hoanganhhaha

đặt $g(x)= f(x)-\frac{x}{3}$. khi đó $2g(2x)=g(x)$. Đặt $ g(x2^n)=u_{n}$.  từ đó ta có $2u_{n+1}= u_{n}$. ta được pt sai phân $2u_{n+1}- u_{n}=0$ . pt đặc trưng  có nghiệm là $\frac{1}{2}$. vậy nên $ u_{n}=\frac {c}{2^n} $ với $ n=0 $ ta có ngay $u_{0}=c=g(x)$ chứng tỏ $ c=g(x)=f(x)-x/3$. hay là $f(x)=x/3+c$. thử lại vào   pt ban đầu suy ra $c=0$ k biết làm ntn có đúng k nữa

bài 2: dùng cái bdt $2(a^2 +b^2 ) \geq (a+b)^2 $ suy ra $ 2VT \geq (a+b+1/a+1/b)^2$ \geq( a+1/4a +b+1/4b +3/4a +3/4b)^2 \geq (1+1+3/(4a+4b))^2 =25 $ (dpcm)

bài 3: cần c/m $ \frac{1}{ac}+\frac{1} {bc}\geq 1$ mặt khác $VT \geq \frac{4}{ac+bc}$ mà $ac+bc =c(a+b) \leq(a+b+c)^2 /4=4$ nên suy ra dpcm

ta có $9abc=3abc(a+b+c) \leq(ab+bc+ca)^2$ nên $6\sqrt{abc} \leq 2(ab+bc+ca) $và $VT \leq (a+b+c)^2=9$ ($Q.E.D$). Mục đích của việc nhân là đưa về đồng bậc cho dễ phân tích...

chứng minh rằng $ x^4+y^4+z^4 +xyz(x+y+z) \geq \prod xy(x^2+y^2)$

đặt $a+71=c^2$ và $4a-31 =d^2 $ khi đó $ 315=4a+284 -(4a-31)=4c^2-d^2(2c-d)(2c+d)$ xét các ước số nguyên của 315 rồi chia bảng ra
    

2.b Áp dụng BĐT $\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 9$ Dấu bằng khi $a=b=c$

$\left ( x^{4}+y^{4}+z^{4} \right )\left ( \frac{1}{x^{4}}+\frac{1}{y^{4}}+\frac{1}{z^{4}} \right )\geq 9$

Dấu = xảy ra khi $x^4=y^4=z^4$ . Mà $x,y,z$ dương nên $x=y=z$

Mà sao lại có giả thiết $x+y\leq z$ nữa vậy nếu thế x=y=z=0 ( vô lí ) àk?

k làm dc thì nói là k làm dc

Bài 21: ta co $\frac{2}{x^2+y^2+y^2+1+2} \leq \frac{2}{2xy+2y+2}= \frac{1}{xy+y+1}=\frac{z}{xyz+yz+z}=\frac{z}{yz+z+1}$
tương tự ta suy ra VT \leq 1 \leq VP dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ ..

Bài 22 do $ x,y,z >0$
nên $ x+y+z=x^3+y^3+z^3 \geq \frac{(x+y+z)^3}{9} $
tức là $x+y+z \leq 3 $ dấn tới $xyz \leq 1$. dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1
 

theo bdt schur thì ta cũng có $abc \geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) =(1-2a)(1-2b)(1-2c)=(1-2a-2b+4ab)(1-2c)=1-2(a+b+c)+4(ab+bc+ac) -8abc $
vậy nên $ abc \geq  \frac { 4(ab+bc+ac)-1}{9} $ do đó $ a^2+b^2+c^2+4abc \geq  a^2+b^2+c^2 +\frac{16}{9}(ab+bc+ac) -\frac{4}{9} = (a^2+b^2+c^2 +2ab+2bc+2ac) -\frac{2}{9}(ab+bc+ac) -4/9 \geq (a+b+c)^2 -\frac{2}{27}(a+b+c)^2-\frac{4}{9} $

nhiều lắm em ạ. @@ 

hê hê sử dụng tính đơn điệu là xog thế mà mình cứ bày đặt đặt ẩn phụ làm chi cho mệt 

có cách này mình thấy hay :v $(\frac{x^3}{yz})^a.(\frac{y^3}{xz})^b.(\frac{z^3}{xy})^c=x^1.y^0.z^0$
chon a,b,c sao cho $\left\{\begin{matrix}a+b+c=1 & & & \\ 3a-b-c=1 & & & \\ 3b-a-c=0 & & & \\ 3c-a-b=0 & & & \end{matrix}\right.$ vậy là sử dụng AM-GM với nhiều số 

có ảnh ở dưới  

tks nhé. mà tại sao lại nghĩ dc ra đoạn này

Đặt $(\frac{1}{x},...)=(a,b,c)\Rightarrow ab+bc+ac=1$

 

$P=\sum \frac{a^2}{b}-2(a^2+b^2+c^2)=\sum (a^2+c^2)(\frac{1}{a}-1)-(a+b+c)$

 

$AM-GM$:

 

$P\geqslant \sum \frac{2ac(1-a)}{a}-(a+b+c)=a+b+c-2(ab+bc+ac)=a+b+c-2$

 

Mà$a+b+c=\sqrt{3(ab+bc+ac)}=\sqrt{3}\Rightarrow P\geqslant \sqrt{3}-2$

 

 Dấu $=$khi $a^2=b^2=c^2=3$

Bài 1: cho các số thực $x,y,z >1 $ thỏa mãn điều kiện $ x+y+z = xyz $

  Tim min của biểu thức   $ P= \frac{y-2}{x^2} $
Bài 2: Cho ba số thực dương a,b,c tùy ý không lớn hơn 1. Chứng minh rằng
 $ \frac {1}{a+b+c} \geq \frac{1}{3} + \prod(1-a) $