nguyentrungphuc26041999

Thử luôn.

sao hình mình up lên nhỏ thế

ta có theo GT suy ra 

$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$

ta có 

$x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq \frac{\left ( x+y+z \right )^{3}}{9}$

bất đẳng thức cần chứng minh 

$\left ( x+y+z \right )^{3}+54\geq 9\left ( x+y+z \right )^{2}$

đặt $x+y+z=a$ $\left ( a\geq 3 \right )$

cần chứng minh $a^{3}+54\geq 9a^{2}$

áp dụng bất đẳng thức cauchy

$\frac{a^{3}}{2}+\frac{a^{3}}{2}+54\geq 9a^{2}$

đoạn cuối này sai rồi

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=abc$. CMR: $$\frac{a^2}{a+bc}+\frac{b^2}{b+ac}+\frac{c^2}{c+ab}\geq \frac{a+b+c}{4}$$

.

cách khác

mấy lần trước làm sai lần nhưng đã sửa,lần này phải đúng làn đầu

ta có theo bất đẳng thức BCS 

$\sum \frac{a^{2}}{a+bc}\geq \frac{\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}+abc\left ( a+b+c \right )}$

ta cần chứng minh $4\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}\geq \left ( a^{3}+b^{3}+c^{3} \right )\left ( a+b+c \right )+abc\left ( a+b+c \right )$

$\Leftrightarrow 3\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}+2\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )\geq \sum a^{3}b+\sum ab^{3}+abc\left ( a+b+c \right )$

theo BĐT Cauchy ta có 

$\frac{a^{4}+a^{2}b^{2}}{2}\geq a^{3}b$

thiết lập các bất đăng thức tương tự như thế cộng lại ,kết hợp với bất đẳng thức cần chứng minh,ta được bất đẳng thức mới cần chứng minh là 

$2\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+7\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )\geq \left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\left ( ab+bc+ca \right )+\left ( ab+bc+ca \right )^{2}$

theo cauchy ta có 

$\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\left ( ab+bc+ca \right )\leq \left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}$

cộng lại ta có đpcm

cho a,b,c,d>0 thoả ab+bc+cd+da=1. Chứng minh: $\frac{a^{3}}{b+c+d}+\frac{b^{3}}{c+d+a}+\frac{c^{3}}{a+b+d}+\frac{d^{3}}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}$. cảm ơn các anh chị nhiều

theo BCS dạng phân thức

$\sum \frac{a^{3}}{b+c+d}=\sum \frac{a^{4}}{ab+ac+ad}\geq \frac{\sum a^{2}}{3}\geq \frac{ab+bc+cd+da}{3}=\frac{1}{3}$

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$.CMR:

$\sum \frac{a}{b}\geq\frac{a+c}{b+c}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{a+b}$

em nghĩ không cần đến cái giả thiết đó đâu,

chuyển vế biến đổi tương đương ta được

$\frac{c\left ( a-b \right )}{b\left ( b+c \right )}+\frac{a\left ( b-c \right )}{c\left ( c+a \right )}+\frac{b\left ( c-a \right )}{a\left ( b+a \right )}\geq 0$

giả sử $b$ là số nằm giữa 2 số a$a$ và $b$ 

$\Rightarrow \left ( b-a \right )\left ( b-c \right )\leq 0$

để khỏi viết lại vì cái này dài quá,biến đổi

$b\left ( c-a \right )= -c\left ( a-b \right )-a\left ( b-c \right )$

bất đẳng thức tương đương

$a\left ( a-b \right )\left ( \frac{1}{b\left ( b+c \right )-\frac{1}{a\left ( a+b \right )} \right )+a\left ( b-c \right )\left ( \frac{1}{c\left ( c+a \right )}-\frac{1}{a\left ( a+b \right )} \right ) \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{c\left [ \left ( a-b \right )^{2}\left ( a+b \right )+b\left ( a-b \right )\left ( a-c \right ) \right ]}{ab\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )}+\frac{\left ( b-c \right )\left ( a-c \right )\left ( a+c \right )+a\left ( b-c \right )^{2}}{c\left ( a+c \right )\left ( a+b \right )}\geq 0$

bất đẳng thức cuối đúng do $b$ nằm giữa $a$ và $c$

tuy không được tham gia trận 3 nhưng em cũng xin đóng góp cách làm của mình

$AM$ cắt cạnh $BE$ và $BC$ lần lượt tại $J$ và $K$ 

$BN$ cắt $AC$ tại $L$ ,$CP$ cắt $AB$ tại $T$

áp dụng định lý Mê- nê-la uýt liên tiếp, ta có 

xét $\bigtriangleup BEF$ có $A\in BF,M\in EF,J\in BE$

$\Rightarrow \frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AB}.\frac{JB}{JE}=1\left ( 1 \right )$

xét $\bigtriangleup BEC$ có $A\in EC,J\in BE ,K\in BC$

$\Rightarrow \frac{JE}{JB}.\frac{KB}{KC}.\frac{AC}{AE}\left ( 2 \right )$

nhân vế theo vế của $\left ( 1 \right )$ và $\left ( 2 \right )$ ta có 

$\Rightarrow \frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AB}.\frac{KB}{KC}.\frac{AC}{AE}=1$

tương tự ta cũng có 

$\frac{PD}{PE}.\frac{TA}{TB}.\frac{BC}{CD}.\frac{CE}{CA}=1$

$\frac{NF}{ND}.\frac{LC}{LA}.\frac{AB}{BF}.\frac{BD}{CB}=1$

nhân 3 hệ thức trên lại với nhau ta được 

$\frac{ME}{MF}.\frac{PD}{PE}.\frac{NF}{ND}.\frac{KB}{KC}.\frac{TA}{TB}.\frac{LC}{LA}.\frac{FA}{FB}.\frac{CE}{AE}.\frac{DB}{DC}=1\left ( * \right )$

áp dụng định lý Cê-va cho $\bigtriangleup ABC$ có $AD,BE,CF$ đồng quy và $\bigtriangleup DEF$ có $DM,FP,EN$ đồng quy,

$\frac{FA}{FB}.\frac{CE}{EA}.\frac{DB}{DC}=1$ và $\frac{ME}{MF}.\frac{PD}{PE}.\frac{NF}{ND}=1\left ( ** \right )$

từ $\left ( * \right )$ và $\left ( ** \right )$ suy ra $\frac{KB}{KC}.\frac{TA}{TB}.\frac{LC}{LC}=1$

theo định lý Cê-va đảo ta có $AM,BN,CP$ đồng quy (đpcm)

 untitled.JPG   17.01K   0 Số lần tải 

thử phát  untitled.JPG   17.01K   41 Số lần tải

28) Cho $a;b;c>0$ thỏa $a+b+c=3$. Cmr: $\sum \frac{a+1}{b^2+1}\geq 3$

làm thế này không biết có sai không

ta có $ab+bc+ca\leq 3$

$\Rightarrow \sum \frac{a+1}{b^{2}+1}\geq \sum \frac{a+1}{b^{2}+ab+bc+ca}=\sum \frac{a+1}{\left ( b+a \right )\left ( b+c \right )}$

đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & \\ b+c=y & \\ c+a=z & \end{matrix}\right.$

$\sum \frac{2x+2z-y}{3xy}\geq 3$ với $x+y+z=6$

đến đoạn này việc đánh giá là hoàn toàn đơn giản chỉ có đièu mình sai hệ số chỗ nào không phát hiện ra,mong các bạn sửa hộ

cho $x,y$ dương thoả mãn $x+y=\sqrt{10}$

tìm MIN $\left ( x^{4}+1 \right )\left ( y^{4}+1 \right )$

Hai toán thủ nguyentrungphuc26041999  và  Frankie nole có cùng địa chỉ IP và có lời giải giống hệt nhau. Điều này là gian lận.

 

BTC đã chấm điểm cho nguyentrungphuc26041999 và cảnh cáo toán thủ này. 

 

Toán thủ Frankie nole bị loại vì hành vi gian lận

xin lỗi BTC nhưng hôm đó,mạng nhà em bị rớt,mất mạng vài tuần nên đến nhà toán thủ frankynole để làm,do bài này khá dễ nên làm giống nhau là chuyện bình thường vì đây là cách mà phần lớn các toán thủ đều làm.

$a^{3}+ab^{2}\geq 2a^{2}b$

$\Rightarrow \sum a^{3}+\sum ab^{2}\geq \sum 2a^{2}b$

$\sum a^{3}+\sum ab^{2}+ \sum a^{2}b$

$\sum a^{3}+\sum a^{2}c+ \sum a^{2}b= 3\sum a^{2}\geq 9$

$\Rightarrow 3\frac{\sum a^{3}+\sum ab^{2}}{2}\geq 9$

$\Rightarrow \sum a^{3}+\sum ab^{2}\geq 6$

$\Rightarrow \sum a^{3}+\sum ab^{2}\geq \sum a^{2}b+3$

nói rõ hơn cái,chú làm tắt quá

Mình có bài này mong các bạn giải giùm:

Giải phương trình nghiệm nguyên dương

$x^{2}-2y^{2}=5$

Mình đang học lớp 8 nhé.

Thanks.

$x$ lẻ,$y$ chẵn

ta có $x^{2}-1-2y^{2}=4$

$\Leftrightarrow \left ( x-1 \right )\left ( x+1 \right )+2y^{2}=4$

$\left ( x-1 \right )\left ( x+1 \right )\vdots 8$

$\Rightarrow VT\vdots 8$

suy ra vô lý

ta có 

$ab+bc+ca\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}=3$

$\Rightarrow \frac{a+1}{b^{2}+1}\geq \frac{2a+b+c}{\left ( b+c \right )\left ( b+a \right )}$

đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & \\ a+c=y & \\ b+c=z & \end{matrix}\right.$

cần chứng minh $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\sum \frac{x}{yz}\geq 3$ với $x+y+z= 6$

dễ rồi

hệ tương đương với $\left\{\begin{matrix} 2x^{2}-5xy+3y^{2}=0 & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left ( x-y \right )\left ( 2x-3y \right )=0 & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y & \end{matrix}\right.$

trường hợp 1 nếu $x=y$

hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} x=y & \\ 3x^{2}-3x +1=0& \end{matrix}\right.$

$\Delta =-3< 0$ nên hệ vô nghiệm

trường hợp 2 

nếu $2x=3y$

hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} 2x=3y & \\ 8y^{2}-6y+1=0 & \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} 2x=3y & \\ \left ( 4y-1 \right )\left ( 2y-1 \right )=0 & \end{matrix}\right.$

nếu $y=\frac{1}{4}$ $\Rightarrow x=\frac{3}{8}$

 nếu $y=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow x=\frac{3}{4}$

Vậy $\left ( x,y \right )=\left \{ \left ( \frac{3}{8},\frac{1}{4} \right ),\left ( \frac{3}{4},\frac{1}{2} \right ) \right \}$

d = 10

S = 36

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=xyz$

Tìm Max  $\frac{2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}$

Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$

ta có $ab+bc+ca=1$

trên đề 

$\frac{2}{\sqrt{\frac{1}{a^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{b^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{c^{2}}+1}}=\frac{2a}{\sqrt{a^{2}+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+ab+bc+ca}}$

$\frac{2a}{\sqrt{\left ( a+b \right )\left ( a+c \right )}}+\frac{2b}{\sqrt{4\left ( b+c \right )\left ( b+a \right )}}+\frac{2c}{\sqrt{4\left ( c+a \right )\left ( c+b \right )}}\leq \frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{b}{4\left ( b+c \right )}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{4\left ( b+c \right )}=\frac{9}{4}$