ko biết mọi người sao nhưng t chưa có

Tú úp lên đi

Ok, để duy trì ý nghĩa "nhân đạo" và "nhân sinh" của topic xin phép mọi người up vài tấm hình :

------------------

----------

--------------
Đã chuẩn bị sẵn bao hứng gạch

sao nhỏ con vậy tú ,

Gì? hơn 6 yến với ~1m7 mà nhỏ con

Mặt Tú có cái nét gì đó đẹp trai giống tui

Gặp ai ông cũng nói vậy thì phải

Có ai nhận ra khung cảnh đó ở đâu không?

Chắc ở trường nào đó hả thầy
P/s: Ai có ảnh mình chưa :-?

Anh Trọng đây à

Mấy chú nhà ta vỡ mộng rồi! Khổ!

Khó đỡ thật, X-girl xuất hiện
----
P/s: Đi treo lại cái avatar con bạn cho đỡ tủi

ke3, thế a post ảnh lên phát cho bọn e thưởng thức ^^

Ảnh anh bí bòi có trong topic này rồi mà

Chả thấy đứa nào hơn mình nản!

Em nè anh

Do em đẹp trai nên ăn gạch hoài anh à
ÔNG TRỜI ƠI, CHO CON ĐẸP TRAI LÀM GÌ CHO CON ĂN GẠCH HOÀI VẦY

Thêm 1 cục vì tội "đẹp" trai mà thích tự sướng
-----------------
P/s: Giờ mới biết box này ở chế độ "No posting"

Nơi nào có thánh, nơi đó có gạch

Mấy chú chiến IT trên VMF mà quên mất còn có 1 VMF Guardian hả

VMF Guardian này bị quên lãng rồi thì phải

Áo trắng em à

OMG! Đau mắt quá

Tin hót đây !!! Siêu nóng luôn :

Đây là ảnh anh Nguyễn Công Định (ongtroi) vừa đi giả phật kiếm tiền về đấy !!!


P/s: Chém mạnh tay vào !!!

Thể loại gì đây trời

Mem VMF 1 năm rồi mà giờ mới giám up 1 cái (anh là áo caro nhé ^^)

Trông ngăm đen cũng đẹp mà
Nhưng theo kinh nghiệm thì ko hề nên chụp ảnh vs ng` đẹp zai hơn mình
Cho viên đầu tiên

Sao lại có tên mình ở đây nữa. Dao này tu rồi mà....

Phản đối, phản đối, gió to quá

Em tên là Lê Xuân Mai, sinh năm 1998 ạ
Hình em:

Kìa kìa mấy chú 98 đâu, anh bô lão 97 nên nhường đó

Xinh quá trời![
Có tuyểnphi công không em

Mãi mới thấy anh ló mặt ra nhỉ

Tưởng Thắng có vitamin G rồi chứ

Thiếu trầm trọng đó, đâu mà đủ ạ
Bạn celia xing thía, chất lượng ảnh nét thì sẽ ntn đây ...
P/s: Cũng đang có dấu hiệu thiếu vitamin G

Bài 292: Cho các số a,b,c thực dương. Chứng minh rằng
$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$

Thêm một cách nữa
Áp dụng BĐT Cauchy cho 19 số, ta có:
$14\frac{a^3}{b^2}+3\frac{b^3}{c^2}+2\frac{c^3}{a^2}\geq 19\sqrt[19]{\frac{a^{3.14}.b^{3.3}.c^{3.2}}{b^{2.14}.c^{2.3}.a^{2.2}}}=19\frac{a^2}{b}$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vào ta có ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Bài 294: Cho a,b,c thực dương chứng minh rằng
$\sqrt{2a(a+b)^3}+b\sqrt{2(a^2+b^2)}\le3(a^2+b^2)$

Sai đừng ném gạch nhé
$\sqrt{2a(a+b)^3}+b\sqrt{2(a^2+b^2)}=\sqrt{(2a^2+2ab)(a^2+2ab+b^2)}+\sqrt{2b^2(a^2+b^2)}$
$\leq ^{AM-GM} \frac{2a^2+2ab+a^2+2ab+b^2}{2}+\frac{2b^2+a^2+b^2}{2}=2(a^2+b^2)+2ab\leq 2(a^2+b^2)+a^2+b^2=3(a^2+b^2)<q.e.d>$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b$
P/s: c đâu anh

Gõ nhầm thôi mà :-j

Góp vui
Bài 283:
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge \frac{9}{2+abc}$$

BĐT cần c/m tương đương:
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(abc+2)\geq 9$
Có: $VT=ab+bc+cb+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\geq^{AM-GM} 9\sqrt[9]{ab.bc.cb.\frac{1}{a}.\frac{1}{a}.\frac{1}{b}.\frac{1}{b}.\frac{1}{c}.\frac{1}{c}}=9<Q.E.D>$
Dấu bẵng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 275. Cho các số thực dương thoả mãn :$x + y + z + 1 = 4xyz$. Chứng minh rằng :
$$xy + yz + zx \ge x + y + z$$
Bài 276. Cho các số thực dương thoả mãn $a + b + c = 1$. Tìm GTLN của :
$$P = \sqrt{\dfrac{ab}{c + ab}} + \sqrt{\dfrac{bc}{a + bc}} + \sqrt{\dfrac{ca}{b + ca}} $$

Bài 275:Em chịu chỉ còn cách tra gg, tra ra thì lại thấy xài cả schur, pó tay
Biến đổi giả thiết thành $\frac{1}{2x+1}$+$\frac{1}{2y+1}$+$\frac{1}{2z+1}$=1
Đặt a=$\frac{1}{2x+1}$; b=$\frac{1}{2y+1}$; c=$\frac{1}{2z+1}$ thì a,b,c >0 và a+b+c=1
=> x=$\frac{b+c}{2a}$; y=$\frac{c+a}{2b}$; z=$\frac{a+b}{2c}$
Do đó VT = $\frac{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}{abc}$+9
VP = $\frac{2(ab+bc+ca)}{abc}$
đpcm <=> ${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}+9abc \geq 2(ab+bc+ca)$
<=> (${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2})(a+b+c) +9abc \geq 2(ab+bc+ca)(a+b+c)$
<=> $a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b) \geq 0$
Đây là BĐT Schur
Nguồn:MS

Bài 276:
Từ gt: $a+b+c=1\Rightarrow c+ab=c(a+b+c)+ab=c^2+ac+bc+ab=(c+a)(c+b)$
Vậy ta có:
$P=\sum \sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sum \sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}\leq ^{Cauchy nguoc} \sum (\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b})=3$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Vậy $maxP=3$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài 261: Cho x,y,z $ \ge 0;x + y + z \le 3$
CMR: $$\frac{x}{{1 + x^2 }} + \frac{y}{{1 + y^2 }} + \frac{z}{{1 + z^2 }} \le \frac{3}{2} \le \frac{1}{{1 + x}} + \frac{1}{{1 + y}} + \frac{1}{{1 + z}}$$

$\sum \frac{x}{1+x^2}\leq \sum \frac{x}{2x}=\sum \frac{1}{2}=\frac{3}{2}(1)$
$\sum \frac{1}{1+x}\geq \frac{9}{1+x+1+y+1+y}\geq \frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}(2)$
-Từ (1) và (2) có ĐPCM

Bài 267: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $3(ab+bc+ac)=1$
CMR: $$\frac{a}{{a^2 - bc + 1}} + \frac{b}{{b^2 - ac + 1}} + \frac{c}{{c^2 - ba + 1}} \ge \frac{1}{{a + b + c}}$$

$\sum \frac{a}{a^2-bc+1}=\sum \frac{a^2}{a^3-abc+a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^3+b^3+c^3-3abc+a+b+c}$
$=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+a+b+c}=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+1}$
$=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+3(ab+bc+ca)}=\frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}<Q.E.D>$

Bài 262: Cho a,b,c là 3 số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3
CMR: $$A = \frac{{a^3 }}{{b(2c + a)}} + \frac{{b^3 }}{{c(2a + b)}} + \frac{{c^3 }}{{a(2b + c)}} \ge 1$$

$\sum \frac{a^3 }{b(2c + a)}=\sum \frac{a^3}{ab+2bc}$
Có: $\frac{a^3}{ab+2bc}+\frac{ab+2bc}{9}+\frac{1}{3}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{ab+2bc}.\frac{ab+2bc}{9}.\frac{1}{3}}=a$
$\Rightarrow \sum\frac{a^3}{ab+2bc}+\sum\frac{ab+2bc}{9}+\sum\frac{1}{3}\geq \sum a\Rightarrow \sum\frac{a^3}{ab+2bc}+\frac{ab+bc+ca}{3}+1\geq 3$
$\Rightarrow \sum\frac{a^3}{ab+2bc}\geq 2-\frac{ab+bc+ca}{3}\geq 2-\frac{(a+b+c)^2}{3.3}=1<Q.E.D>$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$

Oạch anh Kiên xóa cả lời giải bài 299 của em rồi

Bài 299: Cho a,b là 2 số thực dương thay đổi thỏa mãn ab=1.Chứng minh rằng
$\frac{a^3}{1+b^2}+\frac{b^3}{1+a^2}\geq 1$

C1:$\frac{a^3}{1+b^2}+\frac{b^3}{1+a^2}=\frac{a^4}{a+ab^2}+\frac{b^4}{b+a^2b}=\frac{a^4}{a+b}+\frac{b^4}{a+b}\geq \frac{(a^2+b^2)^2}{2(a+b)}$
$\geq \frac{\frac{(a+b)^4}{4}}{2(a+b)}=\frac{(a+b)^3}{8}\geq \frac{(2\sqrt{ab})^3}{8}=1<Q.E.D>$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=1$
C2: Cauchy ngược.
$\frac{a^3}{1+b^2}+\frac{b^3}{1+a^2}=a^3-\frac{a^3b^2}{b^2+1}+b^3-\frac{a^2b^3}{a^2+1}\geq a^3-\frac{a^2b}{2b}+b^3-\frac{ab^2}{2a}$
$=(a+b)(a^2-ab+b^2)-(\frac{a^2}{2}+\frac{b^2}{2})=(a+b)(a^2+b^2-1)-\frac{1}{2}(a^2+b^2-1)-\frac{1}{2}=(a+b-\frac{1}{2})(a^2+b^2-1)-\frac{1}{2}\geq (2\sqrt{ab}-\frac{1}{2})(2ab-1)-\frac{1}{2}=1<Q.E.D>$
Cách cauchy ngược trông "trâu bò" hơn

$E =x^{25} + 1+1+1+1 -5x^5 + 2005 \geq 5x^5 - 5x^5 + 2005 = 2005$
Dấu = khi x=1

x chắc gì dương mà chú đã tương Cauchy ngay thế ,$x\in R$ kìa
Bài này lấy ý tưởng từ đây chăng?:
$minF=x^{100}-10x^{10}+2010$
Thế này mới Cauchy được

-Ta có
$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}=\frac{1}{2}.\frac{a(2a^2-ab+2b^2)-ab(2b+a)}{2a^2-ab+2b^2}$

Biến đổi thế nào đó bạn? $a(2a^2-ab+2b^2)-ab(2b+a)=2a^3-2a^2b$ mà
Chắc bài này xài S.O.S

Bài 359: CMR với mọi số thực dương $a,b,c$ thì:
$$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}+\frac{b^3}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{c^3}{2c^2-ca+2b^2}\geq \frac{a+b+c}{3}$$

Bài 356: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=1$. CMR $$(\frac{1}{a^2-1})(\frac{1}{b^2}-1)(\frac{1}{c^2}-1)\geq 2^9$$

Sao nhìn chả đối xứng gì vậy anh
Bài 357 có trong STBDT mà

318/
$P=a(a^2+b)+b(b^2+a)$
$=a^3+b^3+2ab$
$=(a+b)^3-3ab(a+b)+2ab$
$=201^3-603ab+2ab$
$=201^3-601ab$
Vậy bây giờ ta cần tìm $min,max(ab)$
*Min: Vì $0<a;b\leq 200$:
$(200-a)(200-b)\geq 0$
$\Rightarrow 200^2-200(a+b)+ab\geq 0$
$\Rightarrow ab\geq 200.201-200^2=200$
Nhờ mn tìm $max(ab)$ và kết luận nốt

Bài 137: (không biết dễ hay khó Zz )
Quy nạp nhé
Cho n số thực dương $x_1;x_2;...x_n$ có tích bằng 1. Chứng minh rằng
$x_1+x_2+...+x_n\geq n$

*Với $n=1$, BĐT đúng
*Giả sử BĐT đúng với $n=k$, tức là ta có:
$x_1+x_2+...+x_k\geq k(1)$ với $x_1.x_2.....x_k=1$ (giả thiết quy nạp)
-Cần c/m: $x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k$ với $x_1.x_2.....x_k.x_{k+1}=1$. Thật vậy, cộng 2 vế của (1) với $x_{k+1}$, ta có:
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+x_{k+1}$
Mà $x_1.x_2.....x_k=1$ và $x_1.x_2.....x_k.x_{k+1}=1\rightarrow x_{k+1}=1$. Suy ra:
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+x_{k+1}=k+1(Q.E.D)$
Vậy BĐT đúng với $n=k+1$. Theo giả thiết quy nạp thì BĐT đã cho đúng với $\forall n\in N*$