Thay vào c/s abcd  bằng c/s thích hợp :

 a) aa,a + 0,b = bcc,c

 b) ab,b - c,c = 0,a

 c) a,c x a,c = ac

 d) \(\frac{ac}{cb,bc}\)

Cho a,b,c>0 và a+b+c=3. CMR: \(a^2+b^2+c^2\ge3\)

Ta cần tìm m, n để bđt sau luôn đúng \(a^2\ge ma+n\) (1) 

tương tự: \(b^2\ge mb+n;c^2\ge mc+n\)

cộng 3 bđt lại ta đc: \(a^2+b^2+c^2\ge m\left(a+b+c\right)+3n=3m+3n\)

dự đoán cực trị xảy ra tại a=b=c=1 nên \(3m+3n=\left(a^2+b^2+c^2\right)_{min}=3\)\(\Rightarrow\)\(n=1-m\)

thay n=1-m vào (1) : \(a^2\ge ma-m+1\)(2)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-1\right)\left(a+1\right)\ge m\left(a-1\right)\)

đồng nhất hệ số : \(a+1=m\)\(\Leftrightarrow\)\(m=a+1=1+1=2\) (dấu "=" xảy ra tại a=1)

thay m=2 vào (2) ta có bđt cần CM: \(a^2\ge2a-1\) ( với \(0< a< 3\) ) 

bđt \(\Leftrightarrow\)\(\left(a-1\right)^2\ge0\) luôn đúng 

do đó: \(a^2+b^2+c^2\ge2a-1+2b-1+2c-1=2\left(a+b+c\right)-3=2.3-3=3\)

dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

\(\sqrt{a}+\sqrt{b}\le\sqrt{2\left(a+b\right)}\)

\(VP=\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\le\frac{a+b}{2}\sqrt{2\left(a+b\right)}\)\(\Rightarrow\)\(VP^2\le\frac{\left(a+b\right)^3}{2}\) (1) 

chứng minh bổ đề: \(VT^2=\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+\frac{a+b}{4}\right)^2\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{\left(a+b\right)^4}{4}+\frac{\left(a+b\right)^2}{16}+\frac{\left(a+b\right)^3}{4}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b\right)^4+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge\left(a+b\right)^3\)

Có: \(\left(a+b\right)^4+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^6}{4}}=\left(a+b\right)^3\)\(\Rightarrow\)\(VT^2\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{2}\) (2) 

(1) và (2) => \(VT^2\ge VP^2\) => \(VT\ge VP\) ( đpcm ) 

9CMR A=\(\frac{3}{4}\)+\(\frac{8}{9}\)+\(\frac{15}{16}\)+.........+\(\frac{2499}{2500}\)>48

A=\(n^2\)+5n+10

CMR:a)nếu a\(⋮\)5 thì A\(⋮\)5

b)với \(\forall\)n\(\in\)z thì A\(⋮\)25

1 tìm a,bsao cho 56,ab\(⋮\)45

2 tìm stn nhỏ nhất biết rằng số đó :5 dư 1,:11 dư 4 , :13 dư10

3cho ps \(\frac{a'}{b}\).nếu rút gọn thì đc phân số \(\frac{7}{12}\). nếu tăng tử đơn vị rồi rút gọn thì đc ps\(\frac{5}{6}\).tìm ps đã cho

4 C=123a1b tìm c \(⋮\)3,5,9

cho a,b,c thuôc N* và s = \(\frac{a+b}{c}\) + \(\frac{b+c}{a}\) + \(\frac{a+c}{b}\)

chứng minh rằng \(\frac{a}{b}\) +\(\frac{b}{c}\) \(\ge\) 2

chứng minh s \(\ge\) 6

PTĐTTNT:\(3abc+a^2\left(a-b-c\right)+b^2\left(b-a-c\right)+c^2\left(c-b-a\right)-c\left(b-c\right)\left(a-c\right)\)

\(=3abc+a^3-a^2b-a^2c+b^3-b^2a-b^2c+c^3-c^2b-c^2a-\left(abc-bc^2-c^2a+c^3\right)\)

\(=2abc+a^3-a^2b-a^2c+b^3-b^2c-b^2a\)

\(=\left(a^3+a^2b-a^2c\right)-\left(2a^2b+2ab^2-2abc\right)+\left(ab^2+b^3-b^2c\right)\)

\(=a^2\left(a+b-c\right)-2ab\left(a+b-c\right)+b^2\left(a+b-c\right)\)

\(=\left(a+b-c\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\)

\(=\left(a+b-c\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\)

\(ab+bc+ca=1\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge\sqrt{3}\\a^2+b^2+c^2\ge1\end{cases}}\)

\(\left(a-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a\le\frac{\sqrt{3}}{2}a^2+\frac{\sqrt{3}}{6}\)

\(P=\Sigma\frac{a^2\left(1-2b\right)^2}{b\left(1-2b\right)}\ge\frac{\left(a+b+c-2\right)^2}{\left(a+b+c\right)-2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\frac{\left(a+b+c-2\right)^2}{\frac{\sqrt{3}-4}{2}\Sigma a^2+\frac{\sqrt{3}}{2}}\ge\sqrt{3}-2\)

\(VT=a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\left(a+\frac{1}{2a}\right)+\left(b+\frac{1}{2b}\right)+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}\)

để ý \(1=a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow ab\le\frac{1}{2}\)

  \(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}\ge2\sqrt{\frac{1}{4ab}}\ge2\sqrt{\frac{1}{2}}\)

\(a+\frac{1}{2a}\ge2\sqrt{\frac{1}{2}}\)

\(b+\frac{1}{2b}\ge2\sqrt{\frac{1}{2}}\)

+ 3 vế  thì ta được   \(VT\ge6\sqrt{\frac{1}{2}}\) dấu = khi \(\frac{1}{2a}=\frac{1}{2b}....a=\frac{1}{2a}....b=\frac{1}{2b}\)