bài này làm ntn ạ

cho a,b,c la 3 số dương thoả mãn a+b+c=1

cmr $\frac{1}{a.c}+\frac{1}{b.c}$ $\geq 16$

cam on

tài liệu BẤT ĐẲNG THỨC muôn màu muôn vẻ để tìm kiếm hết rất khó có chừng này mọi người có thể tham khảo qua, up không hết được.

bài này làm ntn ạ

cho a,b,c la 3 số dương thoả mãn a+b+c=1

cmr  $\frac{1}{a.c}$+$\frac{1}{b.c}$ $\geq 16$

cam on

bài này làm ntn ạ

cho a,b,c la 3 số dương thoả mãn a+b+c=1

cmr  $\frac{1}{a.c}$+$\frac{1}{b.c}$ $\geq 16$

cam on

$VT=\frac{2}{2a.c}+\frac{2}{2b.c}\geq \frac{8}{(c+2a)^{2}}+\frac{8}{(c+2b)^{2}}\geq \frac{(\frac{\sqrt{8}}{c+2a}+\frac{\sqrt{8}}{c+2b})^{2}}{2}\geq 16$

vì sao $\frac{\sqrt{8}}{c+2a}+\frac{\sqrt{8}}{c+2b}=32$
 

$\frac{\sqrt{8}}{c+2a}+\frac{\sqrt{8}}{c+2b}=\sqrt{8}(\frac{1}{c+2a}+\frac{1}{c+2a})\geq\frac{4\sqrt{8}}{2(a+b+c)}=2\sqrt{8}$

vì sao 2a=2b$\Leftrightarrow a=b$

CM phương trình sau k có nghiệm nguyên:

$\left | x-y \right |+\left | y-z \right |+\left | z-x \right |=2015$

CMR số A sau k phải lập phương của 1 số tự nhiên

A=$\underbrace{10...00}5\underbrace{00...001}$$\underbrace{10...00}5\underbrace{00...001}$

49 chữ số 0    50 chữ số 0

Baif 1 GPT nghiệm nguyên: a, $x!+y!=(x+y)!$  (x,y $\epsilon N*$)

                                           b, $x^{17}+y^{17}=19^{17}$      (x,y$\epsilon N*$ )

                                         c, $7(x^{2}+x.y+y^{2})=39(x+y)$

Bài 2: CMR nếu tích 2 số nguyên liên tiếp là 1 số chính phương thì trong 2 số này phải có 1 số là 0

Baif 3 : cho $n\geq 2$ . CMR : $\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{n+n}>\frac{13}{24}$

Baif 4 : Cho a.d-b.c=1 . CMR $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+a.c+b.d\geq \sqrt{3}$

baif 5 : CMR  $x^{2}+\frac{1}{x^{2}+3}\geq \frac{1}{3}$

baif 6 : Cho a,b,c $\geq 0$ thoả mãn a+b+c=1, CMR (1-a).(1-b).(1-c)$\geq 8a.b.c$

Bài 7 : cho a,b,c > 0 . t/m a.b.c =8 . CMR : (2+a).(2+b).(2+c)$\geq 64$

Bài 8 : cho a,b,c > 0 . t/m $a^{2}+b^{2}+c^{2}= 1$

            CMR : $1+ab+bc+ca\geq 2(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab})$

Dấu''='' xảy ra khi $a=b=\frac{1}{4} , a=\frac{1}{2}$

Đó là trường hợp dấu = xảy ra . còn nếu trương hợp khác thì sao

Trường hợp khác là trường hợp nào bạn ?

Trường hợp k phải dấu =.  vd như $a=c=\frac{1}{4}, b=\frac{1}{2}$

thì a $\neq b$ . vậy a chỉ = b khi dấu = xảy ra thôi

BPT $\Leftrightarrow$ $ (x^{2}-2xy+y^{2})+(y^{2}-10y+25)+(z^{2}-6z+9)+y^{2}< 34$

     $\Leftrightarrow$ $(x-y)^{2}+(y-5)^{2}+(z-3)^{2}+y^{2}<34$

                                    Ta thấy các scp < 34 là 0;1; 4;9;16;25

   từ đó lập tổng của các scp < 34 => x,y,z

Baif 3 : cho $n\geq 2$  CMR :$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{n+n}> \frac{13}{24}$

Baif 4 : Cho $a.d-b.c=1$ . CMR  $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+a.c+b.d\geq \sqrt{3}$

baif 5 : CMR  $x^{2}+\frac{1}{x^{2}+3}\geq \frac{1}{3}$

baif 6 : Cho $a,b,c$$\geq 0$ thoả mãn $a+b+c =1$ . , CMR $(1-a).(1-b).(1-c)$$\geq 8abc$

Bài 7 : cho $a,b,c > 0$ . t/m $a.b.c =8$ . CMR : $(2+a).(2+b).(2+c)$$\geq 64$

Bài 8 : cho $a,b,c > 0$ . t/m $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$

            CMR : $1+ab+bc+ca \geq 2(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab})$

giải thích

 và có thể làm những bài còn lại đk k

Cho a,b,c dương thoả mãn a+b+c=3 . tìm GTNN của

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

1. Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. CMR :

$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3$

2. Cho 2 số không âm a, b. CMR

        $(a+2)(b+2)(a+b)\geq 16.ab$

3. Cho a,b,c $\geq$ 0.  CM

        $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}.\sqrt{bc}+b^{2}.\sqrt{ca}+c^{2}.\sqrt{ab}$

4. Cho x>1. Tìm GTNN của A=$\frac{9x^{2}-9x+1}{x-1}$

1. cho đa thức f(x) với hệ số nguyên thỏa mãn:   f(1).f(2) = 35

   CMR    f(x) không có nghiệm nguyên

2. cho 0<a,b,c <=1

      CMR:   $\frac{1}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}+(1-a)(1-b)(1-c)$

3. Cho a,b,c dương. CMR :

           $(a^{2}+b^{2}+c^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})\geq 3+\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{abc}$

CMR số A sau không phải lập phương của 1 số tự nhiên

      A= $\underbrace{1000.......000}5\underbrace{0000.....000}1$

              49 chữ số 0                  50 chữ số 0

GPT nghiệm nguyên

$1,$

$a)$ giả sử $x\geq y\Rightarrow 2x!\geq x!+y!=(x+y)!=x!(x+1)(x+2)...(x+y)$

$\Rightarrow 2\geq (x+1)(x+2)...(x+y)\Rightarrow x=y=1$

$b)$ ta có $x,y<19$

giả sử $1\leq x\leq y<19$

mà $19>y\Rightarrow 19\geq y+1\Rightarrow 19^{17}\geq (y+1)^{17}>y^{17}+17y^{16}$

$\Rightarrow x^{17}+y^{17}>y^{17}+17y^{16}\Rightarrow x^{17}>17y^{16}\geq 17x^{16}\Rightarrow 17<x\leq y<19 $

$\Rightarrow x=y=18$

nhưng $18^{17}+18^{17}$ chẵn mà $19^{17}$ lẻ nên phuơng trình vô nghiệm

$c)$

vì $(7,39)=1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=7m\\x^2+xy+y^2=39m \end{matrix}\right.(m\in \mathbb{Z})$

ta có $x^2+xy+y^2\geq \frac{3}{4}(x+y)^2\Rightarrow 39m\geq \frac{3}{4}.(7m)^2\Rightarrow m\in \left \{ 0;1 \right \}$

phần còn lại thế vào em tự làm nha

$2$

giả sử $a(a+1)=k^2$ với $a\in \mathbb{Z},k\in \mathbb{N}$

giả sử $a\neq 0,a+1\neq 0\Rightarrow k^2\neq 0\Rightarrow k>0$

ta có $4k^2<4k^2+1<(2k+1)^2\Rightarrow 4k^2<(2a+1)^2<(2k+1)^2$

điều này vô lí do đó $a$ hoặc $a+1$ bằng $0$

mấy bài còn lại em đăng ở box đại số hay bđt nhé

 

NTP

tại sao lại> $17y^{16}$   

129,

      cho $a,b,c >0$ . cmr:   

     $\sqrt[3]{4(a^{3}+b^{3})}+\sqrt[3]{4(a^{3}+c^{3})}+\sqrt[3]{4(b^{3}+c^{3})}\leq \frac{4a^{2}}{a+b}+\frac{4b^{2}}{b+c}+\frac{4c^{2}}{c+a}$

128,

    cho $a,b,c >0$ và tm a, a+b+c=3 .

                                      b, abc=1

cmr : $\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}\geq \frac{3}{2}$

đề có lộn thứ tự giữa các tam giác hoặc góc, đường thẳng k

26,  cho $a,b,c$ phân biệt thỏa mãn $0\leq a,b,c\leq 2$ . CMR

             $\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}\geq \frac{9}{4}$

27, CHO $a,b,c > 0$ thỏa mãn $a+b+c+abc=4$. CMR

             $a+b+c\geq ab+bc+ca$

28, CHO $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc=1$  .   CMR :

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

ta có $\frac{a}{b+c-a}=\frac{a^2}{ab+ac-a^2}$ 

tương tự với 2 số hạng kia rồi áp dụng Bunhia ta có 

$VT \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)-a^2-b^2-c^2}$

lại có $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ac$

         $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+ac+bc)$

từ đây suy ra đpcm

có thể giải thích dùng bunhia với các số nào không

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

$(a^2b+b^2c+c^2a)^2\leq (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^3}{3}$

$\Rightarrow$$a^2b+b^2c+c^2a\leq \sqrt{\frac{(a^2+b^2+c^2)^{3}}{3}}$

$\Rightarrow VT(1)\geq a^2+b^2+c^2+\frac{\sqrt{3}(ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Đặt $\sqrt{a^2+b^2+c^2}=t$. Theo BĐT $AM-GM$ ta dễ dàng suy ra được $t \geq \sqrt{3}$

Theo GT ta có: $9=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$ $ab+bc+ca=\frac{9-t^2}{2}$

Như vậy ta cần chứng minh $t^2+\frac{9\sqrt{3}-\sqrt{3}t^2}{2t^3}\geq 4\Leftrightarrow (t-\sqrt{3})(2t^4+2\sqrt{3}t^3-2t^2-3\sqrt{3}t-9)\geq 0$ $(2)$

Ta sẽ C/m $2t^4+2\sqrt{3}t^3-2t^2-3\sqrt{3}t-9> 0$ để BĐT $(2)$ đúng

Ta có

$2t^4+2\sqrt{3}t^3-2t^2-3\sqrt{3}t-9=2t^2(t^2-1)+\sqrt{3}t(2t^2-3)-9\geq 2.3(3-1)+3(2.3-3)-9=12> 0$

từ đó ta dễ đàng suy ra đpcm.

Dấu "=" $\Leftrightarrow a=b=c=1$

 giải thích hộ em.

em nghĩ 9=3^2 , khai triển bình phương của (a+b+c)^2 nhưng không phải ak

1.http://113.171.224.2...9&ich_u_n_i_t=1

link không vào đc