Bài toán: Cho a,b,c $\ge 0$.Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a}{b+c}+2 \sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}} \ge 2$

Bài toán: Cho a,b,c $\ge 0$.Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a}{b+c}+2 \sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}} \ge 2$

3b)

Do $0 \le \sqrt{a+b} \le 1$

$\sqrt{a+b} \ge a+b$

Tương tự $\sqrt{b+c} \ge b+c ;\sqrt{a+c} \ge a+c$

$\Rightarrow VT \ge 2(a+b+c)=2$

Cho $a;b;c>0$.Chứng minh rằng:

$\sqrt{(a+b+c)^3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 3\sqrt{3}(ab+bc+ac)$

Bài này nếu GTNN là 1 thì đề sai rồi.Thử đi

$a=0,8;b=0,9;c=\frac{114}{85}$

Đề bài phải là $x;y;z \ge 0$ chứ bạn

Không biết lí luận như thế này có được không ?
Muốn phương trình có nghiệm nguyên

$\Longrightarrow \Delta$ là số chính phương

$\Rightarrow $ Phương trình sẽ có hai nghiệm nguyên

Theo định lí Vi-et,ta có:

$x_1+x_2=a$ mà $x_1;x_2$ nguyên $\rightarrow a$ nguyên

Cho $$0 \leq a \leq 1$$

Tìm min và max của $$A = \frac{a}{2-a} + \frac{1-a}{1+a}$$

Hình như bài này có min thôi chứ không có max.

Min thì bạn làm như sau:

Ta có $A-\frac{2}{3}=\frac{2(2a-1)^2}{(2-a)(a+1)} \ge 0$ (do $0 \le a \le 1$)

Do vậy $A \ge \frac{2}{3}$ hay $A_{min}=\frac{2}{3} \longleftrightarrow a =0,5$

 

Công ba phương trình lại ta được:

$x^3+y^3+x^2(y+z)+y^3+z^3+y^2(z+x) + z^3+x^3+z^2(x+y)-3xyz=0$

$\Longrightarrow (x+y+z)(\sum 2x^2 -\sum xy)=0$

Từ đây ta suy ra được:

$x+y+z=0$ hoặc $x=y=z=0$ (loại)

Với $x+y+z=0$ ta có:

$\left\{\begin{matrix} y^{3}=xyz+14\\ z^{3} = xyz-21\\x^{3}= xyz+7 \end{matrix}\right.$

$\Longrightarrow y^3-14=z^3+21=x^3-7=xyz$

...

Nhân 3 phương trình của hệ màu đỏ lại với nhau,ta được:

$(xyz)^3=(xyz-21)(xyz+7)(xyz+14)$

Tới đây bạn sẽ tìm được $xyz=-6$

Lại thay vào hệ đỏ,ta tìm được $x;y;z$

Theo BDT Cô si ta có $(\frac{a^{2}}{b}+b)+(\frac{b^{2}}{c}+c)+(\frac{c^{2}}{a}+a)\geq 2a+2b+2c$

 suy ra: $2\sum \frac{a^{2}}{b}\geq \sum \frac{a^{2}}{b}+\sum a$

suy ra: $2\sum \frac{a^{2}}{b}\geq (\frac{a^{2}-ab+b^{2}}{b}+b)+(\frac{b^{2}-bc+c^{2}}{c}+c)+(\frac{c^{2}-ca+a^{2}}{a}+a)$  (1)

áp dụng BDT Cô si ta có:

    VP(1)$\geq 2\sum \sqrt{a^{2}-ab+b^{2}}$

 ta có dpcm đẳng thức xảy ra khi a=b=c

P/s: bài này trong tạp chí toán học và tuổi trẻ

Số nào vậy bạn ???

Cho $a;b;c >0$ Chứng minh rằng:
$$\sum \frac{a^2}{b} \ge \sum \sqrt{a^2-ab+b^2}$$

Giải hệ pt

 

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}+x^{2}(y+z)=xyz+14\\ y^{3}+z^{3}+y^{2}(z+x) = xyz-21\\ z^{3}+x^{3}+z^{2}(x+y)= xyz+7 \end{matrix}\right.$

Công ba phương trình lại ta được:

$x^3+y^3+x^2(y+z)+y^3+z^3+y^2(z+x) + z^3+x^3+z^2(x+y)-3xyz=0$

$\Longrightarrow (x+y+z)(\sum 2x^2 -\sum xy)=0$

Từ đây ta suy ra được:

$x+y+z=0$ hoặc $x=y=z=0$ (loại)

Với $x+y+z=0$ ta có:

$\left\{\begin{matrix} y^{3}=xyz+14\\ z^{3} = xyz-21\\x^{3}= xyz+7 \end{matrix}\right.$

$\Longrightarrow y^3-14=z^3+21=x^3-7=xyz$

...

ta có x,y,z phải khác 0

nếu x=y thì hiển  nhiên ta có x=y=z  và khi đó ta có đẳng thức với mọi a

nếu x,y,z đôi một khác nhau

$\frac{xy+1}{y}=\frac{yz+1}{z}=\frac{zx+1}{x}=\frac{(x-z)y}{y-z}=\frac{(y-x)z}{z-x}=\frac{(z-y)x}{x-y}=a\Rightarrow yz=zx=yx=a^2$

vô lý vì x,y,z đôi một khác nhau và khác 0

Khi $x=y=z$ thì

$x+\frac{1}{x}=a$

$\Rightarrow |a| \ge 2$ hay $a \le -2$ hoặc $a \ge 2$

Với $x=1;0;-1$ ta được:

$\left\{\begin{matrix}
a+b+c=m^2(1)\\c=l^2 (2)
\\ a-b+c=k^2 (3)
\end{matrix}\right.$

Từ hệ đó ta dễ thấy:

$c \in \mathbb{Z}$ và

Trừ vế theo vế phương trình (1) và (3) ta được:

$2b=m^2-k^2$

Do $VT$ chia hết cho 2 nên $m^2-k^2$ cũng phải chia hết cho hai

Mặt khác ta lại có $m^2-k^2=(m-k)(m+k)$,do $m+k$ và $m-k$ là hai số cùng chẵn nên

$\Rightarrow m^2-k^2$ chia hết cho 4 hay 2b chia hết cho 4 $\Rightarrow b$ chia hết cho 2 và $b$ cũng nguyên

$\Rightarrow a$ cũng nguyện

Tóm lại ta có đpcm

Cho $x;y;z$ là các số thực thỏa mãn:

$x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z}=z+\frac{1}{x}=a$

Tìm các giả trị của $a$ để thỏa mãn bài toán

Lấy $3(2)-(1)$ ta có:

$(x-3y-3)(x+y-1)=0$

Phân tích thành:

$(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac).\sum \frac{ab(a-b)^2}{(b+c)(c+a)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \ge 0$

Bạn xem thử cái này.Xem kĩ vào nhá,có vài cái không phải của THCS nhưng còn lại thì rất hay đấy

Đề bài này có bị sao không chớ min thì không phải là $\frac{3}{2}$ vì mình đã thử rồi.

Bạn áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho
$\sum a . \sum \frac{a}{(a+ab+1)^2} \ge (\sum \frac{a}{a+ab+1})^2$

Mà ta luôn có với $abc =1$ thì
$\sum \frac{a}{a+ab+1} =1$

$\Rightarrow \sum a . \sum \frac{a}{(a+ab+1)^2} \ge 1$

Tương đương với đpcm

Mình làm thế này, mong mọi người cùng chữa.

Giải:

Đầu tiên ta đi C/m $B=a^2+b^2+c^2\leq 14$.

Đặt $x=a-2;y=b-2;z=c-2$ $\Rightarrow x+y+z=0$ $\Rightarrow$ Tồn tại 2 trong 3 số cùng dấu.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x$ và $y$ $\Rightarrow 2xy\geq 0$

Vì $a,b,c \in [1;3]\Rightarrow x,y,z \in [-1;1]$$\Rightarrow z^2\leq 1$

Ta có:

$B= (x+2)^2+(y+2)^2+(z+2)^2= (x^2+y^2+z^2)+4(x+y+z)+12= x^2+y^2+z^2+12\leq (x^2+2xy+y^2)+z^2+12\leq $$ (x+y)^2+z^2+12\leq 2z^2+12$$\leq 2+12=14$

$\Rightarrow x^2+y^2+z^2\leq 2$

Ta xét 

$A= (x+2)^3+(y+2)^3+(z+2)^3= (x^3+y^3+z^3)+6(x^2+y^2+z^2)+12(x+y+z)+24= 3xyz+6(x^2+y^2+z^2)+24\leq 0+6.2+24=36$ (Do $0=x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\Leftrightarrow xyz\leq 0$)

Vậy Max $A=36$. Dấu $"="$ $\Leftrightarrow x=1;y=2;z=3$ và các hoán vị

P/s: Hình như có vấn đề? 

ê Việt Hoàng: Đề bài yêu cầu tìm max mà bạn!

Ờ nhầm

Cho mình hỏi hai chỗ này.
Cái chỗ cuối $x;y;z$ đâu có >0 đâu mà áp dụng BĐT AM-GM

đề bài đã cho $(3-2x),(3-2y),(3-2z)\geq 0$ đâu mà áp dụng Cauchy hả bạn?71
Nếu mà biến đổi để ra đến dòng thứ ba thì phải áp dụng BĐT Schur:
$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

 mình nghĩ là để sử dụng AM-GM thì 3 số phải dương....đâu có chắc là 3-2x,3-2y hay 3-2z dương ?

 bất đẳng thức trên hoàn toàn đúng vì ta có BĐT sau đây:

$a^3+b^3+c^3 \ge 3abc$ với $a+b+c \ge 0$

Ừ nhỉ, để mình kt lại đã. 

Nhớ không lầm bài này chỉ đúng với $k=\dfrac{n(n+1)}{2}$ thôi thì phải.Cách chứng minh là tách hệ số ra sài AM-GM sao cho $A \le \dfrac{(x+y)^k}{2^{k-1}}$

Giải:

Dùng phương pháp qui nạp

Hiển nhiên BĐT đúng với $n=2$.

Giả sử BĐT đúng với $n=k$ $\Rightarrow x^ky^k(x^k+y^k)\leq 2$

Ta sẽ đi chứng minh BĐT đúng với $n=k+1$ $\Leftrightarrow x^{k+1}y^{k+1}(x^{k+1}+y^{k+1})\leq 2$

$\Leftrightarrow x^ky^kxy(x^kx+y^ky)\leq 2$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:

$x^kx+y^ky\leq \sqrt{(x^{2k}+y^{2k})(x^2+y^2)}$

$\Rightarrow x^ky^kxy(x^kx+y^ky)\leq x^ky^kxy\sqrt{(x^{2k}+y^{2k})(x^2+y^2)}= \sqrt{(x^k)^2(y^k)^2[(x^k)^2+(y^k)^2]x^2y^2(x^2+y^2)}\leq \sqrt{2.2}=2$ 

Vậy BĐT đúng với $n=k+1$ $\Rightarrow$ Đpcm.

Sao mình thử với $x=0,98;y=1.02;k=4$ thì bất đẳng thức ngược chiều.

Cho $a;b; \in N^*$ và $(a^2+b^2) \vdots (ab-1)$.Tính : $\dfrac{a^2+b^2}{ab-1}$