vutuanhien

Cho $a,b,c>0$. CM
$\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\le \frac{6(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$

BĐT$\Leftrightarrow \left [ \frac{2}{(a+b+c)^2}-\frac{1}{3(a^2+ab+b^2)} \right ](a-b)^2+\left [ \frac{2}{(a+b+c)^2}-\frac{1}{3(b^2+bc+c^2)} \right ](b-c)^2+\left [ \frac{2}{(a+b+c)^2}-\frac{1}{3(c^2+ca+a^2)} \right ](c-a)^2\geq 0$
Không mất tính tổng quát, giải sử $a\geq b\geq c$. Dễ dàng chứng minh được $Sa\geq Sc\geq 0$. Nếu $Sb\geq 0$ thì ta suy ra đpcm. Nếu $Sb\leq 0$:Vì $(a-c)^2\leq 2(a-b)^2+2(b-c)^2$ nên $Sa(b-c)^2+Sb(c-a)^2+Sc(a-b)^2\geq (Sa+2Sb)(b-c)^2+(Sb+2Sc)(a-b)^2$. Đến đây ta chỉ cần cm $Sb+2Sc\geq 0$, $Sa+2Sb\geq 0$, xin nhường anh làm nốt

Giải pt nghiệm nguyên :
$\frac{yz}{x}+\frac{xy}{z}+\frac{zx}{y}=3$

PT$\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=3xyz$ (1). Từ (1) suy ra $xyz> 0$. Ta có$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz(x+y+z)\Rightarrow x+y+z\leq 3\Rightarrow 3xyz\leq 3$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=3\Rightarrow xyz=1\Rightarrow x=y=z=1$ hoặc $x=y=-1$, $z=1$ và các hoán vị

Cho $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh $1$ tam giác
CMR $2[a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(b^2+a^2)]-a^3-b^3-c^3\geq9abc$

$2\left [ a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2) \right ]=2\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right ]=2(a+b+c)(ab+bc+ca)-6abc$; $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc$. Do đó BĐT đã cho tương đương với $5(a+b+c)(ab+bc+ca)-(a+b+c)^3-18abc\geq 0\Leftrightarrow (3a-b-c)(b-c)^2+(3b-c-a)(c-a)^2+(3c-a-b)(a-b)^2\geq 0$.
Không mất tính TQ, giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow 2b\geq b+c> a\Rightarrow 3b-c-a=(2b-a)+(b-c)> 0$ (1). Ta có $(a-c)^2\geq (a-b)^2+(b-c)^2\Leftrightarrow 2(b-c)(b-a)\leq 0$ (đúng) (2). Từ (1) và (2) suy ra $Sa(b-c)^2+Sb(c-a)^2+Sc(a-b)^2\geq (Sa+Sb)(b-c)^2+(Sb+Sc)(a-b)^2$. Đến đây ta chỉ cần cm $Sa+Sb; Sb+Sc\geq 0$. Điều này hiển nhiên vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác

Gọi I, K, L là trung điểm của EF, FH, HG.
Tam giác AEF vuông tại A có AI là trung tuyến$\Rightarrow AI=\frac{1}{2}EF$.
Tương tự $CL=\frac{1}{2}GH$
IK là đường trung bình tam giác EFH$\Rightarrow IK=\frac{1}{2}EH$
Tương tự $KL=\frac{1}{2}FG$
Do đó chu vi EFGH=EF+FG+GH+HE=2(AI+KL+CL+IK)=2(AI+IK)+2(KL+CL)$\geq 2AK+2CK\geq 2AC$ (độ dài AC không đổi)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, I, K, L, C thẳng hàng. Khi đó EH//AC, FG//AC, $\angle AEI=\angle EAI=\angle ADB$ nên EF//DB, GH//DB. Tứ giác EFGH là hình bình hành có cáccạnh song song với các đường chéo của hình chữ nhật ABCD
Vậy chu vi tứ giác EFGH đạt GTNN khi và chỉ khi tứ giác EFGH là hình bình hành có các cạnh song song với đường chéo của hình chữ nhật ABCD
________________________
@Joker: Lời giải chính xác
d=10

S = 1 + 3*10 = 31

Tớ có đoán đâu. Ý tưởng của tớ là để tìm GTLN thì phải triệt tiêu x+y chỉ còn lại hằng số, còn để tìm GTNN thì biến đổi $x^2y$ để áp dụng gt $x+y\leq 6$

Cho $x,y\geq 0$ và $x+y\leq 6$. Tìm min, max $x^2y[4-(x+y)]$

Dễ thấy BT đạt GTLN khi $x+y\leq 4$, đạt GTNN khi $x+y\geq 4$.
GTLN:Áp dụng BĐT AM-GM, ta có $x^2y\left [ 4-(x+y) \right ]=4.\frac{x}{2}.\frac{x}{2}.y.\left [ 4-(x+y) \right ]\leq 4.\left [ \frac{\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+y+4-(x+y)}{4} \right ]^4=4$.
GTNN:$-x^2y\left [ 4-(x+y) \right ]=x^2y\left [ x+y-4 \right ]=4.\frac{x}{2}.\frac{x}{2}.y.(x+y-4)\leq 4.(\frac{\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+y+x+y-4}{4})^4=4.\left [ \frac{2(x+y)-4}{4} \right ]^4\leq 4.\left ( \frac{2.6-4}{4} \right )^4=64\Rightarrow x^2y\left [ 4-(x+y) \right ]\geq -64$
Vậy GTLN của BT là 4, đạt được khi x=2, y=1; GTNN của BT là -64, đạt được khi x=4, y=2

Giải phương trình:

$(1+x)^{4}$=$2(1+x^{4})$

PT $\Leftrightarrow 4x+6x^2+4x^3=1+x^4\Leftrightarrow x^4-4x^3-6x^2-4x+1=0$.
NX:$x=0$ không phải là nghiệm của pt
Xét trường hợp $x\neq 0$:PT $\Leftrightarrow (x^2+\frac{1}{x^2})-4(x+\frac{1}{x})-6=0$. Đặt t=$x+\frac{1}{x}$ thì pt trở thành $(t^2-2)-4t-6=0\Leftrightarrow t^2-4t-8=0$. Đến đây nhường bạn làm nốt phần còn lại

Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:


b) $19x^2-84y^2=1984$

Câu này để mình chém nốt. PT $\Leftrightarrow 19(x^2-100)=84(y^2+1)\Rightarrow y^2+1\vdots 19\Rightarrow y^2\equiv 18 (mod 19)$ (vô lí). Vậy pt vô nghiệm

Cho $a_1^3+a_2^3+...+a_n^3=0$ với $-1\leq a_i\leq 1$
Cmr : $a_1+a_2+...+a_n\leq \frac{n}{3}$

Ta có: $4(a_{1}+1)(a_{1}-\frac{1}{2})^2\geq 0\Rightarrow 4a_{1}^3-3a_{1}+1\geq 0$. Làm tương tự với $a_{2}, ..., a_{n}$; ta suy ra $4\sum a_{1}^3-3\sum a_{1}+n\geq 0\Rightarrow 3\sum a_{1}\leq n\Rightarrow \sum a_{1}\leq \frac{n}{3}$

cho các số dương x,y,z thoả mãn $xyz-\frac{16}{x+y=z}=0$
Tìm min P=$(x+y)(x+z)$

$(x+y)(x+z)=x(x+y+z)+yz\geq 2\sqrt{xyz(x+y+z)}=2\sqrt{16}=8$

cho xy+z+xz=-1
Tìm min S=$x^{2}+5y^{2}+8z^{2}$

Cách của mình:Ta có $x^2+5y^2+8z^2+4(xy+yz+zx)=(x+2y+2z)^2+(y-2z)^2\geq 0\Rightarrow x^2+5y^2+8z^2\geq 4$

cho a,b,c$>$0 và a+b+c=1
cm: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+\sqrt{12abc}\leq 1$

BĐT $\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\sqrt{12abc}\leq (a+b+c)^2\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc}\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$
(vì $a+b+c=1$). BĐT này đúng nên BĐT ban đầu cũng đúng (đpcm)

Bài 15: Ta có $x^2+2y^2+5z^2-2(xy+yz+zx)=(x-y-z)^2+(2z-y)^2\geq 0\Rightarrow xy+yz+zx\leq 11$.

BĐT AM-GM: Cho $a_{1}, a_{2},..., a_{n}$ là các số thực dương. Khi đó, ta có $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geq n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$

Cho a,b,c,d > 0.Cmr : $\frac{a-d}{b+d} + \frac{d-b}{c+b}+\frac{b-c}{c+a}+\frac{c-a}{a+d} \geq 0$

BĐT $\Leftrightarrow (a+b)(\frac{1}{b+d}+\frac{1}{c+a})+(c+d)(\frac{1}{c+b}+\frac{1}{a+d})\geq 4$. Ta có $(a+b)(\frac{1}{b+d}+\frac{1}{c+a})+(c+d)(\frac{1}{c+b}+\frac{1}{a+d})\geq (a+b)(\frac{4}{a+b+c+d})+(c+d)(\frac{4}{a+b+c+d})=4$