cho $x\geq y\geq z$ và  $F(x,y,z)= \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+\frac{25(xy+yz+xz)}{(x+y+z)^{2}}$

CMR F (x,y,z) $\geq 8$

bài 2  :áp dụng AM-Gm ta có $\sqrt{\frac{x}{2}}\leq \frac{2x+1}{2}$

tương tự cho y

ta chứng minh $\frac{2x+1}{1+y}+\frac{2y+1}{1+x}\leq \frac{8}{3}$

tương đương $\frac{2x^{2}+2y^{2}+3x+3y+2}{1+xy+x+y}\leq \frac{8}{3}$

ta có (x-0,5)(y-0,5)$\geq 0$ tương đương 4xy+1$\geq$ 2(x+y)

mà $2x^{2}\leq x;2y^{2}\leq y$ .từ đó biến đổi ra đpcm

áp dụng Cauchy-Schwazt ta có A =$\sum (y+z)\sqrt{(1+\frac{y}{x})(1+\frac{z}{x})}\geq \sum (y+z)(1+\frac{\sqrt{yz}}{x})\geq \sum (y+z)+\sum \frac{2yz}{x}\geq 3(x+y+z)= 3\sqrt{2}$

mình nhớ là bài này sau khi bung hết ra sẽ đc 1 cái phương trình tích .sau đó giải đc x,y

cái đa thức đầu tiên là $\frac{x^{80}-1}{x-1}$ .cái thứ 2 là $\frac{x^{20}-1}{x-1}$ .cái đầu rõ ràng chia hết cho cái sau

cái x ở mẫu cho nó vào trong

1.a,b,c >0 .CMR $\frac{6(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}{abc(a+b+c)^{3}}\geq \frac{985}{108}$

2.x,y,z > 0 thỏa mãn xy+yz+zx =1.Tìm min  $\sum \frac{x^{2}}{1+x(x+\sqrt{1+x^{2}})}$

 giải hê sau $2x^{2}y^{2}+x^{2}=2+2x$

                    $2x^{2}y-x^{2}y^{2}=1+2xy$

 giải phương trình sau $\sqrt{2(4x^{3}-1)}-2x=\sqrt[3]{4x^{2}-1}$

 giải hê sau $z^{3}-3z=4-x$

                   $x^{3}-3x=y$

                    $y^{3}-3y=z$

cho a,b,c >0 .cmr $(a^{2}+b^{2})(b^{2}+c^{2})(c^{2}+a^{2})(ab+bc+ca)^{2}\geq 8a^{2}b^{2}c^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$

cho a,b,c >0 thỏa mãn ab+bc+ca=1. CMR $\sum \frac{a}{b^{2}+c^{2}+2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{8}$

giả sử a là max {a,b,c}

BĐT cần chứng minh tương đương với $\frac{23}{32}+7abc\leq 3(ab+bc+ca)$

mặt khác ta có $(1-2a)(1-2b)(1-2c)\geq 0\Leftrightarrow 3(ab+bc+ca)\geq 6abc+\frac{3}{4}$

ta chứng minh 6abc+$6abc+\frac{3}{4}\geq 7abc+\frac{23}{32}\Leftrightarrow \frac{1}{32}\geq abc$

áp dụng AM-GM ta có abc $\leq a\frac{(b+c)^{2}}{4}= a\frac{(1-a)^{2}}{4}\leq \frac{1}{32}$

nếu $x> 7,5$ hoặc $x< 6,5$ thì vế trài lớn hơn 1

nếu $6,5\leq x\leq 7,5$ .VT = $(x-6,5)^{2013}+(7,5-x)^{2014}\leq (x-6,5)+(7,5-x)=1$

dấu =xảy ra khi x=6,5 hoặc x=7,5

1.theo đề bài thì x>o....áp dụng AM-GM ta có $6\sqrt[3]{4x^{3}+x}=3\sqrt[3]{2.4x.(4x^{2}+1)}\leq 4x+3+4x^{2}\leq 16x^{4}+5$

vậy x=0,5 là nghiệm

2.áp dụng Am-Gm ta có $2\sqrt{10-x}=\frac{2}{3}\sqrt{9(10-x)}\leq \frac{(19-x)}{3} 

\sqrt[3]{4+4x}= \sqrt[3]{2.2.(x+1)}\leq \frac{5+x}{3}$

cộng vào ta đc VT<= VP

vậy pt có nghiệm x=1

mình làm thế này không biết đúng không

áp dụng Holder ta có $(x^{3}+y^{3}+16z^{3})(1+1+\frac{1}{\sqrt[3]{4}})^{2}\geq (x+y+z)^{3}$

từ đó suy ra min P

cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c =3.CMR $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9\geq 10(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

giải hệ $2y(7x^{2}+6)+x(12y^{3}+4y^{2}+3)=37xy$

            $\sqrt{x-1}+\sqrt{2y-1}=2$

ta chứng minh được S(ABC) max khi ABC đều

theo công thức $S=\frac{abc}{4R}$ suy ra abc max =$3\sqrt{3}R$

Ta có bổ đề sau $a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc\leq 4$ suy ra $4-a^{2}b-b^{2}c-c^{2}a\geq abc$

BĐT tương đương $4-a^{2}b-b^{2}c-c^{2}a\geq \sum \frac{a^{2}b^{2}c}{4-bc}$

ta chứng minh abc $\geq \sum \frac{a^{2}b^{2}c}{4-bc}$

đặt a+b+c =p      ab+bc+ca =q          abc =r

tương đương $16-8q+q^{2}-r \geq 0$

mà $q^{2}\geq 9r$ nên ta chứng minh 16-8q+$q^{2}$ -$\frac{q^{2}}{9}$ $\geq 0$ tương đương (q-3)(q-6)$\geq 0$ (luôn đúng)

nhầm khi ABC đều thì cạnh bằng $R\sqrt{3}$  . khi đó abc =$\frac{3\sqrt{3}R^{2}}{4}$

P +12 =$\frac{3(a+b+c)}{b+c}+\frac{4(a+b+c)}{c+a}+\frac{5(a+b+c)}{a+b}=(a+b+c)(\frac{3}{b+c}+\frac{4}{c+a}+\frac{5}{a+b})=\frac{1}{2}(b+c+c+a+a+b)(\frac{3}{b+c}+\frac{4}{c+a}+\frac{5}{a+b})\geq \frac{(\sqrt{3}+\sqrt{4}+\sqrt{5})^{2}}{2}$

suy ra min P

do $a^{2}+b^{2}=1 \Rightarrow -1 \leq a,b\leq 1$

ta có $(a+b)^{2}=2ab+1$ .do đó sau khi nhân hết ra ta đc bđt cần chứng minh tương đương với (1-a)(1-b)$\geq 0$ (luôn đúng )

tinh số lần xuất hiện của mỗi chữ số

Buớc tính tổng là sao mình ko biết?