Chùm bài tập chứng minh BĐT chứa biến ở mẫu

$194)$ Cho $a;b;c>0$. Cmr: $\sum \frac{2a^3}{a^6+bc}\leq \sum \frac{a}{bc}$

$201)$ Cho $a;b;c>0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=1$. Cmr: $\sum \frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}\geq 3\sum ab-2$

 

 

194,

Ta có : $\sum \frac{2a^{3}}{a^{6}+bc}\leqslant \sum \frac{2a^{3}}{2a^{3}\sqrt{bc}}= \sum \frac{1}{\sqrt{bc}}(1)$

Áp dụng BĐT cô si ta có : 

$(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca})+(\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab})\geqslant 2(\frac{1}{c}+\frac{1}{a})\geqslant \frac{4}{\sqrt{ac}}$

Chứng minh tương tự ta sẽ được : 

$4\sum \frac{a}{bc}\geqslant\sum \frac{4}{\sqrt{ab}}\Rightarrow \sum \frac{a}{bc}\geqslant \sum \frac{1}{\sqrt{bc}}(2)$

Từ (1) và (2) ta được đpcm

201, 

Áp dụng BĐT cô si ta có : 

$\sum \frac{a^{5}+b^{5}}{ab(a+b)}+2= \sum \frac{(a^{3}+b^{3})(a^{2}+b^{2})-a^{2}b^{2}(a+b)}{ab(a+b)}+2\geqslant \sum \frac{ab(a+b)(a^{2}+b^{2})-a^{2}b^{2}(a+b)}{ab(a+b)}+2= \sum (a^{2}+b^{2})+2-ab= 4\sum a^{2}-\sum ab\geqslant 3\sum ab$

Vậy ta được đpcm

Tham khảo tại  đây

Giải hệ phương trình sau :

$\left\{\begin{matrix} 2x^{4}+x^{2}+\sqrt{x^{2}+2}=2y^{4}+y^{2}+\sqrt{2y^{2}+1}\\x^{4}+2y^{4}-2x^{2}+y^{2} -2=0 \end{matrix}\right.$

Cho $x,y,z>0$ và  $xy+yz+xz=1$ cmr $\sum \frac{x}{1+yz}\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Dựa vào giả thiết bài toán ta có :

$(x+y+z)^{2}\geqslant 3(xy+yz+xz)= 3\Rightarrow x+y+z\geqslant \sqrt{3}$

$1=xy+yz+xz\geqslant 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\Rightarrow xyz\leqslant \frac{1}{3\sqrt{3}}$

Áp dụng  những điều trên và BĐT schwars ta có :

$\sum \frac{x}{1+yz}= \sum (x-\frac{xyz}{1+yz})=\sum x-\sum \frac{xyz}{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+yz}\geqslant \sum x-\sum (\frac{9}{16}xyz+\frac{x}{16})= \frac{15}{16}\sum x-\frac{27}{16}xyz\geqslant \frac{15}{16}.\sqrt{3}-\frac{27}{16}.\frac{1}{3\sqrt{3}}= \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Vậy ta được đpcm

$CMR \forall a,b,c> 0:\sum \frac{a^{2}}{a+b}+\frac{1}{2}\sum ab\geqslant a+b+c$

BĐT sai nếu thay $a=0,2$ , $b=0.3$ , $c=0.4$

1/cho a,b,c,d>0.cmr $\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{d^2}+\frac{d^2}{a^2}\geq \frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}$

 

Áp dụng BĐT cô si ta có :

$\left\{\begin{matrix} \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{a}{c}+\frac{b}{d}+1\geqslant \frac{4a}{\sqrt[4]{abcd}}\\ \frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{b}{d}+\frac{c}{a}+1\geqslant \frac{4b}{\sqrt[4]{abcd}} \\ \frac{c^{2}}{d^{2}}+\frac{c}{a}+\frac{d}{b}+1\geqslant \frac{4c}{\sqrt[4]{abcd}} \\ \frac{d^{2}}{a^{2}}+\frac{d}{b}+\frac{a}{c}+1\geqslant \frac{4d}{\sqrt[4]{abcd}} \end{matrix}\right.$

Cộng theo vế ta được :

$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+2(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{d}{b}+\frac{b}{d})+4\geqslant \frac{4(a+b+c+d)}{\sqrt[4]{abcd}}(1)$

Dựa vào BĐT cô si ta lại có :

$(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}})+(\frac{c^{2}}{d^{2}}+\frac{d^{2}}{a^{2}})+(\frac{d^{2}}{a^{2}}+\frac{a^{2}}{b^{2}})+(\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}})\geqslant 2(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{d}+\frac{d}{b})(2)$

$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}\geqslant 4(3)$

Từ (1) , (2) và (3)  ta được đpcm

Biết rằng $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ , trong đó giả thiết $ad\neq 0$

Đặt :

 $\alpha =max\begin{Bmatrix} \begin{vmatrix} \frac{b}{a} \end{vmatrix},\begin{vmatrix} \frac{c}{a} \end{vmatrix},\begin{vmatrix} \frac{d}{a} \end{vmatrix} \end{Bmatrix}$

$\beta  =max\begin{Bmatrix} \begin{vmatrix} \frac{a}{d} \end{vmatrix},\begin{vmatrix} \frac{b}{d} \end{vmatrix},\begin{vmatrix} \frac{c}{d} \end{vmatrix} \end{Bmatrix}$

Chứng minh rằng : 

$\frac{1}{1+\beta }\leq \begin{vmatrix} x \end{vmatrix}\leq 1+\alpha$

Giải các phương trình sau : 

a, $x-\sqrt{x-1}-(x-1)\sqrt{x}+\sqrt{x^{2}-x}=0$

b, $\sqrt{x+\sqrt{x^{2}-x+1}}-\sqrt{x+1+\sqrt{x^{2}+x+1}}=1$

Cho a,b,c >0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh rằng :

$(a+b)(b+c)(a+c)+\frac{72}{\sqrt{a+b+c+1}}\geqslant 44$

Câu 6: Cho a,b,c>0; a+b+c=1
CMR: $\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}\leq \frac{3}{2}$

Áp dụng BĐT cô si ta có :

$\sum \sqrt{\frac{ab}{c+ab}}= \sum \sqrt{\frac{ab}{c(a+b+c)+ab}}\leqslant \sum \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}\leqslant \sum \frac{1}{2} (\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c})=  \frac{1}{2}(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a})= \frac{3}{2}$

Vậy ta được đpcm

Cho $x, y, z, t$ là các số thực dương thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=4$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : $\mathbb{P} =\frac{x^{2}}{\sqrt{y}}+ \frac{y^{2}}{\sqrt{z}}+ \frac{z^{2}}{\sqrt{t}}+\frac{t^{2}}{\sqrt{x}}$

 

Áp dụng BĐT schwars ta có :

$\sum \frac{x^{2}}{\sqrt{y}}=\sum \frac{x^{4}}{x^{2}\sqrt{y}}\geqslant \sum \frac{4x^{4}}{x^{2}+x^{2}+x^{2}+x^{2}y^{2}}\geqslant \frac{4(\sum x^{2})^{2}}{3\sum x^{2}+\sum x^{2}y^{2}}\geqslant \frac{4(\sum x^{2})^{2}}{3\sum x^{2}+\frac{(\sum x^{2})^{2}}{4}}= \frac{64}{12+4}=4$

Vậy $MinP=4$ và dấu bằng xảy ra khi x=y=z=t=1

1, Cho a, b, c>0. Chứng minh

$\frac{1}{b(b+a)}+\frac{1}{c(c+b)}+\frac{1}{a(a+c)}\geq \frac{9}{2(ab+bc+ca)}$

 

Áp dụng BĐT buniacốpski ta có :

$(\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(c+b)}+\frac{1}{a(a+c)})(c(a+b)+a(c+b)+b(a+c))\geqslant (\sqrt{\frac{c}{b}}+\sqrt{\frac{a}{c}}+\sqrt{\frac{b}{a}})^{2}\geqslant 9$

$\Rightarrow \sum \frac{1}{b(b+a)}\geqslant \frac{9}{2(ab+bc+ac)}$

Vậy ta được đpcm

Cho $a,b,c>0$. CMR:

$a^3b^2c+\frac{c^2}{b^2}+\frac{b}{ac^2}\geq ab+ac+1$

Áp dụng BĐT cô si ta có :

$a^{3}b^{2}c+\frac{c^{2}}{b^{2}}+1\geqslant 3ac(1)$

$a^{3}b^{2}c+\frac{b}{ac^{2}}+ac\geqslant 3ab(2)$

$ab+\frac{c^{2}}{b^{2}}+\frac{b}{ac^{2}}\geqslant 3 (3)$

Cộng (1) (2) và (3) lại ta được đpcm

Áp dụng BĐT cô si ta có :

$\sum ab(a+b)\geqslant \sum 2\sqrt{a^{3}b^{3}}\geqslant 3\sqrt[3]{2^{3}.\sqrt{a^{6}b^{6}c^{6}}}= 6abc$

Từ đó suy ra :

$3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(a+c)}=3\sqrt[3]{\sum ab(a+b)+2abc}\leqslant 3\sqrt[3]{\sum ab(a+b)+\frac{1}{3}\sum ab(a+b)}= 3\sqrt[3]{\frac{4}{3}\sum ab(a+b)}$

Vậy từ việc chứng minh BĐT mà đề bài yêu cầu ta dẫn đến chứng minh BĐT sau :

$\sum ab(a+b)\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{4}{3}\sum ab(a+b)}$ 

$\Leftrightarrow \sum ab(a+b)\geqslant 6 $

 Áp dụng bđt cô si ta có :

$\sum (ab(a+b)+1)\geqslant \sum (\sqrt{a^{3}b^{3}}+\sqrt{a^{3}b^{3}}+1)\geqslant \sum 3\sqrt[6]{a^{6}b^{6}}=\sum 3ab= 9$

$\Rightarrow \sum ab(a+b)\geqslant 6$

Vậy ta được đpcm

 

4)Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $xyz=2$. Chứng minh:

$x^{3}+y^3+z^3\geq x\sqrt{y+z}+y\sqrt{z+x}+z\sqrt{x+y}$

 

8)Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=\sqrt{abc}$. Chứng minh:

$ab+bc+ca\geq 9(a+b+c)$

 

Câu 4 :

Áp dụng BĐT : $a^{3}+b^{3}\geqslant ab(a+b)$ .

Ta có : $2a^{3}+b^{3}+c^{3}\geqslant a^{3}+bc(b+c)\geqslant 2\sqrt{2a^{3}bc(b+c)}=4a\sqrt{b+c}$

Chứng minh tương tự ta có :

$4\sum a^{3}\geqslant 4\sum a\sqrt{b+c}\Rightarrow \sum a^{3}\geqslant \sum a\sqrt{b+c}$

Vậy ta đpcm

Câu 8:

ta có :

$\sum ab+9\sum a= \sum (ab+9c)\geqslant 18\sqrt{abc}(1)$

Mà ta lại có : a+b+c=abc nên từ (1) suy ra:

$\sum ab\geqslant 9(a+b+c)$

Vậy ta được đpcm

 

6)Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh:

$x^2y+y^2z+z^2x\geq xy+yz+zx$

Áp dụng BĐT cô si ta có :

$x^{2}y+x^{2}y+y^{2}z\geqslant 3\sqrt[3]{x^{4}y^{4}z}= 3\sqrt[3]{x^{3}y^{3}}=3xy$

Chứng minh tương tự ta có :

$3\sum x^{2}y\geqslant 3\sum xy\Rightarrow \sum x^{2}y\geqslant \sum xy$

Vậy ta được đpcm

Cho a, b, c $>$0, chứng minh $\frac{a}{(b+c)^{2}}+\frac{b}{(c+a)^{2}}+\frac{c}{(a+b)^{2}}\geq \frac{9}{4(a+b+c)}$

Áp dụng BĐT schwars ta có :

$\sum \frac{a}{b+c}= \sum \frac{a^{2}}{ab+ac}\geqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ac)}\geqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{\frac{2}{3}(a+b+c)^{2}}=\frac{3}{2}$

Áp dụng BĐT trên vào bài toán ta có :

$\sum \frac{a}{(b+c)^{2}}= \sum \frac{(\frac{a}{b+c})^{2}}{a}\geqslant \frac{(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b})^{2}}{a+b+c}\geqslant \frac{9}{4(a+b+c)}$

Vậy ta được đpcm

Cách 2 :

Áp dụng BĐT cô si ta có :

$\sum (a^{2}+1)\geqslant 2\sum a= 6\Rightarrow \sum a^{2}\geqslant 3$

$a+b+c=3\geqslant 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow 1\geqslant abc$

Áp dụng vào bài toán ta có :

$\sum \frac{a^{3}}{a+bc}= \sum (a^{2}-\frac{a^{2}bc}{a+bc})\geqslant \sum (a^{2}-\frac{a^{2}bc}{2\sqrt{abc}})= \sum (a^{2}-\frac{\sqrt{a^{3}bc}}{2})\geqslant \sum (a^{2}-\frac{a^{2}}{4}-\frac{abc}{4})= \sum \frac{3a^{2}}{4}-\frac{3abc}{4}\geqslant \frac{9}{4}-\frac{3}{4}= \frac{3}{2}$

Cho $a,b,c> 0;a+b+c= 1$

CMR : $\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ac}{b+ac}+\frac{c-ab}{c+ab}\leq \frac{3}{2}$

1 cách nữa đây ! ( không biết có bị trùng ý tưởng không nữa   )

$\sum \frac{a-bc}{a+bc}= \sum \frac{(a-bc)(a+bc)}{(a+bc)^{2}}= \sum (\frac{a^{2}}{(a+bc)^{2}}-\frac{(bc)^{2}}{(a+bc)^{2}})= \sum (1-\frac{bc}{a+bc})^{2}-\sum \frac{(bc)^{2}}{(a+bc)^{2}}= \sum (1+\frac{(bc)^{2}}{(a+bc)^{2}}-\frac{2bc}{a+bc})-\sum (\frac{bc}{a+bc})^{2}= 3-\sum \frac{2bc}{a+bc}$

Vậy bây giờ ta cần chứng minh :

$\sum \frac{bc}{a+bc}\geqslant \frac{3}{4}$

Áp dụng BĐT schwars ta có :

$\sum \frac{bc}{a+bc}= \sum \frac{bc}{a^{2}+bc+ab+ac}= \sum \frac{(bc)^{2}}{abc(a+b+c)+(bc)^{2}}\geqslant \frac{(ab+bc+ac)^{2}}{(ab+bc+ac)^{2}+abc(a+b+c)}\geqslant \frac{(ab+bc+ac)^{2}}{(ab+bc+ac)^{2}+\frac{1}{3}(ab+bc+ac)^{2}}= \frac{3}{4}$ 

Từ đó ta được điều phải chứng minh

Cho a,b là những số dương. CMR: $a^3+4ab\geq 8b\sqrt{2.(a^2-2b)}$

Áp dụng BĐT cô si ta có :

$(a^{3}+4ab)^{2}+256b^{3}\geqslant 16a^{4}b+256b^{3}\geqslant 128a^{2}b^{2}$

$\Rightarrow (a^{3}+4ab)^{2}\geqslant 128b^{2}(a^{2}-2b)$

$\Rightarrow a^{3}+4ab\geqslant 8b\sqrt{2(a^{2}-2b)}$

Vậy ta được đpcm . Dấu bằng xảy ra khi a=b=4

 

2) Cho a, b, c, d > 0 thỏa mãn điều kiện $\sum a^{2}\geqslant 1$ . Chứng minh rằng: $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+d}+\frac{c^{2}}{d+a}+\frac{d^{2}}{a+b}\geq 1$

 

 

Áp dụng ĐK bài toán ta có : $\sum a^{2}\leqslant (\sum a^{2})^{2}$

Áp dụng BĐT schwars ta có :

$\sum \frac{a^{2}}{b+c}= \sum \frac{a^{4}}{a^{2}b+a^{2}c}\geqslant \sum \frac{4a^{4}}{4a^{2}b+4a^{2}c}\geqslant \sum \frac{2a^{4}}{2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+a^{2}}\geqslant \frac{2(\sum a^{2})}{2(a^{2}+c^{2})(b^{2}+d^{2})+4(a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2})+\sum a^{2}}\geqslant \frac{2(\sum a)^{2}}{2(a^{2}+c^{2})(b^{2}+d^{2})+(a^{2}+c^{2})^{2}+(b^{2}+d^{2})^{2}+\sum a^{2}}= \sum \frac{2(\sum a^{2})^{2}}{(\sum a^{2})^{2}+\sum a^{2}}\geqslant 1$

Vậy ta được đpcm 

Cũng có thể là vậy.....

nói về vấn đề này , anh từng ăn hành liên  tục hồi mới vào diễn đàn này , hình như tính ra thành " giáng long thập bát chưởng " ấy chứ , nhưng anh vẫn bám trụ đấy thôi

Về việc ban nick em nên suy nghĩ lại thì hơn

P/s : anh nghĩ với các thành viên có đóng góp nhiều và on thường xuyên thì nên nhẹ tay một chút  Việt Hoàng ạ , anh cũng từng ăn cả rổ hành rồi nên biết cảm giác ấy nó thế nào rồi , ngán phải biết   

Em nghĩ cần thiết là phải thế đó anh. Mong BQT chấp nhận lời khẩn cầu của em... Em xin cảm ơn trước.....

Lý do có thể là do bạn ấy bị các mod cho " ăn hành" khá nhiều nên đâm ra chán , muốn từ bỏ 

http://diendantoanho...abcabbccageq-2/
Các ĐHV cho mình hỏi vì sao topic này tiêu đề chuẩn nhưng lí do bị khóa là cách đặt tiêu đề không đúng nhỉ? Cám ơn trước 
Nếu đúng các bạn có thể mở khóa lại để mọi người cùng thảo luận.

Mình mở lại rồi đó , cách đặt tiêu đề của bạn như thế là đúng rồi và mình cũng không biết lí do bài đó bị khóa vì đơn giản mình không phải là người khóa 

nhưng dù sao cảm ơn vì bạn đã thông báo 

Cho $a,b>0 và a+b=1

Cmr:\frac{1}{a^4+b^4}+\frac{2}{(ab)^2}\geq 40$

Áp dụng BĐT schwars ta có :

$\frac{1}{a^{4}+b^{4}}+\frac{2}{a^{2}b^{2}}= \frac{1}{a^{4}+b^{4}}+\frac{1}{2a^{2}b^{2}}+\frac{3}{2a^{2}b^{2} }\geqslant \frac{4}{(a^{2}+b^{2})^{2}}+\frac{1}{a^{2}b^{2}}+\frac{1}{2a^{2}b^{2}}\geqslant \frac{1}{2}(\frac{2}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{ab})^{2}+\frac{1}{2a^{2}b^{2}}\geqslant \frac{1}{2}\frac{(2\sqrt{2})^{4}}{(a+b)^{4}}+\frac{8}{(a+b)^{4}}=32+8=40$

Vậy ta được đpcm

P/s: fix lại đề bài toán đi bạn ơi , không hiện được latex kìa