1+1=3 à

nếu sai mong bn thông cảm

~HT~

K cho mình nha cảm ơn các bn

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

Bằng 11 đó

\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)

\(\Rightarrow\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4bc}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}\cdot\frac{b+c}{4bc}}=\frac{1}{a}\)

\(\Rightarrow\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{c+a}{4ca}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}\cdot\frac{c+a}{4ca}}=\frac{1}{b}\)

\(\Rightarrow\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a+b}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\cdot\frac{a+b}{4ab}}=\frac{1}{c}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4bc}+\frac{c+a}{4ca}+\frac{a+b}{4ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Mà\(\frac{b+c}{4bc}+\frac{c+a}{4ca}+\frac{a+b}{4ab}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)nên:

\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) 

hay\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)

Bất đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

bạn giỏi quá

Nguyễn Đăng Nhân

= 10 (du 3)

=10 dư 3 nha

ta có :

\(\frac{ax+by}{2}\ge\frac{a+b}{2}.\frac{x+y}{2}\Leftrightarrow2\left(ax+by\right)\ge\left(a+b\right)\left(x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(ax+by\right)\ge ax+ay+bx+by\)

\(\Leftrightarrow ax-ay+by-bx\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(x-y\right)\ge0\)

Điều này đúng do giả thuyết \(a\ge b,x\ge y\)

Ta có \dfrac{ax + by}2 \ge \dfrac{a + b}2 . \dfrac{x + y}22ax+by​≥ 2a+b​. 2x+ y​

$\iff 2(ax+by)\ge (a+b)(x+y)$

$\iff 2(ax+by)\ge ax+ay+bx+by$

$\iff ax+by-ay-bx\ge 0$

$\iff (a-b)(x-y)\ge 0$ (luôn đúng vì giả thiết $a\ge b$ và $x\ge y$).

Vậy nếu $a\ge b$, $x\ge y$ thì \dfrac{ax + by}2 \ge \dfrac{a + b}2 . \dfrac{x + y}22ax+by​≥ 2a+b​. 2x+ y​.

$4x^2+4y^2+4xy>6y-4\left(1\right)$

$\iff 4x^2+4y^2+4xy-6y+4>0\left(2\right)$

$\iff 4x^2+4xy+y^2+3y^2-6y+3+1>0$

$\iff {(2x+y)}^2+3(y^2-2y+1)+1>0$

$\iff {(2x+y)}^2+3{(y-1)}^2+1>0$

$+){(2x+y)}^2\ge 0$

$3{(y-1)}^2\ge 0$

$\to {(2x+y)}^2+3{(y-1)}^2\ge 0$

$\to {(2x+y)}^2+3{(y-1)}^2+1\ge 1>0$

BĐT(2) luôn đúng

$\to$ BĐT(1) luôn đúng

Vậy $4x^2+4y^2+4xy>6y-4$

Ta có 4x^2 + 4y^2 + 6x + 3 \ge 4xy4x2+4y2+6x+3≥4xy

\Leftrightarrow (x^2 - 4xy + 4y^2) + 3(x^2 + 2x +1) \ge 0⇔(x2−4xy+4y2)+3(x2+2x+1)≥0

\Leftrightarrow (x-2y)^2 + 3(x +1)^2 \ge 0⇔ (x−2y)2+3(x +1)2≥0 (luôn đúng với mọi $x$, $y$).

Vậy với mọi $x$, $y$ ta có 4x^2 + 4y^2 + 6x + 3 \ge 4xy4x2+4y2+6x+3≥4xy.

\(a+b+c+d+e\ge a\left(b+c+d+e\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-kb\right)^2+\left(a-kc\right)^2+\left(a-kd\right)^2+\left(a-ke\right)^2\ge0\)

Ta chọn \(k=2\)hay nhân 2 vế với 4

*Xét hiệu 2 vế bất đẳng thức.

\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-a\left(b+c+d+e\right)\)

\(=\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\right)-4\left(ab+ac+ad+ae\right)}{4}\)

\(=\frac{\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae+4e^2\right)}{4}\)

\(=\frac{\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2}{4}\ge0\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-a\left(b+c+d+e\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi\(a=2b=2c=2d=2e\)

n chia hết cho 3 => n =3k (k ∈Z)
n(n+1) =3k (3k+1) 
nếu k le ; k =2t+1 (t ∈Z)
3k (3k+1) =3(2t+1 )[ (3.(2t+1) +1 ] =3(2t+1 )[6t+3 +1) =3.(2t+1 )[6t+4)
=3(2t+1 ).2.(3t+2) =6(2t+1 ) (3t+2) chia hết cho 6
nếu k chẵn ; k =2t (t ∈Z)
3k (3k+1) =6t (3k+1 ] = chia hết cho 6
=> n(n+1) chia hết cho 6 nếu n chia hết cho 3=> dpcm

ếu $n$ chia hết cho $3$ thì $n=3k$ với $k\in \mathbb{N}$.

 Xét $k=2m$ thì $n=6m$ suy ra $n(n+1)=6m(6m+1)$ chia hết cho $6$.

 Xét $k=2m+1$ thì $n=3(2m+1)=6m+3$.

Suy ra $n(n+1)=(6m+3)(6m+4)=3.(2m+1).2(3m+2)=6.(2m+1).(3m+2)$ chia hết cho $6$.

Nếu n lẻ thì n³ lẻ
n lẻ <=> n =2k +1 (k ∈ Z)
n^3 =(2k +1)³ =8k³ +3.4k² +3.2k +1=2( 4k³ +6k² +3 k) +1
2( 4k³ +6k² +3 k) chia hết cho 2 => là số chẵn 
=>2( 4k³ +6k² +3 k) +1 là số lẻ => n³ lẻ

Nếu $n$ lẻ thì $n$ có dạng $n=2k+1$ với $k\in \mathbb{N}$.

Do đó n^3 = (2k+1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k+1 = 2(k^3 + 6k^2 + 3k) + 1n3=(2k+1)3=8k3+12k2+6k+1=2(k3+6k2+3k)+1.

Suy ra n^3n3 lẻ.

Vậy với mọi số tự nhiên $n$, nếu $n$ lẻ thì n^3n3 lẻ.

Cho \(x\ne-1;y\ne-1\)

Giả sử: \(x+y+xy=-1\)

<=>\(x+xy+y+1=0\)

<=>\(\left(x+xy\right)+\left(y+1\right)=0\)

<=>\(x\left(y+1\right)+\left(y+1\right)=0\)

<=>\(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=0\)

<=>\(\orbr{\begin{cases}x+1=0\\y+1=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\y=-1\end{cases}}}\)(Trái với điều giả thiết)

=>\(x+y+xy\ne-1\)

Giả sử $x+y+xy=-1$.

$\Rightarrow x+y+xy+1=0\iff (x+1)(y+1)=0$

<=> \(\left[{}\begin{matrix}x+1=0\\y+1=0\end{matrix}\right.\)

<=> \(\left[{}\begin{matrix}x=-1\\y=-1\end{matrix}\right.\) ( mâu thuẫn với giả thiết)

Vậy nếu x ≠ -1 và y ≠ -1 thì x = y + xy ≠ -1

Giả sử a <0

Vì abc>0 nên bc <0

Có ab+bc+ca>0

<=>a(b+c)>-bc

Vì bc<0=>-bc>0

=>a(b+c)>0

Mà a<0 nên b+c<0

=> a+b+c<0

Mà theo đề a+b+c>0

=> điều giả sử sai

=> điều pk chứng minh

Giả sử ba số $a$, $b$, $c$ không đồng thời là các số dương thì có ít nhất một số không dương.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử a ≤ 0 

 Nếu $a=0$ thì $abc=0$ (mâu thuẫn với giả thiết $abc>0)$

 Nếu $a<0$ thì từ $abc>0\Rightarrow bc<0$.

Ta có $ab+bc+ca>0\iff a(b+c)>-bc\Rightarrow a(b+c)>0\Rightarrow b+c<0\Rightarrow a+b+c<0$ (mâu thuẫn với giả thiết)

Vậy cả ba số $a$, $b$ và $c$ đều dương.