duongluan1998

Chứng mình $abc\geq 1$ với $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ và a,b,c dương

Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$. Chứng minh rằng 

$\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ac}+\frac{1}{1+ab}\geq \frac{9}{2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}$

a,b,c>0

a+b+c=3

CMR

$\frac{a(a-2b+c)}{ab+1}+\frac{b(b-2c+a)}{bc+1}+\frac{c(c-2a+b)}{ac+1}\geq 0$

a,b,c>0

CMR

$(1+a+b+c)(1+ab+ac+bc)\geq 4\sqrt{2(a+bc)(b+ac)(c+ab)}$

a,b,c>0

a+b+c=3

CMR

$\sum \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq 3$

UHm, mình tên Huy. Đoàn trường mình có mình mình là tên Huy thôi

Nghe Chuyên LƯơng Thế vinh nhiều tên mà

Thế vàng chứ gì

Bạn tên gì và trường nào vậy ? Cho làm quen với

 

Cả bạn NQK nữa ...

Dương Luân 

Trường Trung học thực hành ĐHSP )

bạn hình như tên Huy trường Chuyên Lương Thế Vinh phải không )

Nghe đâu trường bạn có HCV 2 người tên Huy chắc trong đó có bạn hở

Huy Chương Bạc cả nhà ơi  

Vui quá

Có điểm chưa mấy bạn

 

 

Bài 27 : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=1$. Chứng minh rằng :

$$\dfrac{1}{a^5(b^2+c^2)^2}+\dfrac{1}{b^5(c^2+a^2)^2}+\dfrac{1}{c^5(a^2+b^2)^2}\geq \dfrac{81}{4}$$

P=$$\dfrac{1}{a^5(b^2+c^2)^2}+\dfrac{1}{b^5(c^2+a^2)^2}+\dfrac{1}{c^5(a^2+b^2)^2}\geq \dfrac{81}{4}$$

$$\sum \frac{1}{a^{3}(ab^{2}+ac^{2})^{2}}\geq \frac{9}{\sum a^{3}(ab^{2}+ac^{2})^{2}}$$

Mà ta có 

$2=a^{3}+b^{3}+b^{3}+c^{3}+c^{3}+a^{3}\geq 3(ab^{2}+ac^{2})$

Suy ra

$P\geq \frac{9}{\frac{4}{9}(\sum a^{3})}=\frac{81}{4}$

Hpt: \[{x^2} - {y^2} = 2\]  và \[9x + \frac{9}{x} + 13y - \frac{{13}}{y} = 0\]

Xét phương trình 2 ta có 

$\frac{9}{x}(x^{2}+1)=\frac{13}{y}(1-y^{2})$

Thay phương trình (1) vào ta có

$\frac{9}{x}(y^{2}+3)=\frac{13}{y}(1-y^{2})$

$\frac{9}{x}=\frac{13}{y(y^{2}+3)}(1-y^{2})$

$x=\frac{9y(y^{2}+3)}{13(1-y^{2})}$

Thế vào ptr 2  ta có 

$\frac{81y^{2}(y^{2}+3)^{2}}{169(1-y^{2})^{2}}-y^{2}=2$

Đặt $t=y^{2}$

Ra phương trình bậc 3 giải đi )

Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+4b^2+9c^2=14$. Chứng minh rằng :

$$3b+8c+abc\leq 12$$

$3(b^{2}+1)\geq 6b$

$8(c^{2}+1)\geq 16c$

Ta có 

$6b+16c+2abc\leq 3b^{2}+8c^{2}+2abc+11=25-a^{2}-b^{2}-c^{2}+2abc$

vậy cần chứng minh  

$1+2abc\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

$28abc\leq 13a^{2}+10b^{2}+5c^{2}$

Mặt khác lại có

$(13a^{2}+10b^{2}+5c^{2})\sqrt{a^{2}+4b^{2}+9c^{2}}\geq \sqrt{14}\sqrt[28]{a^{2}b^{8}c^{18}}28\sqrt[28]{a^{26}b^{20}c^{10}}\geq \sqrt{14}28abc$

=> đpcm

Cho (E) $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ Tìm 2 điểm A,B thuộc (E) sao cho và điểm C (2;0)

a/ CA=CB và diện tích tam giác lớn nhất

b/ Tam giác ABC vuông tại C và diện tích tam giác lớn nhất

a,b,c>0

$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt CD tại P. Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt AB tại Q. CMR: AC,BD,PQ đồng qui