$$a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2=\dfrac{\sum [(a+b)(a-b)]^2}{2}$$

Đã có tại http://diendantoanho...ức/#entry379826

Ý mình nói là trong topic này mà
------
Mình biết nhưng mình nói là topic này at here

Góp một bài.Mình cũng chưa biết có ai đăng chưa nữa.
Cho $a+b+c=0$ thì $a^3+b^3+c^3=3abc$

Mọi người ơi cho mình hỏi tí, tại sao mình cài mathtype và làm theo hướng dẫn tích mathtype vào word 2010 rồi nhưng sao nó vẫn cứ hiện ra bảng sau, và mở mathtype lên thì nó vẫn như thế.

Theo mình thì
$\text{FILE} \longrightarrow \text{Word Options} \longrightarrow \text{Trust Center} \longrightarrow \text{Trust Center Settings} \longrightarrow \text{Macro Settings} \longrightarrow \text{Enable all..} \longrightarrow \text{OK}$

Sau đây là thành quả của mình sau vài ngày vật vã.Mình xin giới thiệu với các bạn hơn 30 bộ đề thi HSG lớp 9 đã được mình tổng hợp từ những link trên ( #1) cho các bạn dễ quan sát và xem như đó là một tài liệu
---
Các bạn tìm được lỗi nào trong file thì bạn hãy nhắn tin cho mình để kịp thời sửa chữa và hoàn chỉnh

Bài 7:
Gợi ý: Kéo dài $AC$ ta có tia $Cx$
Dựng $E$ trên $AD$ sao cho tam giác $EBA$ cân
$\Longrightarrow \dfrac{EB}{AC}=\dfrac{DB}{DC}$
$\Longrightarrow EB // AC$
$\Longrightarrow \widehat{BEA}=\widehat{EAx} (slt)$
Do $\Delta{EBA}$ cân $\Longrightarrow \widehat{BEA}=\widehat{BAD}$
$\Longrightarrow ...$

bạn mathhieu cho mình cái chứng minh tất cả các bất đẳng thức bạn đưa ra ko theo mình biết thì thcs chỉ dc áp dụng cauchy cho 2 số và bunhi cho 2 số các cái khác nếu muốn áp dụng cần chứng minh.tiện đây mọi người giải dùm bài này nhé.
Với $a,b,c\neq 0$ chứng minh
$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$

Cái này phải cho dương nữa thì phải:
Đặt $x=\dfrac{a}{b}$ tương tự với y và z
BDT trở thành
$x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$
Do $xyz=\dfrac{abc}{abc}=1$
Áp dụng bdt $C-S$,ta có:
$x^2+y^2+z^2 \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$
ta sẽ chứng minh $\dfrac{(x+y+z)^2}{3} \ge x+y+z$
Nhân chéo,ta có:
$x+y+z \ge 3$(Áp dụng $AM-GM$ là có dpcm)

Không biết có đúng không nữa

Đưa bài toán về một biến như sau:

$A=\dfrac{3x^2+4}{4x}+\dfrac{2+(4-x)^3}{(4-x)^2}$

$=\dfrac{(x-2)^2(16+2x-x^2)}{4(x-4)^2x}+\dfrac{9}{2} \ge \dfrac{9}{2}$

Ta có $16+2x-x^2 >0$

$\Longleftrightarrow 0 < x <1+\sqrt{15}$

$\Longrightarrow 16+2x-x^2 >0$

Như vậy ta đã có được GTNN của $A$

Ai giúp mình bài này với:
Cho x, y không âm thoả x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của :

A =

Nhân tung téo ra,ta được:
$(4x^3+3y)(4y^3+3x)+25xy$
$=16x^2y^2 + 12x^3 +12y^3 +34xy$
$= 16x^2y^2 + 12(x^3 +y^3) +34 xy$
$=16x^2y^2 +34 xy +12[(x+y)^3- 3xy(x+y)]$
Đặt $t=xy$,ta có:
$= 16t^2 +34t + 12 ( 1- 3t)$
$=16t^2-2t+12=(4t-\dfrac{1}{4})^2+\dfrac{191}{16} \ge \dfrac{191}{16} $ Từ đây,ta dễ dàng tìm được GTNN theo hằng đẳng thức
Còn về mặt tìm $x;y$ dễ dàng theo Viete ta tính ra
----
Đồng hương

Mình thấy cách đặt ẩn phụ là nhanh,gọn mà.

Làm GNLN nhé
Ta có:
$BT=(4xy-\dfrac{1}{4})^2+\dfrac{191}{16}$
Áp dụng BDT AM-GM,ta có :$\dfrac{1}{4}=\dfrac{(x+y)^2}{4} \ge xy$
Từ đây dễ dàng tìm được Max

BDT 29:
Với mọi $x,y,z \in \mathbb{R^{+}}$ thỏa mãn $xyz=1$,ta luôn có:
$x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$,ta có:
$x^2+y^2+z^2 \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$
Ta chỉ cần chứng minh
$\dfrac{(x+y+z)^2}{3} \ge x+y+z$
$\Longleftrightarrow x+y+z \ge 3$(luôn dúng với $AM-GM$)
----
Bất đẳng thức thứ 19 có một cách chứng minh dùng BDT này.Đó là đặt $\dfrac{a}{b}=x$ $\dfrac{b}{c}=y$ $\dfrac{c}{a}=z$

Bài 43:
http://vi.wikipedia....ba_số_Pythagore

http://diendantoanho...c-mnp-nhỏ-nhất/
Bạn xem ở đó nhé
--
Ngồi tìm nãy giờ

Cái này mình làm cách khác AM-GM

Áp dụng bất đăng thức Mincosckopki,ta có:

$P \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})^2} \ge \sqrt{1+(\dfrac{9}{a+b+c})^2}=\sqrt{82}$

Góp vui tý :(chế đó)
$\boxed{\text{Bài 41}}$
Cho $x,y,z>0$ CMR:
+$$\frac{(\frac{1}{x}+\frac{2}{\sqrt{y}}+\frac{3}{\sqrt[3]{z}})(x^2+y+\sqrt[3]{z}^2)}{36}\ge \sqrt[6]{xyz}$$

Bất đẳng thức này sai với $x=y=z=0,2013$

Dễ thấy các mẫu đề lơn hơn 0.(Dĩ nhiên vì topic AM-GM mà)
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$,ta có:
$\dfrac{1+y^2}{2} \ge y$
Vậy ta có:
$VT \ge \sum \dfrac{1+x^2}{1+\dfrac{1+y^2}{2}+z^2}$
$\Longleftrightarrow \dfrac{VT}{2} \ge \sum \dfrac{1+x^2}{2(1+z^2)+1+y^2}$
Ta sẽ chứng minh:
$\dfrac{1+x^2}{2(1+z^2)+1+y^2} \ge 1$
Đăt $a=1+x^2$ $b=1+y^2$ $c=1+z^2$,bất đẳng thức trở thành:
$\sum \dfrac{a}{2c+b} \ge 1$
$\Longleftrightarrow \sum \dfrac{a^2}{2ac+bc} \ge 1$
Áp dụng bất đẳng thức $C-S$,ta có:
$\dfrac{a^2}{2ac+bc} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ac)} \ge 1$ (Luôn đúng vì $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ac))$
$$Q.e.D$$

Bài 46:
Áp dụng bdt $AM-GM$ cho 3 số:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{bc}}$
Tương tự,ta có
$3VT \ge \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}$
$\Longrightarrow VT \ge \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}=a+b+c$(dpcm)

Bài 29:
$Solution:$
$\oplus$Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ,ta có:
$\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3} \ge \frac{3}{abc}$(1)
$\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3} \ge \frac{3}{bcd}$(2)
$\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}+\frac{1}{a^3} \ge \frac{3}{cda}$(3)
$\frac{1}{d^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3} \ge \frac{3}{dab}$(4)
$\oplus$Cộng các về của (1)(2)(3)(4),ta được:
$\sum \frac{1}{a^3} \ge \sum \dfrac{1}{abc} =\dfrac{a+b+c+d}{abcd}$
$\oplus$Vậy $\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}+\dfrac{1}{d^3} \ge \dfrac{a+b+c+d}{abcd}$
$\oplus$Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d$ $\blacksquare$
$$Q.e.D$$

Bài 39:
$\oplus$Ta có $\sum \dfrac{1}{a} \ge \sum a$
$\Longleftrightarrow \sum ab \ge (a+b+c)abc$
$\oplus$Ta luôn có $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ac)$(Cái này quen thuộc rồi khỏi cần c/m lại nhé)
$\oplus$Từ $\sum ab \ge (a+b+c)abc$
$\Longrightarrow 3(ab+bc+ac) \ge (a+b+c)3abc$
$\oplus$Như vậy $(a+b+c)^2 \ge (a+b+c)3abc$
$\oplus$Nhân cả hai vế của bât đẳng thức cho $\dfrac{1}{a+b+c}$.ta có
$$a+b+c \ge 3abc$$

Bài 52:
Ta có:
$$\sqrt[3]{1+b-c}=\sqrt[3]{(1+b-c).1.1}$$
$$\Longrightarrow \sqrt[3]{1+b-c} \le \dfrac{1+b-c+1+1}{3}=\dfrac{b-c}{3}+1$$
$$\Longleftrightarrow a\sqrt[3]{1+b-c} \le \dfrac{a(b-c)}{3}+a$$
Thiếp lập các BDT tương tự,cộng lại ta có:
$$VT \le a+b+c +\dfrac{ab+bc+ac-ab-bc-ac}{3}=1$$(dpcm)

Bài 43:
Đặt $\dfrac{a}{b}=x$ $\dfrac{b}{c}=y$ $\dfrac{c}{a}=z$ khi đó $xyz=1$
Điều cần phải chứng minh tương đương với:
$$x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$$
Mà $x^2+y^2+z^2 \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$
Vậy ta sẽ chứng minh:
$$\dfrac{(x+y+z)^2}{3} \ge x+y+z$$
$x+y+z \ge 3$(đúng với $AM-GM$ cho 3 số )
Vậy bdt đã được chứng minh

Sai thôi nhé mấy anh
Cho em làm bài 1:Không dùng $AM-GM$
Ta có $\sqrt{(a+c)(b+d)} \ge \sqrt{ab}+\sqrt{cd}$
$\Leftarrow (a+c)(b+d) \ge (\sqrt{ab}+\sqrt{cd})^2$(luôn đúng đối với $Cauchy-Schwarz$)

Bài 42:
Sau khi đổ mồ hôi,sôi con mắt thì ta có dpcm tương dương với
$$ab+bc+ac+a+b+c \ge 3(abc+1)=6$$
Ta lại có
$ab=\dfrac{1}{c}$ $bc =\dfrac{1}{a}$ $c=\dfrac{1}{ab}$
$$\Longrightarrow \sum \dfrac{1}{a}+\sum a \ge 6$$(đúng với AM-GM cho 6 số)
Vậy bdt đã được chứng minh

Bài 20:
$\text{Solution:}$
$\oplus$Áp dụng bắt đẳng thức $\text{AM-GM}$,ta có:
$b+c \ge 2\sqrt{bc}$
$\oplus$Tương tự,ta có:
$\dfrac{b+c}{\sqrt{a}}+\dfrac{c+a}{\sqrt{b}}+\dfrac{a+b}{\sqrt{c}} \ge 2(\sqrt{\dfrac{bc}{a}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b}}+\sqrt{\dfrac{ab}{c}})$
$\oplus$Ta lại có:
$\sqrt{\dfrac{bc}{a}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b}}+\sqrt{\dfrac{ab}{c}}=\sum (\sqrt{\dfrac{bc}{a}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b}})\ge 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} +3\sqrt[6]{abc}=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3$
Vậy:$\boxed{\dfrac{b+c}{\sqrt{a}}+\dfrac{c+a}{\sqrt{b}}+\dfrac{a+b}{\sqrt{c}} \ge \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3}$