maitienluat

Theo AM-GM ta có
$6= 3\frac{a^{2}}{3}+2\frac{b^{2}}{2}+c^{2}\geq 6\sqrt[6]{(\frac{a^{2}}{3})^{3}(\frac{b^{2}}{2})^{2}c^{2}}= 6\sqrt[6]{\frac{a^{6}b^{4}c^{2}}{3^{3}2^{2}}}\Rightarrow a^{6}b^{4}c^{2}\leq 3^{3}2^{2}$
và $S=3\frac{a}{3bc}+4\frac{b}{2ca}+5\frac{c}{ab}\geq 12\sqrt[12]{(\frac{a}{bc})^{3}(\frac{b}{2ca})^{4}(\frac{c}{ab})^{5}}=\frac{12}{\sqrt[12]{3^{3}2^{4}}}\frac{1}{\sqrt[12]{a^{6}b^{4}c^{2}}}$
$\Rightarrow S\geq \frac{12}{\sqrt[12]{3^{3}2^{4}}}\frac{1}{\sqrt[12]{3^{3}2^{2}}}=2\sqrt{6}$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow$ a=$\sqrt{3}$,b=$\sqrt{2}$,c=1

Bài này khá là khó. Xin được đăng bài giải trong sách "Những viên kim cương trong BĐT Toán học"
Trước hết ta chứng minh 1 BĐT phụ:
Cho a,b,c>0. Khi đó ta có ($(\sum a)(\sqrt{\sum a})(\sum \sqrt{a})\geq 3\sqrt{3}(\sum ab)$
Chứng minh: Chuẩn hóa a+b+c=3. Khi đó ta chỉ cần chứng minh $(\sum \sqrt{a})\geq (\sum ab)$
Đây là một kết quả quen thuộc.
Trở lại bài toán. Áp dụng AM-GM ta có
$(\sum {a})+(\sum {a})+(\sum {\sqrt{a}})\geq 3\sqrt[3]{(\sum {a})^{2}(\sum {\sqrt{a}})}$
Ta sẽ chứng minh $(\sum {a})^{2}(\sum {\sqrt{a}})\geq 27$
Đây chỉ là hệ quả của 2 BĐT sau
$\sqrt{\sum a}=\sqrt[4]{(\sum a)^{2}}\geq \sqrt[4]{3(\sum ab)}=\sqrt{3}$
và ($(\sum a)(\sqrt{\sum a})(\sum \sqrt{a})\geq 3\sqrt{3}(\sum ab)= 9\sqrt{3}$
BĐT được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a= b= c=1$

trong Tuyển chọn theo chuyên đề THTT, trang 227 có công thức tổng quát như sau:
Khi đấu thủ thứ nhất cần thắng thêm n ván nữa, còn đấu thủ thứ hai cần thắng thêm m ván nữa thì xác suất thắng cuộc của đấu thủ thứ nhất là $2^{-n-m+1}\sum_{j=n}^{n+m-1}\binom{n+m-1}{j}$
Dựa vào xác suất này chia tiền thưởng

Dễ dàng thấy $u_{n}^{2}=3u_{n-1}$
Còn đẳng thức sau có thể chứng minh = quy nạp
$u_{n+1}^{2}=3u_{n}=\frac{3}{u_{n}}.u_{n}^{2}=\frac{3^{n}}{u_{1}u_{2}..u_{n-1}}.\frac{3}{u_{n}}=\frac{3^{n+1}}{u_{1}u_{2}..u_{n}}\Rightarrow$ đpcm.

ĐK $x_{1},x_{2},y_{1},y_{2}$ dương phải k nhỉ?
BĐT cần chứng minh tương đương:
$\frac{x_{1}y_{1}}{x_{1}+y_{1}}+\frac{x_{2}y_{2}}{x_{2}+y_{2}}< \frac{(x_{1}+x_{2})(y_{1}+y_{2})}{x_{1}+y_{1}+x_{2}+y_{2}}$
$\Leftrightarrow \sum(\frac{x_{1}+y_{1}}4{-\frac{x_{1}y_{1}}{x_{1}+y_{1}}}) > \frac{x_{1}+y_{1}+x_{2}+y_{2}}{4}-\frac{(x_{1}+x_{2})(y_{1}+y_{2})}{x_{1}+y_{1}+x_{2}+y_{2}}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{\left ( x_{1} -y_{1}\right )^{2}}{x_{1}+y_{1}}> \frac{\left ( x_{1}-y_{1}+x_{2}-y_{2} \right )^{2}}{x_{1}+y_{1}+x_{2}+y_{2}}$
BĐT này đúng theo Cauchy-Schwarz

Khai triển BĐT sau : $(\vec{OB}+\vec{OC}-\vec{OA})^{2}\geq 0$
và các tích vô hướng, sau khi rút gọn được đpcm.
Dấu = xảy ra khi $\vec{OB}+\vec{OC}= \vec{OA}$, khi đó ABC là tam giác cân tại A với $\widehat{A}=120^{\circ}$

theo mình phải giải bằng đạo hàm?
Đặt x+y=S,xy=P. Dễ thấy $P\leq \frac{5}{2}$
Ta có $(1+x^{4})(1+y^{4})= 1+x^{4}+y^{4}+x^{4}y^{4}=P^{4}+2P^{2}-40P+101 = f(P)$
f'(P) = $4P^{3}+4P-40$. f'(P) = 0 $\Leftrightarrow P=2$
Kẻ bảng biến thiên ta có được minP = 45 khi P=2.
Đẳng thức có thể xảy ra chẳng hạn tại $x= \frac{\sqrt{10}+\sqrt{2}}{2}; y=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}2$.