mãn $1 \leq a, b, c \leq 2$, chứng minh rằng $(a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^2 \leq 27$.

Vế trái là hàm lồi theo cả ba biến $a,b,c$. Do đó ta chỉ cần xét cực trị tại các điểm cực.

Bài 4:

b)Ta chứng minh BĐT Holder: $(a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3})(b_{1}^{3}+b_{2}^{3}+b_3^{3})(c_{1}^{3}+c_{2}^{3}+c_{3}^{3})\geq (a_{1}b_{1}c_{1}+a_{2}b_{2}c_{2}+a_{3}b_{3}c_{3})^{3}$

Theo BĐT AM-GM : $\frac{a_{1}^{3}}{a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3}}+\frac{b_{1}^{3}}{b_{1}^{3}+b_{2}^{3}+b_{3}^{3}}+\frac{c_{1}^{3}}{c_{1}^{3}+c_{2}^{3}+c_{3}^{3}}\geq \frac{3a_{1}b_{1}c_{1}}{\sqrt[3]{VT}}$

Viết 2 BĐT tương tự rồi cộng từng vế ta có đpcm.

Áp dụng BĐT Holder :

$(1^{3}+1^{3}+1^{3})(1^{3}+1^{3}+1^{3})((a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq(a+b+c)^{3}$

Mà theo BĐT AM-GM : $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$ suy ra $(a+b+c)^{2}\geq 9$

Từ đó $9(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq (a+b+c)^{3}\geq 9(a+b+c)$ . Từ đây ta có đpcm.

c) Theo BĐT Holder và BĐT Cauchy-Schwarz : $(1^{3}+1^{3}+1^{3})(a^{3}+b^{3}+c^{3})(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}(a+b+c)^{2}}{3}\geq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$ . Từ đây ta có đpcm.

Gọi A là tổng các chữ số của $3^{1000}$ và B là tổng các chữ số của A.Tìm B.

Gọi $d_1, d_2,..., d_k$ là tất cả các ước nguyên dương của n và được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ có tính chất sau: $d_5 - d_3 = 40$ và $7d_5 + 8d_7 = 3n$.

Từ giả thiết suy ra $d_{7}\mid 7d_{5}$ nên $9d_{7}\leq 7d_{5}+8d_{7}=3n<15d_{7}$, do đó $3d_{7}\leq n\leq 4d_{7}$.

Xét hai trường hợp

1. $n=3d_{7}$

Ta có $d_{7}=7d_{5}$ nên $n=21d_{5}$. Như vậy ta đã biết được $4$ ước của $n$ là $1,3,7,21$.

Mà $d_{5}>40$ nên $4$ ước trên chính là $4$ ước đầu tiên của $n$, kéo theo $d_{3}=7$, từ đó $d_{5}=47$.

Suy ra $n=21\cdot 45=945$. Thử lại thỏa mãn.

2. $n=4d_{7}$.

Trong trường hợp này, $n=4d_{7}=7d_{5}$. Từ đó $4$ ước đầu tiên của $n$ là $1,2,4,7$. Suy ra $d_{5}=44$, mâu thuẫn vì khi đó $11\mid n$ nên $44$ không phải ước thứ $5$.

Vậy $n=945$ là đáp số duy nhất. $\square$

1) Tìm tất cả các số $n$ nguyên dương sao cho $[\sqrt{n}]=[\sqrt{n+1}]$ biết rằng $[x]$  là kí hiệu của phần nguyên của số thực $x$ 

2) Cho $d$ là một số nguyên dương lớn hơn 1. Hỏi $d$ phải có tính chất gì để tồn tại số nguyên dương $n$ thỏa $[\sqrt{n}]=[\sqrt{n+d}]$.

1) Nếu đặt $\lfloor \sqrt{n}\rfloor =x$ thì tồn tại số tự nhiên $k$ thỏa mãn $n=x^{2}+k$. Do tính lớn nhất của $x$ nên $0\leq k\leq 2x$.

Ta chỉ cần tìm điều kiện của $k$ là được.

Nếu $k=2x$ thì $n+1=(x+1)^{2}$ nên $\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor>\lfloor \sqrt{n}\rfloor$, không thỏa.

Vậy $0\leq k\leq 2x-1$ thỏa mãn đề bài. 

2) $0\leq k\leq 2x-k$

Bạn giải thích lại giúp mình đoạn in đỏ được không ?

Nếu $k\geq 2x+1$ thì $n\geq (x+1)^{2}=(\lfloor \sqrt{n}\rfloor +1)^{2}>n$. Để ý $x$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $\sqrt{n}$.

Cho $a\geq 2$, $b\geq 4$, $c\geq 5$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=56$

Tìm min S=a+b+c

Từ giả thiết suy ra $a<9,b<7,c\leq 6$, kéo theo $(a-2)(a-9)\leq 0,(b-7)(b-4)\leq 0,(c-5)(c-6)\leq 0$.

Bằng cách khai triển ta thu được các đánh giá sau $$a\geq \frac{a^{2}+18}{11},b\geq \frac{b^{2}+28}{11},c\geq \frac{c^{2}+30}{11}.$$

Suy ra $$S\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+76}{11}=12.$$

Vậy $S_{min}=12$ khi $a=2,b=4,c=6$. $\square$

Cho a,b,c là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn a+b+c=4. Tìm GTLN của P=$\sqrt{a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+abc^{2}}+\sqrt{ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}+bca^{2}}$

Đặt $a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+abc^{2}=x,ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}+bca^{2}=y$.

Ta có $$x+y=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)(bc+ca+ab)-b^{2}ac\leq \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)(bc+ca+ab)\leq \frac{1}{8}(a+b+c)^{4}=32.$$

Suy ra $P=\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}\leq 8$.

Vậy $P_{max}=2$ khi $a=c=2,b=0$. $\square$

Hôm qua mk bỏ nó vào wolfram thì nó ko ra cái g cả

Nếu để $a,b,c\rightarrow 0$ thì $T\rightarrow 0$, nên cận dưới của $T$ là $0$.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2\leqslant abc$. Tìm GTLN của biểu thức: $T=\sqrt{\frac{a}{6a^2+9}}+\sqrt{\frac{b}{6b^2+9}}+\sqrt{\frac{c}{6c^2+9}}$

P/s: Một bài cũ nhưng cũng khá hay!

Ta chứng minh $T\leq \sqrt{\frac{3}{7}}.$

Thật vậy, sử dụng BĐT C-S và AM-GM:

$$T=\sum_{cyc}{\sqrt{\frac{63a}{(54+9)(6a^{2}+9)}}}\leq \sum_{cyc}{\frac{\sqrt{63a}}{18a+9}}\leq \frac{\sqrt{21}}{18}\sum_{cyc}{\frac{a+3}{2a+1}}.$$

Cần chứng minh $$\frac{a+3}{2a+1}+\frac{b+3}{2b+1}+\frac{c+3}{2c+1}\leq \frac{18}{7},$$

hay $$\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1}\leq \frac{3}{7}.$$

Lại áp dụng BĐT C-S ta có

$$49VT\leq 18\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+3=\frac{18(bc+ca+ab)}{abc}+3\leq \frac{18(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{abc}+3\leq 21.$$

$\Rightarrow VT\leq \frac{3}{7}.$

Vậy $T_{max}=\sqrt{\frac{3}{7}}$ khi $a=b=c=3$. $\square$

PS: Vẫn còn cách giải khác cho bài này.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2\leqslant abc$. Tìm GTNN của biểu thức: $T=\sqrt{\frac{a}{6a^2+9}}+\sqrt{\frac{b}{6b^2+9}}+\sqrt{\frac{c}{6c^2+9}}$

P/s: Một bài cũ nhưng cũng khá hay!

Theo anh thì bài này phải là GTLN

3. Chứng minh với mọi số $a;b;c$ dương ta luôn có :

$\frac{a^3}{b^3+c^3}+\frac{b^3}{c^3+a^3}+\frac{c^3}{a^3+b^3}\geq \frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}$

$$VT-VP=(a^{4}+b^{4}+c^{4}+a^{3}b+a^{3}c+b^{3}c+b^{3}a+c^{3}a+c^{3}b+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}+a^{2}bc+b^{2}ca+c^{2}ab)\cdot \left[\frac{b^{2}c^{2}(b-c)^{2}}{(a^{3}+b^{3})(a^{3}+c^{3})(a^{2}+b^{2})(a^{2}+c^{2})}+\frac{c^{2}a^{2}(c-a)^{2}}{(b^{3}+c^{3})(b^{3}+a^{3})(b^{2}+c^{2})(b^{2}+a^{2})}+\frac{a^{2}b^{2}(a-b)^{2}}{(c^{3}+a^{3})(c^{3}+b^{3})(c^{2}+a^{2})(c^{2}+b^{2})}\right].$$

Cho điểm $M$ nằm trong mặt phẳng tam giác $ABC$ và các số thực $a,b,c$ (Không phải độ dài các cạnh của tam giác $ABC$) thỏa $a+b+c<0$. Tìm GTLN của: $T=a.MA^2+b.MB^2+c.MC^2$ (Dùng phương pháp vectơ)

Đặt $BC=\alpha,CA=\beta,AB=\gamma$.

Gọi $X$ là một điểm thỏa mãn $a\overrightarrow{XA}+b\overrightarrow{XB}+c\overrightarrow{XC}=\overrightarrow{0}.$ (Do $a+b+c<0$ nên luôn tồn tại $X$).

Hãy chứng minh $(a+b+c)^{2}MX^{2}=(a+b+c)(aMA^{2}+bMB^{2}+cMC^{2})-bc\alpha^{2}-ca\beta^{2}-ab\gamma^{2}$ để suy ra kết quả.

Ta có: $5a^2+2b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=5(a-\frac{b+c}{5})^2+\frac{1}{5}(3b-2c)^2\geqslant 0\Rightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geqslant \frac{c^2-3a^2}{2}\Rightarrow 2\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{3}}\geqslant 2\sqrt{\frac{c^2-3a^2}{6}}$

Đặt $\sqrt[6]{\frac{3c^2-a^2}{6}}=t$ thì ta cần tìm giá trị lớn nhất của $3t^2-2t^3$

Mà $3t^2-2t^3-1=-(t-1)^2(2t+1)\leqslant 0\Rightarrow 3t^2-2t^3\leqslant 1$

Khi đi thi, lời giải này chắc chắn bị trừ điểm. Nó chỉ đúng khi $c^{2}\geq 3a^{2}$.

Nên đánh giá cái căn đầu tiên.

Cho $a,b,c$ thực dương và $a^2+b^2+c^2=6$

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\frac{a}{bc}+\frac{2b}{ca}+\frac{5c}{ab}$

Bài này em có lời giải rồi nhưng cân bằng hệ số như thế nào vậy ạ?  

Bình phương lên, đặt ẩn phụ bình phương để giảm bậc rồi dùng AM-GM suy rộng.

Cho $a,b,c$ thực dương và $a^2+b^2+c^2=6$

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\frac{a}{bc}+\frac{2b}{ca}+\frac{5c}{ab}$

Bài này em có lời giải rồi nhưng cân bằng hệ số như thế nào vậy ạ?  

Đặt $P=\frac{a}{bc}+\frac{2b}{ca}+\frac{5c}{ab}=\frac{a^{2}+2b^{2}+5c^{2}}{abc}$.

Đặt $a^{2}=x,b^{2}=y,c^{2}=z$. Khi đó $x+y+z=6$ và $P^{2}=\frac{(x+2y+5z)^{2}}{xyz}=\frac{(x+y+z)(x+2y+5z)^{2}}{6xyz}$.

Giả sử đẳng thức xảy ra tại $x=x_{0},y=y_{0},z=z_{0}$.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho $\frac{x}{x_{0}},\frac{y}{y_{0}},\frac{z}{z_{0}}$ ta có

$$x+y+z\geq 6\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{\frac{x_{0}}{6}}\left(\frac{y}{y_{0}}\right)^{\frac{y_{0}}{6}}\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^{\frac{z_{0}}{6}},$$

$$x+2y+5z\geq S\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{\frac{x_{0}}{S}}\left(\frac{y}{y_{0}}\right)^{\frac{2y_{0}}{S}}\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^{\frac{5z_{0}}{S}},$$

với $S=x_{0}+2y_{0}+5z_{0}$.

Như vậy ta có $$(x+y+z)(x+2y+5z)^{2}\geq 6S^{2}\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{\frac{x_{0}}{6}+\frac{2x_{0}}{S}}\left(\frac{y}{y_{0}}\right)^{\frac{y_{0}}{6}+\frac{4y_{0}}{S}}\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^{\frac{z_{0}}{6}+\frac{10z_{0}}{S}}.$$

Ta cần chọn $x_{0},y_{0},z_{0}$ sao cho $x_{0}+y_{0}+z_{0}=6$ và

$$\frac{x_{0}}{6}+\frac{2x_{0}}{S}=\frac{y_{0}}{6}+\frac{4y_{0}}{S}=\frac{z_{0}}{6}+\frac{10z_{0}}{S}=1.$$

Từ đây giải hệ tìm được $x_{0}=3,y_{0}=2,z_{0}=1$.

PS: Lâu rồi cũng không dùng lại phương pháp này. Bây giờ bọn anh hay dùng nhân tử Lagrange hơn.

$\sum bc^3\leq 27$ đào đâu ra ấy bác ?

Nếu giả sử $b$ là số nằm giữa $a,c$ thì ta có $$a(a+b)(a-b)(b-c)\geq 0,$$

hay $$ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}\leq b(a^{3}+c^{3}+abc)\leq b(a+c)^{3}.$$

Mặt khác, ta có $$b(a+c)^{3}\leq 27\left(\frac{b+\frac{a+c}{3}+\frac{a+c}{3}+\frac{a+c}{3}}{4}\right)^{4}=27.$$

Vì vậy $ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}\leq 27$.

$b(a^{3}+c^{3}+abc)\leq b(a+c)^{3}$

chỗ này là sao thế ạ ?

Do $b$ nằm giữa $a,c$ nên $b\leq \max\lbrace a,c\rbrace\leq a+c<3(a+c)$.

ok ông, cơ mà dấu = hình như đâu phải a=b=c đâu nhỉ

Nhưng khi nhân thêm $ac$ vào thì dấu bằng bị phân ly sang TH $ac=0$ nữa

Tìm các cặp (a, b) nguyên thỏa mãn $2b^{3}=2a^{6}+9a^{4}-2011$

Gợi ý: Phương pháp kẹp

Tìm $a$, $b$ nguyên dương thỏa mãn $a^3+3=b^2$ và $a^2+2(a+b)$ là số nguyên tố

Gợi ý: Bổ đề "chìa khóa": Cho $A,B,C,D$ dương thỏa mãn $AB=CD$. Khi đó tổng của $4$ số là hợp số.

Bổ đề mình chứng minh được rồi, nhưng đang loay hoay chưa biết áp dụng vào bài toán thế nào. Cậu gợi ý thêm giúp mình nhé, mình cảm ơn!

Bạn biến đổi thành $(a-1)(a^{2}+a+1)=(b-2)(b+2)$ là ra rồi. Nó không còn là gợi ý nữa

Tìm $a,b,c,d,e,f$ để ma trận bên dưới bán xác định dương:

$\begin{pmatrix} 1&-\dfrac{3}{2}&0&a&-b&c\\ -\dfrac{3}{2}&-2a+2&b&0&-d&-e\\ 0&b&-2c+2&d&e&-\dfrac{3}{2}\\ a&0&d&1&-\dfrac{3}{2}&f\\ -b&-d&e&-\dfrac{3}{2}&-2f+2&0\\ c&-e&-\dfrac{3}{2}&f&0&1 \end{pmatrix}$

Cho em hỏi có thuật toán chung nào để tìm các tham số sao cho một ma trận vuông đối xứng là bán xác định dương không ạ ?

Giúp mình bài này với:

Cho a;b;c dương thỏa mãn a+b+c=ab+bc+ca.

CMR: $\sum \frac{a+b}{a^{2}+b^{2}}\leq 3$

Tam giác ABC có đường cao AH: 3x-4y+5=0,. tâm nội tiếp I(2;3), trung điểm BC là $M\left ( \frac{5}{2};4 \right )$
Tìm A, B, C.

Về bản chất thì đây là một bài toán dựng hình. Có thể phát biểu lại như sau:

Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AH$, tâm nội tiếp $I$, trung điểm $M$ của $BC$ được giữ lại, các đối tượng còn lại đều bị xóa.

Hãy dựng lại tam giác $ABC$.

Cách dựng như sau:

1. Qua $M$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AH$, đây là đường thẳng chứa cạnh $BC$. Từ đây xác định được $H$.

2. Dựng hình chiếu $D$ của $I$ lên $BC$.

3. $MI$ cắt $AH$ tại $T$.

4. Dựng điểm $S$ là trung điểm $MT$.

5. $DS$ cắt $AH$ tại điểm $A$. (tại sao ?)

6. $AI$ cắt đường thẳng qua $M$ song song với $AH$ tại $G$.

7. $(G,GI)$ cắt $BC$ tại hai điểm, chính là $B$ và $C$.

Tính toán cụ thể ra ta sẽ thu được $A(1,2)$, tọa độ của $B,C$ là $(4,2)$ và $(1,6)$.