mrjackass

$$(a^{3}+b^{3})(b^{3}+c^{3})(c^{3}+a^{3})=a^{3}b^{3}c^{3}$$
$$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)(a^{2}-ab+b^{2})(b^{2}-bc+c^{2})(c^{2}-ac+a^{2})= a^{3}b^{3}c^{3}$$
$$\Leftrightarrow abc(a^{2}-ab+b^{2})(b^{2}-bc+c^{2})(c^{2}-ac+a^{2})= a^{3}b^{3}c^{3}$$
$$\Leftrightarrow abc=0 \vee (a^{2}-ab+b^{2})(b^{2}-bc+c^{2})(c^{2}-ac+a^{2})=a^{2}b^{2}c^{2}$$
Ta có :
$$a^{2}-ab+b^{2}\geq ab $$
$$b^{2}-bc+c^{2}\geq bc $$
$$c^{2}-ac+c^{2}\geq ac$$.
Nhân 3 cái trên lại ta có $(a^{2}-ab+b^{2})(b^{2}-bc+c^{2})(c^{2}-ac+c^{2})\geq a^{2}b^{2}c^{2}$
Dầu bằng xảy ra khi $a=b=c$,thay vào giả thiết ta được $abc=0$ (Thay cả 2 giả thiết đấy )
Vậy $abc=0$.

$ab, bc, ca$ dương chưa mà bác nhân 3 BĐT đấy với nhau tự nhiên thế =)) [Trước đi học thêm làm bài này em cx sai như vậy ]
Thật ra cần đánh giá chặt hơn: $a^2-ab+b^2 \geq 2\sqrt{a^2b^2}-ab \geq 2|ab|-|ab|=|ab|$
Làm 2 cái tương tự rồi nhân vào với nhau mới được

Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn:$x^{2}+xy+y^{2}-x^{2}y^{2}=0$

Pt đã cho $\iff (x+y)^2=xy(xy+1)$.Lại có $(|xy|,|xy+1|)=1$ nên xét:
Nếu $xy \geq 0$ thì $\left\{\begin{matrix}
xy=a^2\\
xy+1=b^2
\end{matrix}\right.$
Với $a,b$ nguyên dương. Từ trên ta được $a^2=b^2-1 \iff (b-a)(b+a)=1$ => $a=0, b=1$. Từ đó $x=y=0$
Nếu $xy \leq -1$ (Không thể $-1 \leq xy \leq 0$) được.
Tương tự, đặt $\left\{\begin{matrix}
xy=-m^2\\
xy+1=-n^2
\end{matrix}\right.$
Trong đó $m,n$ nguyên dương. Tương tự như trên tìm được $m,n$ và tìm được $x,y$

Giải hệ phương trình:
$\frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{2-\frac{1}{\sqrt{y}}}=2$
và $\frac{1}{\sqrt{y}}+\sqrt{2-\frac{1}{\sqrt{x}}}=2$

Đặt $\frac{1}{\sqrt{x}}=a, \frac{1}{\sqrt{y}}=b$ thì $a,b>0$ và $a,b \leq 2$
$a,b$ vai trò tương đương. Giả sử $a \geq b$
Hệ đã cho $\iff \left\{\begin{matrix}
a+\sqrt{2-b}=2\\
b+\sqrt{2-a}=2
\end{matrix}\right.\iff \left\{\begin{matrix}
a=2-\sqrt{2-b}\\
b=2-\sqrt{2-a}
\end{matrix}\right.$
Ta có: $a \geq b \iff 2-\sqrt{2-b} \geq 2-\sqrt{2-a} \iff \sqrt{2-b} \leq \sqrt{2-a} \iff 2-b \leq 2-a \iff a \leq b$
=> $a=b$
Ta có PT $a+\sqrt{2-a}=2$. Giải PT trên ta có $a=b=2$ hoặc $a=b=1$, từ đó $x=y=\frac{1}{4}$ hoặc $x=y=1$

Biểu thức của đề là biểu thức đối xứng, biểu thức cần tìm cũng là biểu thức đối xứng nên đặt $x+y=s, xy=p$ thì cần tìm GTNN của $s$.
Biểu thức đã cho $\iff s^3-3sp-3p(s^2-2p)+4p^2s-4p^3=0 \iff (s-2p)(s^2-sp+2p^2-3p)=0$
Nếu $s=2p \iff x+y = 2xy \iff2=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\iff x+y \geq 2$
Nếu $s^2-sp+2p^2-3p=0 \iff 2p^2 -(s+3)p+s^2=0$
Xét pt ẩn $p$ sau đó sử dụng phương pháp miền giá trị của hàm số. Nhưng nói thật phần này mình chưa làm được bởi nó khá rối, đồng thời còn phải chú ý điều kiện $s^2\geq4p$

Cách khac nữa: $a,b,c,d$ vai trò tuơng đương. Giả sử $a \geq b \geq c \geq d$ => $\frac{1}{b+c+d}\geq\frac{1}{c+d+a}\geq\frac{1}{d+a+b}\geq\frac{1}{a+b+c}$
Áp dụng BĐT Chebyshev và C-S:
$4P \geq (a^3+b^3+c^3+d^3)(\frac{1}{b+c+d}+\frac{1}{c+d+a}+\frac{1}{d+a+b}+\frac{1}{a+b+c})\geq (a^3+b^3+c^3+d^3)\frac{16}{3(a+b+c+d)}\geq\frac{1}{4}{}(a^2+b^2+c^2+d^2)(a+b+c+d)\frac{4}{3(a+b+c+d)}=\frac{16}{3}(a^2+b^2+c^2+d^2) \iff P \geq \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2+d^2)$
Mặt khác:
$a^2+b^2 \geq 2ab$
$b^2+c^2 \geq 2bc$
$c^2+d^2 \geq 2cd$
$d^2+a^2 \geq 2da$
=> $a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 1$
=> $P \geq \frac {1}{3}$
Dấu $=$ khi $a=b=c=d=\frac {1}{2}$

Cho n số thực dương $a_1,a_2,..,a_n$, m là 1 số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a_1^m}+\mathit{\frac{1}{a_2^m}}+...+\frac{1}{a_n^m}\geq\frac{n^{m+1}}{(a_1+a_2+...+a_n)^m}$
Lưu ý:
-Các tử số có thể thay $1$ bằng các hằng số nào đó
-Đây là 1 kiểu "ghép mẫu" sử dụng AM-GM, ưu điểm là có thể "ghép" các mẫu bậc cao vào nhau (C-S thì ghép tử còn các mẫu là các hạng tử đứng riêng biệt), nhược điểm là chỉ lợi khi tử là hằng số và sẽ ít hiệu quả hơn nếu tử số có biến
Ứng dụng đầu tiên:
http://diendantoanho...a-b2-ge-frac94/

Không mất tổng quát $a > b> c$ => $a-b,b-c,a-c>0$
Mặt khác $a \leq 2$ và $c \geq 0$ => $a-c \leq 2$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
$P=\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(a-c)^2} \geq \frac{2}{(a-b)(b-c)}+\frac{1}{(a-c)^2}\geq \frac{8}{(a-b+b-c)^2}+\frac{1}{(a-c)^2}=\frac{9}{(a-c)^2}\geq\frac{9}{4}$
Dấu $=$ xảy ra khi $a=2$, $b=1$ và $c=0$

Cho $a^2+b^2+c^2=3$ và $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$\sum \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}} \leq \sqrt{3}$

$A=3-2x+\sqrt{5-x^2+4x} \iff 2x+A-3=\sqrt{5-x^2+4x}$
Đặt $A-3=t$
$2x+t=\sqrt{5-x^2+4x} \iff 4x^2+4tx+t^2=5-x^2+4x \iff 5x^2+2(2t-2)x+(t^2-5)=0$
Tới đây bạn dùng miền giá trị của hàm số là ra

Chắc là mũ 4:
Chặn: $(a^2+a)^2< A< (a^2+a+1)^2$
Từ đó A ko thể Cp

Nếu $a=0$ ???
Có lẽ đề đúng phải là khi $a\in N^{*}$
Cách giải của mình như sau: $A=a^4+2a^3+2a^2+2a+1=a^2(a^2+2a+1)+(a^2+2a+1)=(a^2+1)(a+1)^2$
Do đó, nếu A chính phương thì $a^2+1$ cũng chính phương. Đặt $$a^2+1=b^2$$ với $b\in N^{*}$. Pt này chỉ có nghiệm a=0 và b=1, không thoả mãn điều kiện $a\in N^{*}$
=> Đpcm

Đúng rồi đó anh, nhưng tại sao ko lập hẳn 1 tên miền riêng cho điện thoại? Công thức Toán load tùy vào tốc độ mạng thôi

Nếu em có bạn gái và rủ đc nó tham gia VMF thì cx đc thi à À mà nó cũng thi chuyên Toán thưa các bác

Cho $a,b,c$ là $3$ cạnh của tam giác. CMR:
$$\sqrt[3]{a+b-c}+\sqrt[3]{a+c-b}+\sqrt[3]{b+c-a}\leq \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}$$

Cách nào cũng được miễn là có lời giải

OK. Áp dụng BĐT Holder bậc 3 dành cho 3 bộ số:
$(\sqrt[3]{a+b-c}+\sqrt[3]{a+c-b})^3 \leq (a+b-c+a+c-b)(1+1)(1+1)=8a \iff \sqrt[3]{a+b-c}+\sqrt[3]{a+c-b} \leq 2\sqrt[3]a$
Xây dựng 2 BĐT tương tự:
$\sqrt[3]{a+c-b}+\sqrt[3]{b+c-a} \leq 2\sqrt[3]c$
$\sqrt[3]{b+c-a}+\sqrt[3]{a+b-c} \leq 2\sqrt[3]b$
Cộng vế theo vế lại các BĐT trên ta có đpcm. Dấu $=$ $\iff a=b=c$
Tổng quát: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh 1 tam giác, $n$ là 1 số nguyên dương. CMR:
$\sqrt[n]{a+b-c}+\sqrt[n]{a+c-b}+\sqrt[n]{b+c-a}\leq \sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}+\sqrt[n]{c}$
Cách làm: Tượng tự như trên, áp dụng Holder bậc n cho n bộ số.
Bác nguyen tien dung 98 thử nói cách Chebyshev xem Chebyshev thì phù hợp hơn với THCS so với Holder

đây là hướng làm của mình nhưng mình nghĩ là nó đúng, mình thư so sánh mẫu rồi đúng là có thể dùng chebyshev.
Cách làm của mình là vậy, bạn tự động não đi nhé.

Ở box này dùng Holder được không bạn để mình còn trình bày lời giải?

Ta có $S_{KPMN}=KP.PM$ và $2S_{ABC}=AA'.BC$
Dễ thấy $KP//AA'$ và $PM//BC$
Theo định lí Ta-lét: $\frac{KP}{AA'}=\frac{BP}{AB}$ và $\frac{PM}{BC}=\frac{AP}{AB}$
=>$\frac{KP}{AA'}+\frac{PM}{BC}=\frac{BP+AP}{AB}=1$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
$1=\frac{KP}{AA'}+\frac{PM}{BC}\geq2\sqrt{\frac{KP.PM}{AA'.BC}}=2\sqrt{\frac{S_{KPMN}}{2S_{ABC}}} \iff 1\geq \frac{2S_{KPMN}}{S_{ABC}}\iff S_{KPMN} \leq \frac{1}{2}S_{ABC}$
Dấu "=" xảy ra $\iff \frac{KP}{AA'}=\frac{PM}{BC}\iff\frac{BP}{AB}=\frac{AP}{AB}\iff BP=AP \iff$ $P$ là trung điểm $AB$ $\iff$ $M$ là trung điểm $AC$
$PM$ là đường trung bình của $\Delta ABC$, theo hệ quả định lý Ta-lét thì $PM$ đi qua trung điểm $AA'$