mrjackass

$a^2+b^2+c^2=1 \iff |a|^2+|b|^2+|c|^2=1$
=>$0 \leq |a|^2,|b|^2,|c|^2 \leq 1 \iff 0 \leq |a|,|b|,|c| \leq 1$
Áp dụng tính chất của dấu giá trị tuyệt đối và đánh giá $0 \leq |a|,|b|,|c| \leq 1$
$1=a^3+b^3+c^3 \leq |a|^3+|b|^3+|c|^3 \leq |a|^2+|b|^2+|c|^2=1$
Do dấu đẳng thức xảy ra nên dấu $=$ trong các đánh giá trên cũng phải xảy ra, tức là $(a;b;c)$ là $(1;0;0)$ và các hoán vị.
Từ đó, dễ thấy $a^2+b^9+c^{1945}=1$

có thể làm theo cách lớp 8 được không anh ?

Cách lớp 8 thì có người làm ở trên rồi đấy. Hoặc em có thể xét $A+355$ và $A-3015$. Bởi vì lớp 8 chưa học phương pháp tổng quát nên lời giải này hơi thiếu tự nhiên

Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức : $\frac{2010x+2680}{x^{2}+1}$

Bài này miền giá trị của hàm số cũng được mà

***Lưu ý: lời giải này không phải của mình***
Đặt $x=\frac{a}{b-c};y=\frac{b}{c-a};z\frac{c}{a-b}$
Thế thì $xy+yz+zx=\frac{ab}{(b-c)(c-a)}+\frac{bc}{(c-a)(a-b)}+\frac{ca}{(a-b)(b-c)}=\frac{ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a)}{(a-b)(b-c)(c-a)}=-1$ (Bạn có thể tích chéo để CM đẳng thức trên)
Mặt khác $(x+y+z)^2 \geq 0 \iff x^2+y^2+z^2 \geq -2(xy+yz+zx)=(-2)(-1)=2$
=> đpcm

Cho a,b,c dương, n >1 (n nguyên)
Chứng minh rằng
$$ (\frac{a}{a+b})^{n}+(\frac{b}{b+c})^{n}+(\frac{c}{c+a})^{n}\geq \frac{3}{2^{n}}$$

Bạn tham khảo tại http://diendantoanho...bckgeq-frac32k/

Chứng minh rằng nếu $\sqrt{x^2+\sqrt[3]{x^4y^2}}+\sqrt{y^2+\sqrt[3]{x^2y^4}}=a$ thì $\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}=\sqrt[3]{a^2}$.

Trước hết ta xét: $(x^{2}+\sqrt[3]{x^4y^2})(y^{2}+\sqrt[3]{x^2y^4})=x^2y^2+\sqrt[3]{x^4y^8}+\sqrt[3]{x^8y^4}+x^2y^2=(\sqrt[3]{x^4y^2})^2+(\sqrt[3]{x^2y^4})^2+2\sqrt[3]{x^8y^8}=(\sqrt[3]{x^4y^2}+\sqrt[3]{x^2y^4})^2$
Ta có: $\sqrt{x^2+\sqrt[3]{x^4y^2}}+\sqrt{y^2+\sqrt[3]{x^2y^4}}=a \iff x^2+y^2+\sqrt[3]{x^4y^2}+\sqrt[3]{x^2y^4}+2\sqrt{({x^2+\sqrt[3]{x^4y^2}})(y^2+\sqrt[3]{x^2y^4})}=a^2 \iff x^2 +y^2 +\sqrt[3]{x^4y^2}+\sqrt[3]{x^2y^4}+2(\sqrt[3]{x^4y^2}+\sqrt[3]{x^2y^4})=a^2 \iff x^2+y^2+3(\sqrt[3]{x^4y^2}+\sqrt[3]{x^2y^4})=a^2 \iff (\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2})^3=(\sqrt[3]{a^2})^3 \iff \sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}=\sqrt[3]{a^2}$
OK bạn nhé. Lúc làm mình quên không đặt $\sqrt[3]{x^2}=m$ và $\sqrt[3]{y^2}=n$ để lời giải đẹp hơn Mong bạn thông cảm

Cho $a= \sqrt{2}-1$
CMR: Với mọi số nguyên dương n, số $a^n$ viết được dưới dạng $\sqrt{m}-\sqrt{m-1}$

Nếu $n=1$ thì $a_1=\sqrt{2}-\sqrt{1}$
Giả sử, giả thiết đúng tới $n=k$, tức là $a^k=\sqrt{i}-\sqrt{i-1}$
Ta cần chứng minh $a^{k+1}$ có dạng $\sqrt{j}-\sqrt{j-1}$
Xét: $a^{k+1}=a^k.a=(\sqrt{i}-\sqrt{i-1})(\sqrt {2}-1)=\sqrt{2i}-\sqrt{2(i-1)}-\sqrt{i}+\sqrt{i-1}=(\sqrt{2i}+\sqrt{i-1})-(\sqrt{2(i-1)}+\sqrt{i})$
Đặt $\sqrt{j}=\sqrt{2i}+\sqrt{i-1} \iff j=3i-1+\sqrt{2i(i-1)} \iff j-1=3i-2+\sqrt{2i(i-1)}=2(i-1)+i+\sqrt{2(i-1)i}=(\sqrt{2(i-1)}+\sqrt{i})^2$
=>$\sqrt{2(i-1)}+\sqrt{i}=\sqrt{j-1}$ => $a^{k+1}=\sqrt{j}-\sqrt{j-1}$ => đpcm
Bài toán có thể được mở rộng như sau:
Cho $a=\sqrt{t+1}-\sqrt{t}$
Chứng minh rằng: với mọi n nguyên dương thì $a^n$ luôn viết được dưới dạng $\sqrt{x+1}-\sqrt{x}$
Cách làm tương tự

Trang ơi không có điều kiện gì của $m$ à ?

Chỉ cần căn thức có nghĩa là được thôi bạn

Cho $a,b,c \geq 0$. CMR:
$\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a} \leq\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$

Giải hệ phương trình sau trên tập $\mathbb{R}^{+}$:

$\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 3\\ \frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\leq \frac{\sqrt{2}}{2}(a+b+c) \end{matrix}\right.$

Đề kiểu này dễ đoán hướng làm quá.
Đặt $P=\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}$
Theo C-S: $a+b+c \leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} \leq 3$
Do vai trò $a;b;c$ tương đương nên giả sử $a \geq b \geq c$. Khi đó thì $\frac{1}{\sqrt{b+c}} \geq \frac{1}{\sqrt{c+a}} \geq \frac{1}{\sqrt{a+b}}$
Áp dụng BĐT Chebyshev, AM - GM và đánh giá $a+b+c \leq 3$:
$3P \geq (a+b+c)(\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}+\frac{1}{\sqrt{a+b}})\geq(a+b+c)(\frac{3}{\sqrt{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}})\geq (a+b+c)(\frac{3}{\sqrt{\frac{2(a+b+c)}{3}}})\geq (a+b+c)\frac{3}{\sqrt{2}} \iff P \geq \frac{\sqrt{2}}{2}(a+b+c)$
Tuy nhiên theo hệ phương trình: $ P \leq \frac{\sqrt{2}}{2}(a+b+c)$. Do đó $ P = \frac{\sqrt{2}}{2}(a+b+c)$
Dấu bằng phải xảy ra ở các đánh giá trên để thỏa mãn, tức là $a=b=c=1$
Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất $(a;b;c)$ là $(1;1;1)$

Phương pháp này gọi là cân bằng hệ số trong bất đẳng thức. việc tìm ra các hệ số trên cần giải một hệ các phương trình. Bạn thử làm xem thế nào.

Cách làm của mình như sau:
Thấy được vai trò của $b;c$ là tương đương, ta dự đoán dấu "=" xảy ra khi $\alpha a=b=c$, trong đó $\alpha$ là 1 hằng số dương mà ta sẽ đi tìm. Bây giờ ta cứ "hồn nhiên" AM-GM như sau:
$\alpha^2 a^2+b^2\geq 2\alpha ab$
$\alpha^2 a^2+c^2\geq 2\alpha ac$
$\alpha(b^2+c^2)\geq 2\alpha bc$
Cộng 3 vế các đánh giá trên: $\alpha^22a^2+(\alpha+1)(b^2+c^2)\geq2\alpha(ab+bc+ca)=2\alpha$
Ta thấy vế trái hệ số của $a^2$ và $b^2+c^2$ còn "lệch", chưa thể đưa về $2a^2+b^2+c^2$. Do đó ta sẽ "chỉnh" $ \alpha $ sao cho $ \alpha^2=\alpha+1 $
Giải phương trình trên, lấy nghiệm dương, ta được $\alpha=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$. Lúc này thì thay vào các đánh giá trên và tìm dấu "=" thôi

Bài này trong cuốn "Nâng cao và phát triển Toán 9 tập một" của Vũ Hữu Bình. Mình xin được viết lại lời giải của tác giả (Chứ không phải lời giải của mình)
Ta có: $a^3+1=(a+1)(a^2-a+1=(a+1)(a^2-a+\frac{1}{4})+\frac{3}{4}(a+1)$
Do đó: $a^3-\frac{3}{4}a+\frac{1}{4}=(a+1)(a-\frac{1}{2})^2\geq0$ với $a \geq -1$
Lập các đánh giá tương tự với b và c
=> $(a^3+b^3+c^3)-\frac{3}{4}(a+b+c)+\frac{3}{4}\geq 0 \iff a^3+b^3+c^3 \geq -\frac {3}{4}$
Dấu "=" khi có 1 số bằng -1 và 2 số bằng $\frac{1}{2}$

Mình xim được kết thúc năm 2012 của box BĐT và cực trị bằng bài toán sau:
Cho $a_1, a_2,..., a_n$ và $b_1, b_2,..., b_n$ là 2 bộ số thực dương; $m$ là 1 số nguyên dương thỏa mãn $a_1^{m}+a_2^{m}+...+a_n^{m}=b_1^{m}+b_2^{m}+...+b_n^{m}$. Chứng minh rằng:
$\frac{a_1^{2013+m}}{b_1^{m}}+\frac{a_2^{2013+m}}{b_2^{m}}+...+\frac{a_n^{2013+m}}{b_n^{m}}\geq a_1^{2013}+a_2^{2013}+...+a_n^{2013}$

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR:
$\frac{a^3b}{1+ab^2}+\frac{b^3c}{1+bc^2}+\frac{c^3a}{1+ca^2}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Cho $a,b,c> 0$ và $a+b+c= 3$ Chứng minh rằng:
$\frac{a}{7a^{2}+11}+\frac{b}{7b^{2}+11}+\frac{c}{7c^{2}+11}\leq \frac{1}{6}$

Cho $a_1,a_2,...,a_n>0$ và m,p nguyên dương.
Kí hiệu $S(i)=a_1^{i}+a_2^{i}+...+a_n^{i}$
CMR: $\sum \frac{a_1^{m}}{S(p)-a_1^{p}}\geq \frac{n.[S(m)]}{(n-1).[S(p)]}$