terenceTAO

dự đoán Min=12
Có
$a^{3}+b^{^{3}}+c^3-3abc=\left ( a+b+c \right )\left ( a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right )$$a^{3}+b^{^{3}}+c^3-3abc=\left ( a+b+c \right )\left ( a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right )$
hay
$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=3+\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{abc}=3+\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \right )(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq 3+\frac{9(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{ab+bc+ca}=3+\frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}-9$
ta chỉ can cm
$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 2$(hiển nhiên đúng)

Không mất tính tổng quát ,giả sử a = max{a,b,c}
Trường hợp 1. $2b+2c\geq a$ .bdt đã cho dc viết lại
$\left ( \frac{2a+b}{2a+c}-\frac{1}{2} \right )+\left ( \frac{2b+c}{2b+a}-\frac{1}{2} \right )+\left ( \frac{2c+a}{2c+b}-\frac{1}{2} \right )\geq 3$
$\frac{2a+2b-c}{2a+c}+\frac{2b+2c-a}{2b+a}+\frac{2c+2a-b}{2c+b}$
Sử dụng bdt Caychy-Schwarz
$\sum \frac{2a+2b-c}{2a+c}\geqslant\frac{ \left [ \sum \left ( 2a+2b-c \right ) \right ]^2}{\sum \left ( 2a+2b-c \right )\left ( 2a+c \right )}= \frac{9\left ( \sum a \right )^2}{3\sum 3a^2+6\sum ab}=3$
Trường hợp 2. a > 2b+c
Có 2b+a < 2a+c
Nên $\frac{2a+b}{2a+c}+\frac{2b+c}{2b+a}> \frac{2a+b}{2a+c}+\frac{2b+c}{2a+c}= 1+\frac{3b}{2a+c}>1$
Mà
$\frac{2c+a}{2c+b}> \frac{2c+\left ( 2b+2c \right )}{2c+b}=2$
Cộng 2 bdt trên =>đpcm
dấu "=" xay ra khi a=b=c

$\left\{\begin{matrix}
x^{3}+y^{3}+2xy(x+y)=6\\ x^{5}+y^{5}+30xy=32
\end{matrix}\right.$
$\left\{\begin{matrix}
x^{2}+y^{4}-2xy^{3}=0\\x^{2} +2y^{2}-2xy=1
\end{matrix}\right.$

Mình xin góp ý như thế nay nhé
-mình thấy trong nhiều topic của ban,bạn chỉ "quăng" mỗi cái công thức ra đấy mà không có lời lẽ gì(yêu cầu bai toán)theo minh thì nó hơi cộc lốc và thiếu tôn trong nguoi xem(ý kiến chủ qua thôi)
-bạn nên đấnh thứ tự sô bai như thế nó vua thẩm mĩ,vừa dễ trích dẫn

Tính $\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{x^3}{sinx-x}$
khá thú vị ,mọi nguoi thử xem

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

Từ phương trình đầu
$\left ( x+1 \right )\left ( 2y+1 \right )+x-y=\left ( y+1 \right )\left ( 2x+1 \right )=0$
tơi đây thi đơn gian rồi

bạn tham khảo ở đây nhá....có cả mở rộng đó

hihi

Định lí Fermat: Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì hiệu số $a^p -a$ chia hết cho p, với a là một số nguyên bất kỳ .
.

Cách giải : giả sừ a không chia hết cho p. Lúc đó các số a, 2a, 3a, ...,(p-1)a đều không chia hết cho p, và phép chia các số này cho p để lại các số dư khác nhau. Vì, Nếu ka và la ( với p-1 $\geq$k>1) khi chia cho p để lại các số dư bằng nhau thì lúc đó ka - la = (k-l)a sẽ chia hết cho p; điều này không thể được vì p là một số nguyne6 tố, số a đã giả sử không chia hết cho p và k-1 thì nhỏ hơn p.
Vì tạo hợp các số dư được để lại, do từ phép chia các số a, 2a, 3a, ..., (p-1)a cho p, đã được dùng hết bởi p-1 số 1, 2, 3, ..., p-1, (hay nói cách khác tập hợp các số dư trên gồm p-1 phần tử, đó là các số 1, 2, 3, ..., p-1) nên:
a = $q_1p$ + $a_1$; 2a=$q_2p + a_2$; 3a=$q_3p + a_3$, ..., (p-1)a = $q_{p-1}.p + a_a{p-1}$
với $a_1, a_2, a_3, ..., a_{p-1}$ là các số 1,2,3, ..., p-1 không nhất thiết theo thứ tự. Nhân tấc cả các đẳng thức này vế theo vế, chúng ta được: [1.2.3....(p-1)]$a^{p-1}$ = Np + $a_1a_2...a_{p-1}$
Nghĩa là:
[1.2.3...(p-1)]$a^{p-1) - 1) = Np$
suy ra $ a^{p-1} -1 $ chia hết cho p và, do đó, $a^p -1$ cũng chia hết cho p. Trong trường hợp số a chia hết cho p điều khẳng định của địh lý Fermat là hiển nhiên.

cái này nhiều tài liệu ghi lắm rồi

minh lai tim thay cai nay (tiếp tục về bdt

cái này cũ rồi anh ơi

tài liệu bất đẳng thức(tạm thời em up 1 ít đã)
@_____ tốn bao công up các bác cho em lời cảm ơn đi mà!!!!!_________@