Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Ta có:
$2(a^3+b^3+c^3)-(a^2b+b^2c+c^2a)-3 \le 2(a^2+b^2+c^2)-(a^2b+b^2c+c^2a)-3$
$=(a^2+b^2+c^2)+a^2(1-b)+b^2(1-c)+c^2(1-a)-3$
$ \le a+b+c+a(1-b )+b(1-c)+c(1-a)-3$
$=-[(a-1)(b-1)+(b-1)(c-1)+(c-1)(a-1)] \le 0$
Vì vậy mà $ 2(a^3+b^3+c^3)-(a^2b+b^2c+c^2a) \le 3$
Đẳng thức $(a;b;c)=(1;1;1);(1;1;0)$ và các hoán vị

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Giải hệ $\begin{cases}2x^3+y^2=17 \\y^3+y+4x^2+8x=34 \end{cases}$

Chứng minh rằng với $ \frac{3}{2} \ge x \ge 0$ thì với mọi tam giác ABC có 3 cạnh $a;b;c$ sao cho $xa;c.cosC;xb $ theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì ta luôn có:
$1 \ge cosC \ge \sqrt{\frac{9}{16}-\frac{x^2}{4}}-\frac{1}{4}$    hoặc:  $-1 \le cosC \le -\sqrt{\frac{9}{16}-\frac{x^2}{4}}-\frac{1}{4}$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

BDT trên đúng!
Sử dụng BDT AM-GM (cô-si đó) cho 3 số ta có:
$(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+xz)^2 \le (\dfrac{(x+y+z)^2}{3})^3=\dfrac{(x+y+z)^6}{27}$
Do đó $VP \le \dfrac{3( x+y+z)^6x^2y^2z^2}{(xy+yz+xz)^2}$
Mà $VT \ge (x+y+z)^4.\dfrac{(xy+yz+xz)^2 }{3}$
Do đó ta chỉ cần:
$ (x+y+z)^4.\dfrac{(xy+yz+xz)^2 }{3} \ge \dfrac{3( x+y+z)^6x^2y^2z^2}{(xy+yz+xz)^2}$
$\Leftrightarrow (xy+yz+xz)^2 \ge 3xyz(x+y+z)$ 
$ \Leftrightarrow (xy-yz)^2+(yz-xz)^2+(xz-xy)^2 \ge 0$
Ta có dpcm. 

Sử dụng BDT Jensen mở rộng.Đại khái như sau:
$f(x)$ liên tục khả vi trên $I$  và $f''(x)>0 \forall x \in I$ thì với $x_1;x_2;...;x_n \in I$ ta luôn có:
$$f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n) \ge nf(\sqrt[n]{x_1x_2...x_n})$$
(Chứng minh tương tự ở đây http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113703/bai-nay-kho-qua-co-anh-nao-giup-em-dc-k)
 BDT đã cho tương đương với:
$$\sqrt[m]{\frac{1}{1+\frac{n^m-1}{a_1}}}+...+ \sqrt[m]{\frac{1}{1+\frac{n^m-1}{a_n}}} \ge 1$$
Đặt: $x_1= \frac{n^m-1}{a_1};...;x_n=\frac{n^m-1}{a_n}$.Khi đó ta có: $x_1.....x_n=(n^m-1)^n$
 Xét hàm số $f(x)=\sqrt[m]{\frac{1}{1+x}}$ trên $[0;+\infty]$
$$f''(x)= (\frac{1}{m^2}+\frac{1}{m})(\frac{1}{\sqrt[m]{(1+x)^{2m+1}}})>0$$
Do đó theo Jensen  ta có: $f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n) \ge nf(\sqrt[n]{x_1x_2...x_n})=1$
Ta có dpcm. 

Gọi $n$ là số quả cầu trên 1 cạnh đáy của hình chóp đó.
Khi đó tổng số quả cầu dưới đáy là: $\dfrac{n(n+1)}{2}$
Tổng số quả cầu trong hình chóp là: $\dfrac{1+2^2+...+n^2+1+2+..+n}{2}=120 \Leftrightarrow \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\dfrac{n(n+1)}{2}=240 \Leftrightarrow n=8$ 
$\Rightarrow$ số quả cầu ở đáy là :$36$ 

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Xét số 1 ở đầu (hàng nghìn ấy).Số cách sẽ là $3!C_5^3$
Số 1 ở các vị trí còn lại số các là : 3.(4.4.3)
Vậy số cách là $3!C_5^3+3(4.4.3)=154$ 

Đây gọi là tính chất của hàm lồi.Đề bài thiếu điều kiện là hàm $f(x)$ phải liên tục và khả vi nữa.