fairytail19061

Bài này có trong rất nhiều tài liệu và hầu hết dạng này đều đưa về bất đẳng thức thuần nhất. Trong bài trên thì áp dụng hệ số đưa bđt thành thuần nhất bậc 4 mà hầy hết nếu đưa về thuần nhất thì rất có thể biến đổi tương đương cũng dễ hiểu thui. Nói chung bạn có thể tham khảo nhiều tài liệu khác về bất đẳng thức đối xứng hoặc thuần nhất đều sẽ có những dạng bài này và chắc chắn sẽ gặp đúng bài này luôn

$a^{3}(b+c)+b^{3}(c+a)+c^{3}(a+b)\leq 6$
$\Leftrightarrow a^{3}(b+c)+b^{3}(c+a)+c^{3}(a+b)\leq \frac{2}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$
$\Leftrightarrow 2(a^{4}+b^{4}+c^{4})+4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})\geq 3ab(a^{2}+b^{2})+3bc(b^{2}+c^{2})+3ac(a^{2}+c^{2})$
$\Leftrightarrow \sum (a^{4}+b^{4}+4a^{2}b^{2})\geq 3ab(a^{2}+b^{2})$
$\Leftrightarrow \sum ((a-b)^{4}+ab(a-b)^{2})\geq 0$  ( đúng với mọi a,b,c thực )
Đẳng thức xảy ra chỉ khi a = b =c
 

Bạn tự vẽ hình được ko

Vẽ đường tròn tâm O bán kính OH tiếp xúc với AB, AC, BC ở E, F, Q
Vẽ đường tròn tâm G bàng tiếp góc $\widehat{BAC}$ tiếp xúc với đoạn BC ở S và tiếp xúc với 2 tia AB, AC lần lượt ở K, T
       Đặt AE = AF = x
             EB = BQ = y
             FC = QC = z 
$P_{ABC}$ = 2 (x + y + z)
Mà $P_{ABC}$ = AK + AT = 2 AK = 2 ( AB +BS) = 2 ( x + y + BS )
$\Rightarrow BS=z=6$
tam giác BOQ đồng dạng tam giác GBS
dễ dàng cm GS = 2 BS = 12
Mà GS = GK nên GK = 12
Với BK = BS = 6
dễ dàng cm KE = 10
EO = 2
Ta có $\frac{x}{AK}$ = $\frac{EO}{KG}= \frac{2}{12}= \frac{1}{6}$
$\Rightarrow \frac{x}{10+x}=\frac{1}{6}$
dễ dàng tìm được x = 2
Từ đó tự tìm đc diện tích

 

1) Cho góc $\widehat{xOy}$ trên tia Ox lấy 2 điểm A,B và trên tia Oy lấy 2 điểm C,D sao cho $OA.OB=OC.OD$ . Chứng minh rằng:
chứng minh A,B,C,D nằm trên 1 đường tròn
2)Cho hình tròn (O,R) và dây AB bất kỳ đi qua điểm M trong hình tròn. Chứng minh MA.MB không đổi

giải pt ko bao h có chuyện sai đề đâu. nếu ko tìm đc thì vô nghiệm. nếu lẻ thì cũng là nghiệm mà

1. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k+1 là vô hạn 
2. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k-1 là vô hạn

Theo mình thì làm thế này cho dễ hiểu này:
$p=\sqrt{a+\frac{(b-c)^{2}}{4}} +\frac{\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}+\frac{\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}$
$\Leftrightarrow P^{2}\leq 3(a+\frac{(b-c)^{2}}{4}+\frac{(\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}}{4}+\frac{(\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}}{4})=3(a+\frac{(b-c)^{2}+2(b-c)+4\sqrt{bc}}{4}) (1)$
Lại có $(b-c)^{2}=(\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}(\sqrt{b}-\sqrt{c})\leq 2(b+c)(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2}\leq 2(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2}=2(b+c)-4\sqrt{bc}$ (2)
(1),(2) $\Rightarrow P^{2}\leq 3(a+\frac{(2(b+c)-4\sqrt{bc})+2(b+c)+4\sqrt{bc}}{4})=3(a+\frac{4(b+c)}{4})=3(a+b+c)=3$
$\Leftrightarrow P\leq \sqrt{3}$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$

Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn:
$a+b+c=1$
Chứng minh rằng: $\sqrt{a+\frac{(b-c)^{2}}{4}}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \leq \sqrt{3}$
p/s: Lâu rồi chưa đăng bài nào

 

Bài 1:Chứng minh rằng với mọi số dương a,b,c,d ta luôn có:
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+d}+\frac{1}{d+a})\geq \frac{16}{abcd+1}$
Bài 2:Cho các số không âm a,b,c. Chứng minh rằng:
$\sum \sqrt{\frac{a^{2}+256bc}{b^{2}+c^{2}}}\geq 12$

 

Chú ý : Cách đặt tiêu đề bài viết đúng quy định

 

Không giống y xì nhưng mà chắc cách làm tương tự 

 

 

 

Chuẩn rồi, gần đúng bài giải của sách. 
Mà sao m cứ thích xem trang cá nhân của t thế, có gì đâu mà coi. Mới binh nhất mà .
Cứ theo thế thì đúng đó, Sử dụng tâm đối xứng. Mấy dạng cho đa giác đều thì đều xét tâm, chắn thì tâm chẳn, lẻ tâm lẻ

Cho 1 lục giác đều ABCDE. Điểm A được tổ bởi màu đỏ và các điểm còn lại được tô bởi màu xanh. Nếu ta cứ đổi màu 3 điểm liên tiếp nhau thì có thể có hay không điểm B hoặc điểm C có màu đỏ còn điểm A và các điểm còn lại đều màu xanh.
P/s: e mới vào diễn đàn nên có gì các anh các chị giạy bảo thêm
         Với lại e cần người làm bài này nhanh ạ

Giả sử a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn $(a+b)(c+d)\geq 4abcd$ . Chứng minh bất đẳng thức:

$\frac{1}{ab(1+c)} +\frac{1}{bc(1+d)} + \frac{1}{cd(1+a)} + \frac{1}{da(1+b)} \geq \frac{32}{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d)}$