Bài 3: y hệt bài mình đã từng đăng Câu hỏi của Thắng Nguyễn - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath- trước mình có ghi lời giải mà lâu ko xem giờ quên r` :)

1) Đặt n+1 = k^2

2n + 1 = m^2

Vì 2n + 1 là số lẻ => m^2 là số lẻ => m lẻ 

Đặt m = 2t+1

=> 2n+1 = m^2 = (2t+1)^2

=> 2n+1 = 41^2 + 4t + 1

=> n = 2t(t+1)

=> n là số chẵn

=> n+1 là số lẻ

=> k lẻ 

+) Vì k^2 = n+1

=> n = (k-1)(k+1)

Vì k -1 và k+1 là 2 số chẵn liên tiếp

=> (k+1)(k-1) chia hết cho * 

=> n chia hết cho 8

+) k^2 + m^2 = 3a + 2

=> k^2 và m^2 chia 3 dư 1

=> m^2 - k^2 chia hết cho 3

m^2 - k^2 = a

=> a chia hết cho 3

Mà 3 và 8 là 2 số nguyên tố cùng nhau

=> a chia hết cho 24

ấy nhầm, là n chứ không phải a nha :))

1 bài BĐT rất hay !!!!!!

BẠN PHÁ TOANG RA HẾT NHÁ SAU ĐÓ THÌ ĐƯỢC CÁI NÀY :33333

\(S=15\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)-72abc\)

\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\right)-72abc\)

\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-72abc\)

TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:

\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\end{cases}}\)

=>    \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\)

=>    \(72abc\le8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

=>   \(-72abc\ge-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

=>   \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

=>   \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

=>   \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)\)

TA LẠI TIẾP TỤC ÁP DỤNG BĐT SAU:   \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\frac{1}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{\frac{1}{3}}\)

=>   \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)

TA LẦN LƯỢT ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:

\(a^3+a^3+\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge3a^2.\sqrt{\frac{1}{27}}\)

ÁP DỤNG TƯƠNG TỰ VỚI 2 BIẾN b; c ta sẽ được 1 BĐT như sau: 

=>   \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge\frac{3}{\sqrt{27}}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3}{\sqrt{27}}.\left(\frac{1}{9}\right)=\frac{\sqrt{3}}{27}\)

=>   \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}\)

=>   \(S\ge\frac{9\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)

=>   \(S\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\)

VẬY TA CÓ ĐPCM.

DẤU "=" XẢY RA <=>   \(a=b=c=\sqrt{\frac{1}{27}}\)

Đặt ⎧⎪⎨⎪⎩a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0){a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0)

⇒⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩a=z+x2b=x+y2c=y+z2⇒{a=z+x2b=x+y2c=y+z2

⇒√a(1b+c−a−1√bc)=√2(z+x)2(1y−2√(x+y)(y+z))≥√x+√z2(1y−2√xy+√yz)=√x+√z2y−1√y⇒a(1b+c−a−1bc)=2(z+x)2(1y−2(x+y)(y+z))≥x+z2(1y−2xy+yz)=x+z2y−1y
Tương tự

⇒∑√a(1b+c−a−1√bc)≥∑√x+√z2y−∑1√y⇒∑a(1b+c−a−1bc)≥∑x+z2y−∑1y

⇒VT≥∑[x√x(y+z)]2xyz−∑√xy√xyz≥2√xyz(x+y+z)2xyz−x+y+z√xyz≐x+y+z√xyz−x+y+z√xyz=0⇒VT≥∑[xx(y+z)]2xyz−∑xyxyz≥2xyz(x+y+z)2xyz−x+y+zxyz≐x+y+zxyz−x+y+zxyz=0

(∑√xy≤x+y+z,x√x(y+z)≥2x√xyz)(∑xy≤x+y+z,xx(y+z)≥2xxyz)

dấu = ⇔x=y=z⇔a=b=c

Mai Anh ! cậu giỏi quá, cậu nè :33 

Ha~ Idol về mảng copy nay giỏi quá lè:33. Tác hại của việc copy paste là đây

Lần sai copy paste nhớ nhìn lại với chỉnh sửa đi nhá. Ko để này lộ liễu bôi bác lắm

Copy always mà vẫn 50k giải tuần đấy, ghê=))

Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)

\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*

Đặt \(\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}\)

Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương 

Ta có : \(x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(x+y=c+a+4b\); \(y+z=a+b+4c\); \(z+x=b+c+4a\)

Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : \(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : 

\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2\)

\(\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2\)

\(\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :

\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)

\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)

\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2\)

\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}\)

Sử dụng bất đẳng thức phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)khi đó ta được :

\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)

\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z< =>a=b=c\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

khó vl

Theo mình đề chứng minh: \(3Min\left\{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a},\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right\}\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Ta có

\(1+\frac{b}{a}=\frac{a+b}{a}\ge2\frac{\sqrt{ab}}{a}\)

\(1+\frac{c}{b}\ge2\frac{\sqrt{bc}}{b}\)

\(1+\frac{a}{c}\ge2\frac{\sqrt{ac}}{c}\)

Nhân vế theo vế ta được

\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)\ge8\frac{\sqrt{ab.bc.ca}}{abc}=8\)

Dấu = xảy ra khi a = b = c hay tam giác ABC đều

BĐT cần CM tương đương:

\(3-VT\ge1\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+2bc-a\left(b+c\right)}{a^2+2bc}+...\ge1\) (1)

\(VT\left(1\right)=\frac{\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)\right]^2}{\left(a^2+2bc\right)\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)\right]}+...\)

\(\ge\frac{\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)+b^2+2ca-b\left(c+a\right)+c^2+2ab-c\left(a+b\right)\right]^2}{\left(a^2+2bc\right)\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)\right]+...}\)

\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+2bc\right)\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)\right]+...}\) (2)

Ta cần chứng minh mẫu của (2) \(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

... Tự biến đổi ra thôi thi ta được 1 biểu thức không âm luôn đúng

=> BĐT trên đúng

=> đpcm

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c