Nếu $a,b,c$ là các số thực phân biệt (không có đk không âm), có thể giải theo cách sau:

$Vt=\sum \frac{a^2+b^2}{(a-b)^2}+\sum (\frac{c}{a-b})^2=M+N$

Ta có

$2M=\sum \frac{2(a^2+b^2)}{(a-b)^2}=\sum \frac{(a+b)^2+(a-b)^2}{(a-b)^2}=\sum (\frac{a+b}{a-b})^2+3$

Nếu đặt $(\frac{a+b}{a-b},...)=(x,y,z)$

Ta có đẳng thức là : $xy+yz+xz=-1$

Khi đó $\sum (\frac{a+b}{a-b})^2=x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+xz)\geqslant -2(xy+yz+xz)=2$

Do đó $2M\geqslant 2+3=5\rightarrow M\geqslant \frac{5}{2}$

$N=\sum (\frac{c}{a-b})^2$

Tương tự như cách tìm GTNN của $M$ ta cũng thu được $N\geqslant 2$

Do đó $Vt\geqslant \frac{9}{2}$

Cho a,b,c là số thực đôi một khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

 

$(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2})$

Bài này phải thay bằng $a,b,c$ là các số thực không âm

Khi đó $BT\geqslant (a^2+b^2)(\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})=P$

Chuẩn hóa $b=1$. Cần tìm min $P=(a^2+1)(\frac{1}{(a-1)^2}+\frac{1}{a^2}+1)=\frac{2}{a+\frac{1}{a}-2}+(a+\frac{1}{a})^2+1$

Đặt $a+\frac{1}{a}-2=t\geqslant 0$. $P=\frac{2}{t}+(t+2)^2+1$

Đến đây xét đạo hàm là được

---------------------------------------------------

P/s: bài này mình được biết qua một anh trên diễn đàn boxmath.vn

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn:$x+y+z=1$.Chứng minh rằng:$\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}\geq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

Ta có $Vt=\sum \frac{x^4}{x^2y}\geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2y+y^2z+z^2x}$ $(1)$

Áp dụng $AM-GM$:

$x^2+y^2+z^2=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)=\sum (x^3+xy^2)+\sum x^2y\geqslant 3(x^2y+y^2z+z^2x)$ $(2)$

Từ $(1),(2)\Rightarrow \sum \frac{x^2}{y}\geqslant 3(x^2+y^2+z^2)$

Dấu $=$ khi $3a=3b=3c=1$

 

b) $(a + b)(b + c)(c + a) \geq 4(a + b + c - 1)$

Một cách ngắn hơn cho câu $b)$

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)-4(a+b+c)+3\geqslant 0$

Có $ab+bc+ac\geqslant \sqrt{3abc(a+b+c)}=\sqrt{3(a+b+c)}$.

Ta sẽ đi chứng minh BDT mạnh hơn là

$(a+b+c)\sqrt{3(a+b+c)}-4(a+b+c)+3\geqslant 0$ $(*)$

Nếu đặt $\sqrt{3(a+b+c}=t$ ( $t\geqslant 3$)

$(*)\Leftrightarrow t^3-4t^2+9\geqslant 0\Leftrightarrow (t-3)(t^2-t-3)\geqslant 0$ (luôn đúng với $t\geqslant 3$)

Cho ba số a,b,c là các số thực dương

CMR

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^{2}\geq \frac{3}{2}(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b})$

 

bài này mình đổi biến nhưng thấy nó dài, ai nghĩ được cách j hay hay nhào zô , càng xúc tích càng hay

Cách khác: Sử dụng $AM-GM$

$\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^2}{b^2}+\frac{b}{a}\geqslant \frac{3a}{b}$

Tương tự và cộng theo vế thu được:

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

(đpcm)

------------------------------------------------------

P/s: đề nghị sửa lại tiêu đề

Dựa vào điều kiện bài toán ta có : $a+b+c=3\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow 1\geq abc$

Áp dụng BĐT schwarz ta có :

 

$\sum \frac{a}{ab+1}\geq \sum \frac{a}{ab+abc}$ $= \sum \frac{1}{b+bc}\geq \frac{9}{\sum a+\sum ab}\geq \frac{9}{\sum a+\frac{(\sum a)^{2}}{3}}= \frac{3}{2}$

 

Vậy ta được đpcm

BĐT này sai rồi anh $1\geqslant abc$ thì chỗ đó phải chuyển thành $\leqslant $ chứ

cho 3 số a,b,c dương

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

(a+b+c=3)

Có $Vt=\sum (a-\frac{a^2b}{ab+1})=3-\sum \frac{a^2b}{ab+1}\geqslant 3-\sum \frac{\sqrt{a^3b}}{2}$

Đặt $(\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c})=(x,y,z)\rightarrow x^2+y^2+z^2=3$

Ta sẽ chứng minh $\sum \sqrt{a^3b}=\sum x^3y\leqslant 3=\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3}\Leftrightarrow 3\sum x^3y\leqslant (x^2+y^2+z^2)^2$

(BĐT này đã được chứng minh tại http://diendantoanho...3aleq-a2b2c22/)

Do đó $Vt\geqslant 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$ (đpcm)

Cho a,b,c dương. CMR:  
    $\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}$

Áp dụng BĐT BCS dạng cộng mẫu kết hợp BĐT Nesbit có

$(a+b+c)\left [ \frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2} \right ]\geqslant (\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^2\geqslant \frac{9}{4}$

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

bđt cần chứng minh tương $\sum \frac{1}{a+bc+2}\leq \frac{3}{4}$

và từ đây là đề tuyển sinh trường nào ở HN vừa rồi

ta có $\sum \frac{3}{3(a+bc+2)}=\frac{3}{3(a+bc+1)+3}\leq$ $\frac{3}{16} \sum(\frac{3}{a+bc+1}+\frac{1}{3})=\frac{3}{4}$

 

P/s:bạn sửa lại tiêu đề đi

 

NTP

Chú NTP bị nhầm phần biến đổi đỏ kia rồi. Không thể có đẳng thức đấy đâu

Ta có

$\frac{3}{16}\sum (\frac{3}{a+bc+1}+\frac{1}{3})\leqslant \frac{3}{16}\sum (\frac{3}{2\sqrt{abc}+1}+\frac{1}{3})=\frac{3}{4}$

Bài 1: Cho a,b,c dương thỏa $a+b+c=3$ CMR:

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

 

Bài 2: Cho a,b,c dương thỏa $ab+bc+ca=1$ CMR_

    $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \geq \frac{5}{2}$

Cách khác

Bài 1:

Từ giả thiết suy ra $abc\leqslant 1$

Áp dụng BĐT BCS dạng cộng mẫu:

$P=\sum\frac{a}{a+2bc}=\sum\frac{a^2}{a^2+2abc}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6abc}$

Để chứng minh được bài toán thì ta đi chứng minh $6abc\leqslant 2(ab+bc+ac)$ hay $3abc\leqslant ab+bc+ac$

Thật vậy $(ab+bc+ac)^2\geqslant 3abc(a+b+c)=9abc\geqslant 9(abc)^2\Rightarrow ab+bc+ac\geqslant 3abc$

Do đó có đpcm. Dấu $=$ khi $a=b=c=1$

Bài 2: BĐT cần chứng minh tương đương với

$\sum \frac{1}{(a+b)^2}+\sum \frac{2}{(a+b)(a+c)}=\sum\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{4(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geqslant \frac{25}{4}$

 Theo BĐT Iran 1996 thì:

$\sum \frac{1}{(a+b)^2}\geqslant \frac{9}{4(ab+bc+ac)}=\frac{9}{4}$ $(1)$

Và $\frac{4(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ac)}{\prod (a+b)}=\frac{4\left [ (a+b)(b+c)(c+a)+abc \right ]}{\prod (a+b)}\geqslant \frac{4\prod (a+b)}{\prod (a+b)}=4$ $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra đpcm

Dấu $=$ khi hoặc $a=b=1,c=0$

 

 

$\boxed{3}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$$\sqrt {{{8a{b^2}} \over {{{\left( {a + b} \right)}^3}}}}  + \sqrt {{{8b{c^2}} \over {{{\left( {b + c} \right)}^3}}}}  + \sqrt {{{8c{a^2}} \over {{{\left( {c + a} \right)}^3}}}}  \le 3$$

 

 

Mở màn bài 3 

Trước hết ta có BĐT là $a^3+b^3\geqslant ab(a+b)\rightarrow (a+b)^3\geqslant 4ab(a+b)$

Tương tự..... thu được

$Vt\leqslant \sum \sqrt{\frac{2b}{a+b}}$

Ta chứng minh $Vt\leqslant 3$. Bài toán này giống bài China MO đã xét ở trên

Nhầm rồi nhé, nếu đặt như vầy thì bđt cần CM tương đương với $3(x^3y^2+y^3z^2+z^3x^2)\leq (x^2+y^2+z^2)^2$ cơ mà

Mà $x^2+y^2+z^2=3$ (theo cách đặt)

Cho nên giảm đi $3$ (hay $x^2+y^2+z^2$ ) lần cả $2$ vế thì thành BĐT ban đầu

Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=3$. CMR:
$$ab\sqrt{a}+bc\sqrt{b}+ca\sqrt{c}\leq 3$$

Đặt $(a,b,c)=(x^2,y^2,z^2)\rightarrow x^2+y^2+z^2=3$

BĐT tương đương với $3(x^3y+y^3z+z^3x)\leqslant (x^2+y^2+z^2)^2$

Và bài này có ở đây

http://diendantoanho...c3aleq-a2b2c22/

  Chứng Minh BĐT khá quen thuộc sau:

                 $\prod (a+b)\geq \prod (c+ab)$

       Với $a+b+c=3$ và $a,b,c>0$

    P/s: Mọi người có càng nhìu cách càng tốt nhé...

Áp dụng BĐT $AM-GM$

$(c+ab)(a+bc)\leqslant (\frac{c+ab+a+bc}{2})^2=\left [ \frac{(a+c)(b+1)}{2} \right ]^2$

Làm tương tự với các số sau đó và nhân lại, rút gọn thu được:

$(a+bc)(b+ac)(c+ab)\leqslant \frac{(a+b)(b+c)(c+a)(a+1)(b+1)(c+1)}{8}$

Mà theo $AM-GM$ thì:

$(a+1)(b+1)(c+1)\leqslant (\frac{a+b+c+3}{3})^3=8\Rightarrow \prod (a+bc)\leqslant \prod (a+b)$

(đpcm)

Dấu $=$ khi $a=b=c=1$

 

Cho $x,y,z\in [1;4]$ thỏa mãn $x\geq y;x\geq z$

Tìm GTNN của P=$\frac{x}{2x+3y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}$

 

Tương tự bài ở đây

http://diendantoanho...cageq-frac2215/

Ta sẽ chứng minh tương tự và có $P\geqslant \frac{34}{33}$

Bạn có pp gì chỗ này không ? Chứ mình cũng có thể đặt khác mà !

Đặt thế để cho nó đơn giản biểu thức đi

Bạn chỉ sữ dụng chuẩn hoá với những bất đẳng thức thuần nhất, còn bài này không thuần nhất, nên không dùng được

 

Vậy nếu chuẩn hóa khái quát như cách này

http://diendantoanho...qrt3abc-right/?

thì có được không ạ?

với a,b,c$\geq 0$ và a+b+c=3.

CM: $\sum \frac{a^{2}}{a+2b^{2}}\geq 1$

Cách 2:

$Vt=P=\sum a-\sum \frac{2ab^2}{a+2b^2}\geqslant 3 -\frac{2}{3}\sum \sqrt[3]{a^2b^2}$

(do áp dụng $AM-GM$ cho $a+b^2+b^2\geqslant 3\sqrt[3]{ab^4}$)

Mặt khác theo BĐT Holder thì

 $(\sum \sqrt[3]{a^2b^2})^3\leqslant 3(ab+bc+ac)^2\leqslant 27\rightarrow \sum \sqrt[3]{a^2b^2}\leqslant 3\Rightarrow P\geqslant 3-2=1$

(đpcm)

cho $a,b,c>0$.CMR $3(a^3b+b^3c+c^3a)\leq (a^2+b^2+c^2)^2$

 

NTP

Không nhớ lắm nhưng đây hình như là BĐT Vasile gì gì đó, khá nổi tiếng. Có $2$ cách giải mà mình sưu tầm được

Cách $1$: Trừ $2$ vế cho nhau. BĐT tương đương

$\frac{1}{2}\sum (a^2-b^2-ab-ac+2bc)^2\geqslant 0$ (luôn đúng)

Cách $2$: Áp dụng BĐT quen thuộc là $(x+y+z)^2\geqslant 3(xy+yz+xz)$ thì

Đặt $(x,y,z)=(a^2+bc-ab,b^2+ac-bc,c^2+ab-ac)$

Thay vào và thực hiện khai triển trực tiếp thu được đpcm

Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca=3$ . Tìm $max$ $$P=\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}$$

Ta có $2P=\sum \frac{2}{a^2+b^2+2}=3-\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}$

Áp dụng BĐT S.Vac

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

Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\geqslant \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{(a^2+b^2+c^2)+\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}{a^2+b^2+c^2+3}\geqslant \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow 2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\geqslant a^2+b^2+c^2+9$. BĐT này luôn đúng vì theo Bunhiacopxki thì

$2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\geqslant 2\sum (b^2+ac)\geqslant a^2+b^2+c^2+3\sum ab=a^2+b^2+c^2+9$

Do đó $2P\leqslant 3-\frac{3}{2}\rightarrow P\leqslant \frac{3}{4}$

này đây liệu có được 10 like không ae?

 

Nhìn anh Són mang 1 vẻ đẹp tiềm ẩn và thánh thiện               

Cho $a,b,c> ;a+b+c=1$.Tìm min của:$\sum \frac{2-2c}{\sqrt{5c^2-2c+1}}$

Xem lại đề bài đi cậu, phải là tìm max chứ

$P=\frac{a}{b+c}+1+\frac{4b}{a+c}+4+\frac{9c}{a+b}+9-14=\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{b+c}+\frac{4}{a+c}+\frac{9}{a+b} \right )$

Áp dụng BĐT Bunhia cho 2 dãy:

$\sqrt{\frac{1}{b+c}},\sqrt{\frac{4}{a+c}},\sqrt{\frac{9}{a+b}}$ và $\sqrt{b+c},\sqrt{a+c},\sqrt{a+b}$

Ta có: $\left ( \frac{1}{b+c} + \frac{4}{a+c}+\frac{9}{a+b}\right )\left ( a+b+b+c+a+c \right )\geq \left ( 1+2+3 \right )^{2}\Rightarrow \left ( \frac{1}{b+c} + \frac{4}{a+c}+\frac{9}{a+b}\right )\geq \frac{18}{a+b+c}$

$P=(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{9}{b+c})-1-4-9$

Áp dụng Cauchy-Schawrt có: 

$\frac{1}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{9}{b+c}\geq \frac{(1+2+3)^2}{a+b+c}$

=> $P\geq 36$

Dạ haj anh chj cho em hỏj dấu = xảy ra khj nào ak

Cho $a,b,c>0$. Tìm max, min của biểu thức:

$P=\frac{a}{b+c}+\frac{4b}{c+a}+\frac{9c}{a+b}$

----------------------------------------------------------------------------------

P/s: Các thánh chém hộ mạnh mạnh nhé

 

2. $a^{5}+59a\vdots 30$

    $a^{5}+29a\vdots 30$

3. $a^{5}-5a^{3}+4a\vdots 120$

 

2.$A=a^5+59a=a^5-a+60a=a(a-1)(a+1)(a^2+1)+60a$

$a(a-1)(a+1)$ là tích $3$ số nguyên liên tiếp nên chia hết cho $6$

Mặt khác $A=a(a^2-1)(a^2+1)$

Mà một số chính phương chia cho $5$ dư $0,1,4$ nên $a^5-a$ chia hết cho $5$

Và $(5,6)=1$ nên $A$ chia hết cho $30$

Phần $b)$ tương tự

3. $C=a^5-5a^3+4a=a(a-1)(a+1)(a-2)(a+2)$ là tích $5$ số nguyên liên tiếp nên chia hết cho $3,5$

$C=a(a^2-1)(a^2-4)$ mà một số chính phương chia $8$ dư $0,1,4$ nên $C$ chia hết cho $8$

Do đó $C$ chia hết cho $120$