à quên bài này khá giống bài của Vasile

mấy bài này các anh giải bằng phương pháp thường thôi thi đại học chứ đâu có phải MO hay TST mà dồn biến hay S.O.S

cho a,b,c >0 c/m

a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)$\geq \frac{4abc(a^{2}-b^{2})^{2}}{(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}$

cho a,b,c >0 c/m

$\sum \frac{1}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{1}{(ab+bc+ca)}+\frac{2}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

 

bài 1 đi bạn

cho a,b,c>0.c/m

$\frac{x^{4}}{x^{4}+\sqrt[3]{(a^{6}+b^{6})(b^{3}+c^{3})^{2}}} +\frac{b^{4}}{b^{4}+\sqrt[4]{(b^{6}+c^{6})(b^{3}+a^{3})^{2}}}+\frac{c^{4}}{c^{4}+\sqrt[4]{(c^{6}+a^{6})(c^{3}+a^{3})^{2}}}\leq 1$

 

cho a,c,b>0 thỏa a+b+c=1 c/m

$\frac{1}{ab+2c^{2}+2c}+\frac{1}{bc+2a^{2}+2a}+\frac{1}{ca+2b^{2}+2b}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}$

cho a,b,c>0.c/m

$\frac{x^{4}}{x^{4}+\sqrt[3]{(a^{6}+b^{6})(b^{3}+c^{3})^{2}}} +\frac{b^{4}}{b^{4}+\sqrt[4]{(b^{6}+c^{6})(b^{3}+a^{3})^{2}}}+\frac{c^{4}}{c^{4}+\sqrt[4]{(c^{6}+a^{6})(c^{3}+a^{3})^{2}}}\leq 1$

 

cho a,c,b>0 thỏa a+b+c=1 c/m

$\frac{1}{ab+2c^{2}+2c}+\frac{1}{bc+2a^{2}+2a}+\frac{1}{ca+2b^{2}+2b}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}$

cho tứ giác ABCD có góc A và C =120°.Phân giác góc A và C cắt nhau ở P.chứng minh đường thẳng ơ-le của 10 tam giác tạo từ 3 trong 5 điểm A,B,C,D,P đồng quy

cho tam giác ABC ngoại tiếp (I).các điểm E,F thuộc CA,AB sao cho góc IEC=IFB=a(ko đổi).G,H lần lượt là các điểm chia AB,AC theo tỉ số m ko đổi.GH cắt IB,IC tại P và Q.giả sử P,Q cố định,A thay đổi sao cho AB/AC=k.c/m trung trực PQ đi qua điểm cố định

tìm (m,n,x,y) là các số nguyên thỏa

($(x^{2}+y^{2})^{m}=(xy)^{n}$

cho tứ giác ABCD nội tiếp.P là giao điểm 2 đường chéo .X bất kì Y,Z là hình chiếu của X lên AB CD.C/m YA/YB=ZC/ZD <=> X thuộc OP

Đặt ẩn quy đối xứng loại 2

Cho tam giác ABC .B',C' là trung điểm AC,AB.(ABB') và(ACC') giao nhau tại P khác A.AP lgiao (AB'C') tại Q.cm AQ=2PQ

Đặt $$C=\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}$$
và $$D=a(7a^2+b^2+c^2)+b(a^2+7b^2+c^2)+c(a^2+b^2+7c^2)$$
Áp dụng bất đẳng thức $holder$ , ta có :
$$C^2.D \geq (a+b+c)^3$$
Nên ta cần chứng minh $(a+b+c)^3 \geq D$
Ta có : $$D=7(a+b+c)+(a+b+c)(ab+bc+ca)-3 \geq 7(a+b+c)+\dfrac{(a+b+c)^3}{3}-3 \geq (a+b+c)^3$$

bài này cơ bản 😃😃 áp dụng gt chuyển 3 cái bên g/t qua tách(1-...) rồi áp dụng AM-GM tương tự làm tiếp 3 cái kia rồi nhân zô thì nhỏ hơn hoặc bằng 1/81 rồi => dpcm viết trên đt nên ko ghi công thức được

Này cho anh một bài về mà nghĩ này,chả khó khăn gì đâu nhưng xem anh làm trong bao lâu:
Cho a,b,c,d là các số dương thỏa mãn:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}+\frac{1}{d+1}=3$.
Hãy chứng minh điều sau là vô lí:abcd>2/81

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
 

$$(\sum \dfrac{a^2+2bc}{(b+c)^2})(\sum (a^2+2bc))\geq (\sum \dfrac{a^2+2bc}{b+c})^2$$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$$\sum \dfrac{a^2+2bc}{b+c}\geq \dfrac{3(a+b+c)}{2}$$

 

Khai triển ra ta có BĐT tương đương với:

$$2\sum a^4+2abc\sum a\geq \sum a^3(b+c)+2\sum a^2b^2$$

 

BĐT này hiển nhiên đúng vì theo BĐT Schur và BĐT AM-GM:

$$2\sum a^4+2abc\sum a\geq 2\sum a^3(b+c)$$

$$\sum a^3(b+c)=\sum ab(a^2+b^2)\geq 2\sum a^2b^2$$

Cộng 2 BĐT này lại ta có đpcm.

cái này ở trong sáng tạo bđt phải ko :v

cho a,b,c là các số thực dương c/m

$\frac{a^{2}+2bc}{(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}+2ac}{(a+c)^{2}}+\frac{c^{2}+2ab}{(a+b)^{2}}$$\geq$$\frac{9}{4}$

p/s thầy em kêu là dùng S.O.S dùng cách khác có được ko ạ cho em xin cách S.O.S và nhiều cách khác     

cho $x,y,z\epsilon [0,2]$

Tìm Max P=$\frac{1}{8}[(2-x)(2-y)(4-z)+\frac{8x}{y+z+2}+\frac{8y}{x+z+2}+\frac{8z}{z+x+2}]$
 

chắc mình hỏi cũng chẳng ai biết làm

giải giúp bài này 

cho $x,y,z\epsilon [0;2]$ 

Tìm max P=$\frac{1}{8}[(2-x)(2-y)(4-z)+\frac{8x}{y+z+2}+\frac{8y}{x+z+2}+\frac{8z}{x+y+2}]$

$\textup{cho x,y,z} \epsilon[0;2] \textup{tim max} P=\frac{1}{8}[(2-x)(2-y)(4-z)+\frac{8x}{y+z+2}+\frac{8y}{x+z+2}+\frac{8z}{x+y+2}]$

VMEO là tự giải ở nhà xong post lên cho add hả  

 

Họ và tên:Thái Hữu Thưởng
Nick trong diễn đàn (nếu có):Gachdptrai12

cho hỏi làm sao để đăng bài ạ