CauchySchwarz: $VT= \sum \frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{\sqrt[3]{(abc)^2}}{2abc} \ge \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(a+c)}$
Nguyen Bao Khanh
Giới thiệu
"Toán là cuộc sống"
Thống kê
- Nhóm: Thành viên mới
- Bài viết: 49
- Lượt xem: 1042
- Danh hiệu: Binh nhất
- Tuổi: 14 tuổi
- Ngày sinh: Tháng tư 26, 2009
-
Giới tính
Nam
-
Đến từ
Nghệ An
-
Sở thích
Toán học
Trong chủ đề: $\sum\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}...
20-11-2023 - 12:43
Trong chủ đề: nếu tồn tại $a,b$ nguyên dương sao cho $2027^n=(a+bc)(b+ac...
30-10-2023 - 19:03
Trong chủ đề: Cho a,b,c nguyên dương TM: a+10b, b+10c, c+10a hoặc là lũy thừa của 2 hoặ...
28-10-2023 - 20:19





Trong chủ đề: phương trình $x^{2}+y^{2}+1=pxy$ có nghiệm...
19-10-2023 - 22:45
Ta có: $x^2-x.py+(y^2+1)=0$.
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là $(x_0;y_0;p_0)$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x_0+y_0$ nhận giá trị bé nhất;$x_0\ge y_0$. Ta có: $x_0^2-x_0.py_0+(y_0^2+1)=0$
Coi pt trên là pt bậc $2$ ẩn $x_0$, tham số $y_0$, theo định lý Vi-ét, tồn tại nghiệm $x_1 \neq x_0$, và $x_1+x_0=py_0;x_1x_0=y^2+1\implies x_! \in \mathbb{N^*}$. Từ cách chọn $(x_0;y_0)$, ta có $x_1\ge x_0$. Khi đó $py_0\ge 2x_0 \to \frac{x_0}{y_0}\le \frac{p}{2}$. Ta có: $p=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}+\frac{1}{x_0y_0} \le \frac{p}{2}+2 \to p\le 4 \to p =1;2;3;4.$
$- p=4 \to x_0=y_0=1,2y_0=x_0$ (loại)
$- p=3 \to x_0^2+y_0^2-3x_0y_0+1=0, x_0=y_0=1 $ (thỏa mãn)
$- p=2;1 \to ...$
Trong chủ đề: Tìm a,b nguyên dương thỏa mãn $a^{4}+10a^{2}+2^...
16-10-2023 - 20:54
Dạ bài này anh sưu tầm ở đâu vậy ạ anh
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Bài viết: Nguyen Bao Khanh