Chủ đề này có 1115 trả lời

[perfectstrong]

Bài 91: Cho các số thực $x,y,z\neq 0;1$ thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng$(\frac{x}{x-1})^{2}+(\frac{y}{y-1})^{2}+(\frac{z}{z-1})^{2}\geq 1$

Bài này là đề IMO năm nào đấy. Mình nhớ được 1 lời giải thế này.
Lời giải 1
Đặt \[a = \frac{x}{{x - 1}};b = \frac{y}{{y - 1}};c = \frac{z}{{z - 1}}\left( {a;b;c \ne 1} \right)\]
\[a = \frac{x}{{x - 1}} \Leftrightarrow ax - a = x \Leftrightarrow x\left( {a - 1} \right) = a \Leftrightarrow x = \frac{a}{{a - 1}} \Rightarrow y = \frac{b}{{b - 1}};z = \frac{c}{{c - 1}}\]
Đặt \[p = a + b + c;q = ab + bc + ca\]
\[\begin{array}{l}
xyz = 1 \Leftrightarrow \frac{a}{{a - 1}}.\frac{b}{{b - 1}}.\frac{c}{{c - 1}} = 1 \Leftrightarrow abc = \left( {a - 1} \right)\left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right) \Leftrightarrow p - q = 1 \\
bdt:{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 1 \Leftrightarrow {p^2} - 2q \ge 1 \Leftrightarrow {p^2} - 2\left( {p - 1} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {\left( {p - 1} \right)^2} \ge 0:True \Rightarrow Q.E.D \\
\end{array}\]

[toilaab]

Hôm qua vừa đi học thêm xong mình xin đóng góp một số bài:
Bài 92: Cho $a,b,c>0$. CMR:
$Q=\dfrac{\sqrt{ab}}{a+b+2c}+\dfrac{\sqrt{bc}}{b+c+2a}+\dfrac{\sqrt{ca}}{a+c+2b}\le \dfrac{3}{4}$
Bài 93: Cho $a,b,c>0$. CMR:
$\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\geq \sqrt{3^2+(a+b+c)^2}$
Bài 94: Cho $a,b,c>0$. CMR:
$Q=\dfrac{ab}{2c+a+b}+\dfrac{bc}{2a+b+c}+\dfrac{ca}{2b+c+a}\le \dfrac{1}{4}(a+b+c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toilaab: 17-01-2012 - 16:47

[nguyenta98]

Bài này là đề IMO năm nào đấy. Mình nhớ được 1 lời giải thế này.
Lời giải 1
Đặt \[a = \frac{x}{{x - 1}};b = \frac{y}{{y - 1}};c = \frac{z}{{z - 1}}\left( {a;b;c \ne 1} \right)\]
\[a = \frac{x}{{x - 1}} \Leftrightarrow ax - a = x \Leftrightarrow x\left( {a - 1} \right) = a \Leftrightarrow x = \frac{a}{{a - 1}} \Rightarrow y = \frac{b}{{b - 1}};z = \frac{c}{{c - 1}}\]
Đặt \[p = a + b + c;q = ab + bc + ca\]
\[\begin{array}{l}
xyz = 1 \Leftrightarrow \frac{a}{{a - 1}}.\frac{b}{{b - 1}}.\frac{c}{{c - 1}} = 1 \Leftrightarrow abc = \left( {a - 1} \right)\left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right) \Leftrightarrow p - q = 1 \\
bdt:{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 1 \Leftrightarrow {p^2} - 2q \ge 1 \Leftrightarrow {p^2} - 2\left( {p - 1} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {\left( {p - 1} \right)^2} \ge 0:True \Rightarrow Q.E.D \\
\end{array}\]

Đúng vậy bài này là IMO 2008
Em thử làm thì có được một lời giải khác:
Đặt $x=\dfrac{1}{a},b=\dfrac{1}{b},c=\dfrac{1}{c} \rightarrow abc=1$
Khi đó bất đẳng thức cần cm là:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{{{(1 - a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(1 - b)}^2}}} + \frac{1}{{{{(1 - c)}^2}}} \ge 1 \\
\Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{1 - a}} + \frac{1}{{1 - b}} + \frac{1}{{1 - c}}} \right)^2} - 2\left( {\frac{1}{{(1 - a)(1 - b)}} + \frac{1}{{(1 - b)(1 - c)}} + \frac{1}{{(1 - c)(1 - a)}}} \right) \ge 1 \\
\Leftrightarrow {\left( {1 + \frac{{3 - (a + b + c)}}{{ab + bc + ca - (a + b + c)}}} \right)^2} - 2.\frac{{3 - (a + b + c)}}{{ab + bc + ca - (a + b + c)}} \ge 1 \\
\Leftrightarrow 1 + {\left( {\frac{{3 - (a + b + c)}}{{ab + bc + ca - (a + b + c)}}} \right)^2} \ge 1 \\
\end{array}\]
Đây là hiển nhiên nên có $đpcm$ dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c=1 \leftrightarrow x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 17-01-2012 - 20:32

[nguyenta98]

Hôm qua vừa đi học thêm xong mình xin đóng góp một số bài:
Bài 94: Cho $a,b,c>0$. CMR:
$Q=\dfrac{ab}{2c+a+b}+\dfrac{bc}{2a+b+c}+\dfrac{ca}{2b+c+a}\le \dfrac{1}{4}(a+b+c)$

Bài 94:
Ta có $\dfrac{ab}{2c+a+b}=\dfrac{ab}{(a+c)+(b+c)}\le \dfrac{ab}{4}(\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{c+b})$
Tương tự cộng vào ta có $Q\le \dfrac{1}{4(a+b)}(bc+ca)+\dfrac{1}{4(b+c)}(ab+ac)+\dfrac{1}{4(c+a)}(ab+bc)=\dfrac{1}{4}(a+b+c)$ đây là $đpcm$
Dấu $"="$ khi $a=b=c$ (chú ý trong bài có mấy bước quy đồng mình viết hơi tắt)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 17-01-2012 - 16:43

[PRONOOBCHICKENHANDSOME]

Bài 88: Cho các số thực dương a,b,c CMR
$\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}+\frac{9(a+b+c)^2}{a^2+c^2+b^2}\geq 33$
Không để ý

$Q.E.D \Leftrightarrow \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq 12 $
$\Leftrightarrow 3 +\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{abc} +\frac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq 12$
That vay
$VT \geq 3 + \frac{9}{ab+bc+ca}.(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+\frac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} $
$=\frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+\frac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}-6 \geq 18-6 =12 $
$Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PRONOOBCHICKENHANDSOME: 17-01-2012 - 16:50

[Ispectorgadget]

Bài 93: Cho $a,b,c>0$. CMR:
$\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\geq \sqrt{3^2+(a+b+c)^2}$

$VT\geq \sqrt{(1+1+1)^2+(a+b+c)^2}=\sqrt{3^2+(a+b+c)^2}$ (đpcm)
Mọi người lưu ý: vì đây là topic BĐT THCS nên post bài phù hợp trình độ THCS thôi đừng "xoắn" quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 17-01-2012 - 17:30

[Ispectorgadget]

Bài 95:
Cho a,b,c là 3 số thực dương thoả mãn abc<1. CMR
$\frac{1}{a+1+ab}+\frac{1}{1+b+bc}+\frac{1}{c+1+ac}>1$
Đề tuyển sinh chuyên Toán Lê Quý Đôn Đà Nẵng -2010

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 17-01-2012 - 17:26

[nguyenta98]

Hôm qua vừa đi học thêm xong mình xin đóng góp một số bài:
Bài 93: Cho $a,b,c>0$. CMR:
$\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\geq \sqrt{3^2+(a+b+c)^2}$

$VT\geq \sqrt{(1+1+1)^2+(a+b+c)^2}=\sqrt{3^2(a+b+c)^2}$ (đpcm)
Mọi người lưu ý: vì đây là topic BĐT THCS nên post bài phù hợp trình độ THCS thôi đừng "xoắn" quá

Cách khác không dùng $minkowski$
Bài 93: $\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\geq \sqrt{3^2+(a+b+c)^2}$ <1>
Áp dụng bdt $bunhiacopxki$ ta có:
$\sqrt{(1+a^2)(3^2+(a+b+c)^2)}\geq 3+a(a+b+c)$
Tương tự
$\sqrt{(1+b^2)(3^2+(a+b+c)^2)}\geq 3+b(a+b+c)$
$\sqrt{(1+c^2)(3^2+(a+b+c)^2)}\geq 3+c(a+b+c)$
Cộng 3 vế của 3 bdt thu được <1> dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c$

P/S bạn toilaab post bài 92 sao mà xoắn thế?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 17-01-2012 - 17:20

[tudragon]

Bài 95:
Cho a,b,c là 3 số thực dương thoả mãn abc<1. CMR
$\frac{1}{a+1+ab}+\frac{1}{1+b+bc}+\frac{1}{c+1+ac}<1$
Đề tuyển sinh chuyên Toán Lê Quý Đôn Đà Nẵng -2010

$\frac{1}{a+1+ab}+\frac{1}{1+b+bc}+\frac{1}{c+1+ac}$
$=\frac{1}{a+1+ab}+\frac{a}{a+ab+abc}+\frac{ab}{abc+ab+a^2bc}$
$>\frac{1}{a+1+ab}+\frac{a}{a+ab+1}+\frac{ab}{1+ab+a}=1<DPCM>$

Nãy ngược dấu. Sr

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 17-01-2012 - 17:27

[Mai Duc Khai]

Bài 96
Cho \[a,b,c \in \left[ {n - 1;n + 1} \right]\]

sao cho $a+b+c=3n$.
CMR: \[{a^2} + {b^2} + {c^2} \le 3{n^2} + 2\]
Dấu $"="$ xảy ra khi nào?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 17-01-2012 - 18:45

[Ispectorgadget]

Bài 97: Cho 3 số thực a,b,c. Chứng minh
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac+\frac{(a-b)^2}{26}+\frac{(b-c)^2}{6}+\frac{(c-a)^2}{209}$
Bài 98: Cho a>0 và b<0. CM: $\frac{1}{a}\geq \frac{2}{b}+\frac{8}{2a-b}$
Bài 99: Cho a,b là các số dương thoả mãn $\frac{a}{1+a}+\frac{2b}{1+b}=1$
CMR: $ab^2\leq \frac{1}{8}$
3 bài này đều nằm trong đề thi chuyên TPHCM năm 2009-2010
Bài 100: Dấu mốc
Cho a>b>c>0. CMR
$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2>a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3$
ĐTTS lớp 10 trường Trung học Thực Hành Đại học Sư phạm TPHCM 2007 - 2008

[Mai Duc Khai]

Bài 64:
Chứng minh rằng:\[\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {{x_i}^2 + \frac{1}{{{x_i}^2}}} } \ge \left( {n + \frac{1}{n}} \right).\sqrt {{n^2} + \frac{1}{{{n^2}}}} .\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{x_i}}}{{1 + {x_i}^2}}} } \right)\]

Sau một hồi ko có ai trả lời-Mình đành phải giở phần giải vậy:D
Trước tiên ta có nhận xét sau:
+Nếu ${a_1},{a_2},{a_3},...,{a_n}$ là các số thực dương, áp dụng cauchy-schwarz cho:
$\left( {\sqrt {{a_1}} ,\sqrt {{a_2}} ,...,\sqrt {{a_n}} } \right)$ và $\left( {\frac{1}{{\sqrt {{a_1}} }},\frac{1}{{\sqrt {{a_2}} }},...,\frac{1}{{\sqrt {{a_n}} }}} \right)$
Ta có: \[\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right).\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{a_i}}}} } \right) \ge {n^2}\]
Do đó :\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{a_i}}}} \ge \frac{{{n^2}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}\]
Dấu $"="$ xảy ra khi: ${a_1} = {a_2} = ... = {a_n}$
+ Với số thực dương x ta có:

\[\frac{x}{{1 + {x^2}}} = \frac{x}{{1 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^2}}} + {x^2}}} \le \frac{x}{{1 - \frac{1}{{{n^2}}} + 2\frac{x}{n}}} = \frac{{{n^2}x}}{{{n^2} - 1 + 2nx}} = \frac{n}{2}\left( {1 - \frac{{{n^2} - 1}}{{{n^2} - 1 + 2nx}}} \right)\]
Áp dụng:

\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{x_i}}}{{1 + x_i^2}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{n}{2}} \left( {1 - \frac{{{n^2} - 1}}{{{n^2} - 1 + 2nx}}} \right) = \frac{{{n^2}}}{n} - \frac{{n\left( {{n^2} - 1} \right)}}{2}.\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{n^2} - 1}}{{{n^2} - 1 + 2n{x_i}}}} \]

\[ \le \frac{{{n^2}}}{n} - \frac{{n\left( {{n^2} - 1} \right)}}{2}.\frac{{{n^2}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{n^2} - 1}}{{{n^2} - 1 + 2n{x_i}}}} }} = \frac{{{n^2}}}{2} - \frac{{n\left( {{n^2} - 1} \right){n^2}}}{{2\left( {n\left( {{n^2} - 1} \right) + 2n\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} } \right)}}\]

\[ \le \frac{{{n^2}}}{2} - \frac{{{n^3}\left( {{n^2} - 1} \right)}}{{2\left[ {n\left( {{n^2} - 1} \right) + 2n} \right]}}\]( Do $\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} \le 1$)

\[ = \frac{{{n^2}}}{2} - \frac{{{n^3}\left( {{n^2} - 1} \right)}}{{2n\left( {{n^2} - 1} \right)}} = \frac{{{n^2}}}{{n + 1}}\]
Như vậy:

\[\left( {n + \frac{1}{n}} \right)\sqrt {{n^2} + \frac{1}{{{n^2}}}} \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{x_i}}}{{1 + x_i^2}}} } \right) \le \left( {n + \frac{1}{n}} \right)\sqrt {{n^2} + \frac{1}{{{n^2}}}} .\frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 1}} = \sqrt {{n^4} + 1} (1)\]
Cũng theo Cauchy-schwarz, ta có:

\[\sqrt {\left( {{n^2} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)\left( {x_i^2 + \frac{1}{{x_i^2}}} \right)} \ge \frac{{{x_i}}}{n} + \frac{n}{{{x_i}}}\]

\[ \Rightarrow \sqrt {x_i^2 + \frac{1}{{x_i^2}}} \ge \frac{n}{{\sqrt {{n^4} + 1} }}\left( {\frac{{{x_i}}}{n} + \frac{n}{{{x_i}}}} \right)\]
Do đó:

\[\begin{array}{l}
\sum\limits_{i = 1}^n { \Rightarrow \sqrt {x_i^2 + \frac{1}{{x_i^2}}} \ge } \frac{1}{{\sqrt {{n^4} + 1} }}\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} + {n^2}\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{x_i}}}} } \right) \\
\ge \frac{1}{{\sqrt {{n^4} + 1} }}\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{n^4}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} }}} } \right) = \frac{1}{{\sqrt {{n^4} + 1} }}\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} + \frac{1}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} }} + \frac{{{n^4} - 1}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} }}} \right) \\
\end{array}\]

\[ \ge \frac{1}{{\sqrt {{n^4} + 1} }}.\left( {2.\frac{{{n^4} - 1}}{1}} \right) = \sqrt {{n^4} + 1} (2)\]
Từ (1) và (2) $\Rightarrow dpcm$
Đẳng thức xảy ra khi:\[{x_1} = {x_2} = ... = {x_n} = \frac{1}{n}\]
P/s: Thú thật mình chỉ hiểu một nửa...Gõ mỏi cả tay

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 17-01-2012 - 20:52

[Tham Lang]

Bài 98: Cho a>0 và b<0. CM: $\frac{1}{a}\geq \frac{2}{b}+\frac{8}{2a-b}$
Bài 99: Cho a,b là các số dương thoả mãn $\frac{a}{1+a}+\frac{2b}{1+b}=1$
CMR: $ab^2\leq \frac{1}{8}$
3 bài này đều nằm trong đề thi chuyên TPHCM năm 2009-2010

Bài 98 . $$\dfrac{1}{a} \ge \dfrac{2}{b} + \dfrac{8}{2a - b} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} - \dfrac{2}{b} \ge \dfrac{8}{2a - b} \Leftrightarrow \dfrac{b - 2a}{ab}\ge \dfrac{8}{2a - b} \Leftrightarrow -(2a - b)^2 \le 8ab \Leftrightarrow (2a + b)^2 \ge 0$$ đúng.
99. ta có $1 - \dfrac{a}{1 + a} = \dfrac{2b}{b + 1} \Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{1}{a + 1}} = \sqrt{\dfrac{2b}{b + 1}} (1), \dfrac{1}{b + 1} = \dfrac{b}{b + 1} + \dfrac{a}{a + 1} \ge 2\sqrt{\dfrac{ab}{(a + 1)(b + 1)}} (2)$Nhân vế theo vế của (1), (2) suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 17-01-2012 - 21:00

[Dung Dang Do]

Mơi đi học thêm về có bài dễ post lên cho mọi người cùng làm.
Bài 101: Cho $x,y,z>0$, $x+y+z=4$. Chứng minh rằng:
$(x+y)(y+z)(x+z)\geqslant (xyz)^{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 18-01-2012 - 18:24

[nguyenta98]

Bài 100: Dấu mốc
Cho a>b>c>0. CMR
$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2>a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3$
ĐTTS lớp 10 trường Trung học Thực Hành Đại học Sư phạm TPHCM 2007 - 2008

Bài 100: (mình đánh dấu mốc nhé)
$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2>a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3 \leftrightarrow b^2(a^3-c^3)+c^2(b^3-a^3)+a^2(c^3-b^3)>0$
$\Leftrightarrow (b^2-c^2)(a^3-c^3)+(a^2-c^2)(c^3-b^3)>0$
$\leftrightarrow (a-c)(b-c)[(b+c)(a^2+ac+c^2)-(a+c)(b^2+bc+c^2)]>0$
$\Leftrightarrow (a-c)(b-c)(a-b)(ab+bc+ca)>0$ Hiển nhiên suy ra $đpcm$ (do $a>b>c>0$)
Vấn đề của bài này chỉ là phân tích nhân tử

_____
MOD: Lần sau đừng gõ => hay <=> nên gõ là $\Leftrightarrow$; $\Rightarrow$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 20-05-2012 - 21:32

[tudragon]

Mơi đi học thêm về có bài dễ post lên cho mọi người cùng làm.
Bài 101: Cho $x,y,z>0$. Chứng minh rằng:
$(x+y)(y+z)(x+z)\geqslant (xyz)^{3}$

Với $x=y=z=2$, BĐT sai, bạn xem lại đề nha =.=
Chắc $VP=8xyz$ thì đây lại là một BĐT quen thuộc

[Tham Lang]

Mơi đi học thêm về có bài dễ post lên cho mọi người cùng làm.
Bài 101: Cho $x,y,z>0$. Chứng minh rằng:
$(x+y)(y+z)(x+z)\geqslant (xyz)^{3}$

hình như bạn thiếu điều kiện thì phải ?

[toilaab]

Mình cho thêm một bài này
Bài 102: Cho $a,b,c>0$ CMR:
$\dfrac{a^3}{a+b+2c}+\dfrac{b^3}{b+c+2a}+\dfrac{c^3}{c+a+2b}\geq \dfrac{1}{4}(a^2+b^2+c^2)$
Thi thử trường ĐHKHTN đợt 1- vòng 1 năm 2011

[nguyenta98]

Mình cho thêm một bài này
Bài 102: Cho $a,b,c>0$ CMR:
$\dfrac{a^3}{a+b+2c}+\dfrac{b^3}{b+c+2a}+\dfrac{c^3}{c+a+2b}\geq \dfrac{1}{4}(a^2+b^2+c^2)$
Thi thử trường ĐHKHTN đợt 1- vòng 1 năm 2011

Bài 102:
Nhận xét $\dfrac{a^3}{a+b+2c}+\dfrac{a(a+b+2c)}{16}\geq \dfrac{a^2}{2}$
Tương tự
$\dfrac{b^3}{b+c+2a}+\dfrac{b(b+c+2a)}{16}\geq \dfrac{b^2}{2}$
$\dfrac{c^3}{c+a+2b}+\dfrac{c(c+a+2b)}{16}\geq \dfrac{c^2}{2}$
Cộng 3 vế của bdt thu được $\dfrac{a^3}{a+b+2c}+\dfrac{b^3}{b+c+2a}+\dfrac{c^3}{c+a+2b}\geq \dfrac{a^2}{2}+\dfrac{b^2}{2}+\dfrac{c^2}{2}-(\dfrac{a(a+b+2c)}{16}+\dfrac{b(b+c+2a)}{16}+\dfrac{c(c+a+2b)}{16})=\dfrac{7}{16}(a^2+b^2+c^2)-\dfrac{3}{16}(ab+bc+ca)\geq \dfrac{1}{4}(a^2+b^2+c^2) \rightarrow Q.E.D$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c$

P/S bạn toilaab có để tổng hợp hay thế cho mình xin vài đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 17-01-2012 - 23:08

[Tham Lang]

Một bài thi học sinh giỏi
103. Cho a, b, c không âm thoả mãn : $ab + bc + ca = 1$. Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a} \ge \dfrac{5}{2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 18-01-2012 - 00:05