nguyen kd

${{cosA.cosB} \over {cosC}} + {{cosB.cosC} \over {cosA}} + {{cosC.cosA} \over {cosB}} = {3 \over 2}$

$ \Leftrightarrow {{({b^2} + {c^2} - {a^2})({c^2} + {a^2} - {b^2})} \over {2{c^2}({a^2} + {b^2} - {c^2})}} + {{({c^2} + {a^2} - {b^2})({a^2} + {b^2} - {c^2})} \over {2{a^2}({b^2} + {c^2} - {a^2})}} + {{({a^2} + {b^2} - {c^2})({b^2} + {c^2} - {a^2})} \over {2{b^2}({c^2} + {a^2} - {b^2})}} = {3 \over 2}$

Đặt

$x = {1 \over {{b^2} + {c^2} - {a^2}}}$

$y = {1 \over {{c^2} + {a^2} - {b^2}}}$

$z = {1 \over {{a^2} + {b^2} - {c^2}}}$

ta có $x,y,z > 0$

Đẳng thức trên  $ \Leftrightarrow {z \over {(x + y)}} + {x \over {(y + z)}} + {y \over {(z + x)}} = {3 \over 2}$ $ \Leftrightarrow x = y = z$ (BĐT Nesbit)

$ \Leftrightarrow a = b = c \Leftrightarrow \Delta ABC$ đều

$\sum {\frac{1}{{\frac{1}{{{a^4}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + 1}} = } \sum {\frac{{{a^4}}}{{{a^4} + {a^2} + 1}} \ge 1 \Rightarrow } \sum {\frac{{{a^2} + 1}}{{{a^4} + {a^2} + 1}} \le 2 \Rightarrow } \sum {\frac{{2({a^2} + 1)}}{{{a^4} + {a^2} + 1}} \le 4}$

Do $\sum {\left( {\frac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \frac{1}{{{a^2} - a + 1}}} \right) = } \sum {\frac{{({a^2} - a + 1) + ({a^2} + a + 1)}}{{({a^2} + a + 1)({a^2} - a + 1)}} = } \sum {\frac{{2({a^2} + 1)}}{{{a^4} + {a^2} + 1}}}$

$\Rightarrow \sum {\left( {\frac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \frac{1}{{{a^2} - a + 1}}} \right)}  \le 4$  mà $\sum {\frac{1}{{{a^2} + a + 1}} \ge 1 \Rightarrow } \sum {\frac{1}{{{a^2} - a + 1}} \le 3}$

Ta có bài toán sau

Với a;b;c thỏa mãn abc=1 thì ta có bđt

$\sum \frac{1}{a^{4}+a^{2}+1}\geq 1\Rightarrow \sum \frac{a^{4}+a^{2}}{a^{4}+a^{2}+1}\leq 2$

Ta sẽ cm 

$\frac{1}{a^{2}-a+1}\leq \frac{3}{2}.\frac{a^{4}+a^{2}}{a^{4}+a^{2}+1}\Leftrightarrow (a-1)^{2}(a^{2}-a+1)\geq 0$

tương tự rồi cộng vế suy ra đpcm

Tính nhầm cái này rồi bạn

$\frac{1}{{{a^2} - {a} + 1}} \le \frac{3}{2}.\frac{{{a^4} + {a^2}}}{{{a^4} + {a^2} + 1}} \Leftrightarrow {(a - 1)^2}({a^2} - a + 1) \ge 0$

Phép biến đổi đúng là:

$\frac{1}{{{a^2} - {a} + 1}} \le \frac{3}{2}.\frac{{{a^4} + {a^2}}}{{{a^4} + {a^2} + 1}} \Leftrightarrow (a - 1)(3{a^3} + 3{a^2} + 4a + 2) \ge 0$

Tới đây không giải quyết được gì cả.

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

$\frac{1 - a}{1 + b} + \frac{1 - b}{1 + c} + \frac{1 - c}{1 + a} \le 0$

Có ai biết bài 3 dấu ''='' xảy ra khi nào không?

Chứng minh BĐTb trên nhờ phương pháp dồn biến tạm (Phép chứng minh không được đẹp mắt).

Bạn nhầm chỗ $f(x,t,t) \ge 24$ do quy đồng

Phép biến đổi đúng là

$f(x,t,t) = 7(x + 2t) + 3x{t^2} \ge 24 \Leftrightarrow {t^4} - 10{t^2} + 16t - 7 \le 0$

đặt $a = \cot A,b = \cot B,c = \cot C$ với A,B,C là 3 góc của tam giác nhọn thử xem.

Gọi  $f(k,n)$ là số dãy số có n chữ số có chữ số k đứng đầu tiên, các chữ số liền kề hơn kém nhau 1 đơn vị

Khi đó $X(n) = \sum\limits_{k = 1}^4 {f(k,n)} $  là số lượng các số thỏa đề

Ta dễ chứng minh được  $f(0,n) = f(4,n)\,\,,\,f(1,n) = f(3,n)\,,X(1) = 4\,,X(2) = 7$

  $ f(1,n) = f(0,n - 1) + f(2,n - 1) = f(1,n - 2) + f(1,n - 2) + f(3,n - 2) = 3f(1,n - 2)$

  $ f(2,n) = f(1,n - 1) + f(3,n - 1) = f(0,n - 2) + f(2,n - 2) + f(2,n - 2) + f(4,n - 2) = 2f(2,n - 2) + 2f(4,n - 2)$

  $f(3,n) = f(2,n - 1) + f(4,n - 1) = f(1,n - 2) + f(3,n - 2) + f(3,n - 2) = 3f(3,n - 2)$

  $ f(4,n) = f(3,n - 1) = f(2,n - 2) + f(4,n - 2)$

Cộng 4 đẳng thức trên $ \Rightarrow X(n) = 3X(n - 2)$ kết hợp với $X(1) = 4\,,X(2) = 7$

$ \Rightarrow X(n) = 4{(3)^{{{n - 1} \over 2}}}$  với n lẻ và  $X(n) = 7{(3)^{{{n - 2} \over 2}}}$với n chẵn

Cho mình hỏi tại sao lại suy ra được $abc\leq \frac{1}{8}$   ạ

 

sao ra duoc $abc\leq \frac{1}{8}$

${3 \over 4} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\root 3 \of {{{(abc)}^2}}  \Rightarrow {1 \over {64}} \ge {(abc)^2} \Rightarrow {1 \over 8} \ge abc$

3)cho a,b,c$\geq$0, a+b+c=3. CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+ab+bc+ca\geq 6$

                

$\sum {{a^3} + \sum {ab} }  \ge \frac{1}{3}\sum a \sum {{a^2}}  + \sum {ab}  = \sum {{a^2}}  + \sum {ab}  = \frac{1}{2}{\left( {\sum a } \right)^2} + \frac{1}{2}\sum {{a^2}}  \ge \frac{1}{2}{\left( {\sum a } \right)^2} + \frac{1}{2}\frac{1}{3}{\left( {\sum a } \right)^2} = 6$

$64 = {(x + y + xy)^2} \le 2{(x + y)^2} + 2({x^2}{y^2}) \le 4({x^2} + {y^2}) + \frac{1}{2}{({x^2} + {y^2})^2}$

$ \Leftrightarrow {({x^2} + {y^2})^2} + 8({x^2} + {y^2}) - 128 \ge 0 \Leftrightarrow ({x^2} + {y^2}) \ge 8$

Cho $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng $(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)\leq abc$

Áp dụng Công thức diện tích:

$\frac{{(a + b + c)}}{2}\frac{{(a + b - c)}}{2}\frac{{(b + c - a)}}{2}\frac{{(a + c - b)}}{2} = {S^2} = \frac{{{{(abc)}^2}}}{{16{R^2}}}$

$\Rightarrow (a + b - c)(b + c - a)(a + c - b) = \frac{{{{(abc)}^2}}}{{{R^2}(a + b + c)}}$

Do $sinA + sinB + sinC \ge sin2A + sin2B + sin2C = 4\sin A\sin B\sin C$

$\Rightarrow 2{R^3}(sinA + sinB + sinC) \ge 8{R^3}\sin A\sin B\sin C \Rightarrow {R^2}(a + b + c) \ge abc$

$ \Rightarrow (a + b - c)(b + c - a)(a + c - b) \le abc$

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác và 0$\leq t\leq 1$

CMR:$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c-ta}}\geq 2\sqrt{t+1}$

\[\sum {\sqrt {\frac{a}{{(b + c - ta)}}}  = } \sum {\frac{{2a\sqrt {t + 1} }}{{2\sqrt {(t + 1)a(b + c - ta)} }}}  \ge \sum {\frac{{2a\sqrt {t + 1} }}{{a + b + c}}}  = 2\sqrt {t + 1} \]

Cho ba số a,b,c đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:

$\frac{(a+b)^2}{(a-b)^2}+\frac{(b+c)^2}{(b-c)^2}+\frac{(c+a)^2}{(c-a)^2}>=2$

\[\sum {\frac{{{{(a + b)}^2}}}{{{{(a - b)}^2}}}}  = {\left( {\sum {\frac{{a + b}}{{a - b}}} } \right)^2} - 2\sum {\frac{{(a + b)(b + c)}}{{(a - b)(b - c)}}}  = {\left( {\sum {\frac{{a + b}}{{a - b}}} } \right)^2} + 2 \ge 2\]

Cho 3 số dương a,b,c : CMR $\sum {\frac{{a - b}}{b}}  \ge \frac{{{{(a - c)}^2}}}{{(a + b)(b + c)}}$