O0NgocDuy0O

vì a,b,c$\in \left [ 0;2 \right ]$

suy ra: $\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\geq \frac{9}{6-a-b-c}\geq \frac{9}{6-3\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{9}{3}= 3$

Ta có $VT \geq \frac{9}{6-(a+b+c)}$

Ta $C/m \frac{9}{6-(a+b+c)} \geq 3 <=> a+b+c \geq 3 => ...$

Nghi vấn =))

Đây là một bài toán mình lấy trong sách. Lời giải của mình cũng giống mấy bạn nhưng thấy sách giải rất rườm rà nên mình không biết có sai không.

----------------------------------------

Sau đây là lời giải của sách:

Dễ chứng minh với $x,y\in (0;2)$ thì $\frac{1}{2-x}+\frac{1}{2-y}\geq \frac{2}{2-\sqrt{xy}}.$

Áp dụng ta được:

$\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}\geq \frac{2}{2-\sqrt{ab}}$

$\frac{1}{2-c}+\frac{1}{2-\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{2}{2-\sqrt[6]{abc^{4}}}$

Mặt khác:

$\frac{1}{2-\sqrt{ab}}+\frac{1}{2-\sqrt[6]{abc^{4}}}\geq \frac{2}{2-\sqrt{\sqrt{ab}}.\sqrt[6]{abc^{4}}}=\frac{2}{2-\sqrt[3]{abc}}$

Vậy $\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\geq \frac{3}{2-\sqrt[3]{abc}}\geq 3$

-------------------

Nhìn lời giải mà ngán  

Cho các số tự nhiên $a,b$. Khi chia $a^{2}+b^{2}$ cho $a+b$ ta được thương là $q$ và dư $r$. Tìm tất cả các cặp $(a,b)$ sao cho $q^{2}+r=1977.$

Giúp mình với:

2.bmp

Ta có: $\sum_{1}^{2014}X^{2}=2725088015$

Do vậy $|a_{i}|=1(i=\overline{1,n})$

Cái dòng thứ hai nó là $a - \frac{a}{a^2+1} \geq a - \frac{1}{2}$ chứ không phải là $\frac{a}{2}$ đâu

À, mình cũng không để ý, mình thấy đăng lên chuyên mục lỗi sai của toán tuổi thơ cũng hay đấy!

$P \geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{a^2+1}.\frac{b^3}{b^2+1}.\frac{c^3}{c^2+1}}$

Ta có $\frac{a^3}{a^2+1} = a - \frac{a}{a^2+1} \geq \frac{a}{2}$

$=> P \geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{8}} = \frac{3}{2}$

Dấu"=" xảy ra khi $a=b=c=1$

@@ Sai mất rồi

Sao lại sai nhỉ?

Cách này hay thật

Giải bpt: $\left(4x^2+x-1 \right) \sqrt{x^2+x+2} \le \left(4x^2+3x+5 \right) \sqrt{x^2-1}+1.$

Ở đây bạn http://diendantoanho...ght-sqrtx2-1-1/

Giải hệ phương trình sau: $\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{x^{3}}=y-\frac{1}{y^{3}}\\ (x-4y)(2x-y+4)=-36 \end{matrix}\right.$

Giả sử $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm $Min$ của biểu thức:

$$P=\frac{a^3}{b^2+1}+\frac{b^3}{c^2+1}+\frac{c^3}{a^2+1}.$$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có BĐT sau: $$\sqrt{a^4+a^2b^2+b^4} + \sqrt{b^4+b^2c^2+c^4} + \sqrt{c^4+c^2a^2+a^4} \ge a\sqrt{2a^2+bc}+b\sqrt{2b^2+ca}+c\sqrt{2c^2+ab}.$$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn: $$a^3+b^3+c^3=a^4+b^4+c^4.$$ Tìm $GTNN$ của $$P=\frac{a}{a^2+b^3+c^3}+\frac{b}{a^3+b^2+c^3}+\frac{c}{a^3+b^3+c^2}.$$

Gọi $a_n$ là số miền do $n$ đường thẳng thỏa bài toán sinh ra.

Xét $n$ đường thẳng $d_1, d_2,....., d_n$ cắt nhau tạo thành $a_n$ miền, đường thẳng $d_{n+1}$ cắt tất cả các đường thẳng trên và bị $n$ đường thẳng trên chia thành $n+1$ phần với mỗi miền đó sẽ tại ra một miền cũ và một miền mới.

Ta có $a_{n+1}=a_n+n+1$

Giải phương trình sai phân này ta được $a_n=\dfrac{n^2+n+2}{2}$ tức là $\dfrac{n^2+n+2}{2}$ miền.

Đoạn màu đỏ là sao ạ???

Dùng phản chứng đi bạn !

$a^{2}+ab+b^{2}\vdots 5\Rightarrow a^{3}-b^{3}\equiv 0(mod5)\Rightarrow a\equiv b(mod5)\Rightarrow a^{2}+ab+b^{2}\equiv 3a^{2}\equiv 0(mod5)\Rightarrow a\equiv 0(mod5)$( Vô lí)

Cho $n$ đường thẳng nằm trong cùng một mặt phẳng và ở vị trí tổng quát (tức là không có hai đường thẳng nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy).

Chứng minh rằng $n$ đường thẳng này chia mặt phẳng thành $\frac{n^{2}+n+2}{2}$ miền.

Cho $a,b,c$ là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng: $$\dfrac{(a-4b)^2+(a-4c)^2}{(b-c)^2}+\dfrac{(b-4c)^2+(b-4a)^2}{(c-a)^2}+\dfrac{(c-4a)^2+(c-4b)^2}{(a-b)^2} \geq 60.$$

Giải bất phương trình: $$\left(4x^2+x-1 \right) \sqrt{x^2+x+2} \le \left(4x^2+3x+5 \right) \sqrt{x^2-1} + 1.$$