1 giải đấu có 2n+1 đội bóng tham gia theo thể thức vòng tròn. 3 đội A,B,C lập thành 1 thế chân vạc nếu A thắng B, B thắng C, C thắng A. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu thế chân vạc trong giải đấu đó

Cho tam giác ABC, M,N,P lần lượt nằm trên các cạnh BC,CA,AB. Trong đó

$\underset{MB}{\rightarrow}$=a $\underset{MC}{\rightarrow}$

$\underset{NC}{\rightarrow}$=b $\underset{NA}{\rightarrow}$

$\underset{PA}{\rightarrow}$=c $\underset{PB}{\rightarrow}$

CMR: AM,BN,CP đồng quy khi và chỉ khi abc=-1

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$

Khi đó ta sẽ có:

$a\geq b\geq c$

$\frac{1}{1+bc}\geq \frac{1}{1+ac}\geq \frac{1}{1+ab}$

Áp dụng bđt hoán vị ta có

$\sum \frac{c}{1+ab}\geq \frac{1}{3}\left ( \sum c \right )\left ( \sum \frac{1}{1+ab} \right )$

Áp dụng bđt C-S ta có

$VP\geq \frac{6p}{p^{2}+1}$ (p=a+b+c)

sau đó biết điểm roi la $a= b= c= ^{\frac{\sqrt{3}}{3}}$ rồi biến đổi là ra mà

Áp dụng BĐT sau:

$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \frac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}\geq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}(đpcm)$

De bai fai la $\left ( a+b+c \right )^{5}$

Chia tập N thành 2 tập hợp.Cmr tồn tại 3 số m,n,p thuộc cùng 1 tập hợp sao cho m+p=2n

Ta có

P=$\sum \frac{(a+b)\sqrt{c}}{\sqrt{abc+c^{2}}}\geq \sum \frac{(a+b)\sqrt{c}}{\sqrt{ab+bc+ca+c^{2}}}= \sum \frac{(a+b)\sqrt{c}}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}$

Áp dụng bđt AM-GM $\sum \frac{(a+b)\sqrt{c}}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\geq 3\sqrt[6]{abc}$ (dpcm)

Dấu đẳng thức xảy ra <=> a=b=c=3

P/s: chỗ trên là do gt nha : $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 1 \Leftrightarrow ab+bc+ca\geq abc$

Áp dụng bất đẳng thức Cheybeyshev ta có

$3(x^{3}+y^{3}+z^{3})\geq (x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq3(x+y+z)$

=> $B\geq 1$

Dấu = xảy ra <=> x=y=z=1

1. Ta có $\sum \frac{1}{ab+2c^{2}+2c}= \sum \frac{1}{(2c+b)(2c+a)}$ (do a+b+c=1)

Áp dụng bđt AM-GM ta có $\frac{1}{(2c+b)(2c+a)}= \frac{ab}{(2bc+ab)(2ac+ab)}\geq \frac{ab}{(ab+bc+ca)^{2}}$

CM 3 bđt tương tự rồi cộng lại ta đc đpcm

Dấu = xảy ra <=> $a= b= c= \frac{1}{3}$

3.Đặt A=$\sum \frac{a^{2}+bc}{b+ca}$

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có : $3b+3ac= (a+b+c)b+3ac\leq \sum a^{2}+\sum ab$

Suy ra: $\frac{a^{2}+bc}{a+bc}\geq \frac{3a^{2}+3bc}{\sum a^{2}+\sum ab}$

Thiết lập 3 BĐT tương tự rồi cộng lại ta đc đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi a=b=c=1

Cho m,n la các số tự nhiên tm m là ước của $2n^{2}$ .CMR: $m+n^{2}$ không là số chính phương

Do abc=1 nên ta có thể đổi biến $\left ( a,b,c \right )\rightarrow \left ( \frac{z^{2}}{xy} ,\frac{y^{2}}{xz},\frac{x^{2}}{yz}\right )$

Khi đó Bất đẳng thức cần cm sẽ tương đương với

P=$\sum \frac{z^{4}xy}{y^{6}+z^{6}+z^{4}xy}\leq 1$

Áp dụng bất đẳng thức hoán vị, ta có:$y^{6}+z^{6}\geq xy\left ( x^{4} +y^{4}\right )$

Suy ra

$P\leq \sum \frac{z^{4}xy}{xy\left ( \sum z^{4} \right )}$=1 (đpcm)

Áp dụng bđt C-S dạng engel, ta có:

$\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}}\geq \frac{3(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}\geq \frac{3(a+b+c)}{\sqrt{3(a+b+c)}}\geq 3$

Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3.Cmr

$\sum \frac{1}{1+bc}\geq \frac{9}{2\left ( \sum \sqrt{a} \right )}$

đng đat bạn ạ!!!!              

Ap dung bdt weigh AM-GM, ta co:$a^{b}b^{c}c^{a}\leq ab+bc+ac$

=> dpcm

cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3.CMR:

$\sum \frac{1}{4a^{2}+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{1}{2}$

cho p là số nguyên tố:$p= 2x^{2}-1;p^{2}= 2y^{2}-1$.Tìm p

Bài 1:

Đặt x-2=a,y-2=b,z-2=c(a,b,c>0)

Khi đó ta có:$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}= 1$  (1)

Ta cần cm BĐT sau:$abc\leq 1$

Thật vậy từ (1) ta có:

$\frac{1}{a+2}= \left ( \frac{1}{2}-\frac{1}{y+2} \right )+\left ( \frac{1}{2}-\frac{1}{z+2} \right )= \frac{1}{2}\left ( \frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+2} \right )\geq \sqrt{\frac{yz}{\left ( y+2 \right )\left ( z+2 \right )}}$

Cm 2 bđt tt rồi nhân lại với nhau ta đc điều phải cm

2 bài này dùng Thales là ra thôi bạn 

Ê Phước!

Lời giải bài 2 :

Áp dụng BĐT C-S,ta có:

$\left ( 1+x+y \right )^{2}\leq \left ( 1+yz+zx \right )\left ( 1+\frac{y}{z}+\frac{x}{z} \right )$

=>$\frac{1+yz+zx}{\left ( 1+x+y \right )^{2}}\geq \frac{z}{x+y+z}$

Cm 2 cái nữa rồi cộng lại là ra

Ta có BĐT cần cm tương đương vs:

     $\frac{\sqrt{y-1}}{y}+\frac{\sqrt{x-1}}{x}\leq 1$

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:$\sqrt{y-1}\leq \frac{y}{2}$ ; $\sqrt{x-1}\leq \frac{x}{2}$

=>$\frac{\sqrt{y-1}}{y}+\frac{\sqrt{x-1}}{x}$\leq \frac{x}{2x}+\frac{y}{2y}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$(đpcm)

Đẳng thức xảy ra <=>x=y=2

Có ai muốn bán 5 cuốn Các Chuyên Đề Số Học Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Trung Học của Phan Huy Khải thì bán cho em với.Bộ sách gồm 5 cuốn là:

+)Chuyên Đề 1: Bất Đẳng Thức Số Học

+)chuyên đề 2 Số học và dãy số 

và 3 cuốn còn lại, ai có 1 cuốn thì cũng đc còn nếu ai có cả 5 cuốn thì càng tốt

Bài này dùng kĩ thuật ghép đối xứng thôi bạn

Áp dụng BĐT AM-GM,ta có:

$\frac{1}{1+x}\geq \frac{y}{1+y}+\frac{z}{1+z}+\frac{t}{1+t}\geq \sqrt[3]{\frac{yzt}{(y+1)(z+1)(t+1)}}$

Làm tt rồi nhân các vế lại với nhau, ta đc:

$\frac{1}{(1+x)(1+y)(1+z)(1+t)}\geq \frac{xyzt}{(1+x)(1+y)(1+z)(1+t)}$

<=> $xyzt\leq \frac{1}{81}$

Dấu "=" xảy ra <=>x=y=z=t=$\frac{1}{3}$

BÀi nào vậy anh?