1, Cho $a,b,c \geq 0$ và $a^2+b^2+c^2=3$ 

Chứng minh $\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2} \leq 1$

2, Cho $a,b,c >0$ và thỏa mãn $a+b+c=1$

Chứng minh $2(a^3+b^3+c^3)+3(a^2+b^2+c^2)+12abc \geq \frac{5}{3}$

1, Quy đồng hết lên, kết quả tại đây.

Vì $a^2+b^2+c^2=3$ nên ta cần phải chứng minh bất đẳng thức tương đương sau:

$a^2c+b^2a+c^2b\leq abc+2$

Không mất tính tổng quát, giả sử: $c$ kẹp giữa: $a$ và $b$

Xét $2$ trường hợp: $a\geq c\geq b$ và ngược lại, ở đây chỉ xét $1$ cái.

Ta có: $a\geq c\geq b$

Suy ra: $(a-c)(c-b)\geq 0$

$\Leftrightarrow ac-ab-c^2+bc\geq 0$

$\Leftrightarrow ac+bc\geq ab+c^2$

$\Leftrightarrow abc+b^2c\geq ab^2+bc^2$

Ta cần chứng minh: $2-b^2c\geq a^2c$ $(1)$

thì cộng vế theo về $2$ bất đẳng thức trên được ĐPCM.

Thật vậy: $(1)\Leftrightarrow 2\geq c(a^2+b^2)=c(3-c^2)$

$\Leftrightarrow (c+2)(c-1)^2\geq 0$

Luôn đúng.

Vậy bđt được chứng minh

Giải phương trình : $x^{4}+x^{2}-6x+1=0$

PT $\Leftrightarrow x^4+4x^2+4=3x^2+6x+3$

$\Leftrightarrow (x^2+2)^2=3(x+1)^2$

$\Leftrightarrow x^2+2=|\sqrt{3}(x+1)|$

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}2x+1=y^3+y^2+y & & \\ 2y+1=z^3+z^2+z & & \\ 2z+1=x^3+x^2+x & & \end{matrix}\right.$

Trử $2$ phương trình đầu vế theo vế được:

$2(x-y)=(y-z)(y^2+yz+z^2+y+z+1)$

Ta có: $y^2+yz+z^2\geq\frac{3}{4}(y+z)^2$

Suy ra: $y^2+yz+z^2+y+z+1\geq\frac{3}{4}(y+z)^2+(y+z)+1>0$ ( Dễ dàng chứng minh)

Do đó, $y^2+yz+z^2+y+z+1>0$

Xét: $y>z$ thì: $y-z>0$

Do đó, $2(x-y)>0$ nên: $x>y$

Từ $x>y$ thì pt thứ $3$ và $1$ lại suy ra: $z>x$

Ta có: $x>y>z>x$ Vô lí

Xét: $y<z$ tương tự

Do đó, $y=z$ thay vào được: $x=y=z$

Giải phương trình: $x^3+x^2-x-1=0$

 

Giải hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 1}}{y} + \frac{{{y^2} - 1}}{x} = 3 (1) \\{x^2} - {y^2} + \frac{{12}}{x} = 9 (2)\end{array} \right.\]

 

Xét phương trình $(1)$: $(x^2-1)x+(y^2-1)y=3xy$

$\Leftrightarrow x^3-x+y^3-y=3xy$

$\Leftrightarrow (x+y)(x^2-xy+y^2)-(x+y)=3xy$

Đặt: $\left\{\begin{matrix} x+y=a & \\ xy=b \end{matrix}\right.$

Ta có: $a.(a^2-3b)-a=3b$

$\Leftrightarrow a^3-a-3ab-3b=0$

$\Leftrightarrow a(a-1)(a+1)-3b(a+1)=0$

$\Leftrightarrow (a+1)(a^2-a-3b)=0$

$\Leftrightarrow a=-1 \vee a^2-a-3b=0$

Xét: $a=-1$ hay: $x+y=-1$ nên: $y=-1-x$

Phương trình: $(2)\Leftrightarrow (x-y)(x+y)+\frac{12}{x}=9$

$\Leftrightarrow -1. (x-y)+\frac{12}{x}=9$

$\Leftrightarrow -1-x-x+\frac{12}{x}=9$

$\Leftrightarrow -2x+\frac{12}{x}=10$

$\Leftrightarrow x=1 \vee x=-6$

Ta được: $(x;y)=(1;-2);(-6;5)$

Xét: $a^2-a-3b=0$

$\Leftrightarrow (x+y)^2-(x+y)=3xy$

$\Leftrightarrow x^2-xy+y^2=x+y$

Ai giải giúp em tiếp @@

Cho các số dương  $a,b,c$  có tổng bằng 3. Chứng minh:
  a. $$A=2(a^2b+b^2c+c^2a)+3(a^2+b^2+c^2)+4abc \geq 19$$

Ta có: $a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2+3abc=(a+b+c)(ab+bc+ca)=3(ab+bc+ca)$

nên: $2(a^2b+b^2c+c^2a)+4abc=6(ab+bc+ca)-2(ab^2+bc^2+ca^2+abc)$

Đưa $A$ về dạng:

$A=6(ab+bc+ca)-2(ab^2+bc^2+ca^2+abc)+3(a^2+b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow A=3(a+b+c)^2-2(ab^2+bc^2+ca^2+abc)=27-2(ab^2+bc^2+ca^2+abc)$ Do $a+b+c=3$

Như vậy, cần chứng minh tương đương với:

$ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4$

Em chịu rồi

Cho $\frac{1}{2}\leq a,b\leq 1$ . Chứng minh rằng :

$ab + \frac{2}{a^{2}+ b^{2}} \geq 2$

Ta có quy đồng lên, ta được: $ab(a^2+b^2)+2-2(a^2+b^2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (ab-2)(a^2+b^2)+2\geq 0$

Vì: $ab<2$ suy ra: $ab-2<0$

Và: $a^2+b^2\leq a^2b^2+1$ ($\Leftrightarrow (a^2-1)(b^2-1)\geq 0$ do: $-1<\frac{1}{2}\geq a;b\geq 1$ nên: $a^2,b^2\leq 1$)

Nhân vào và theo tc bất đẳng thức, ta có:

$(ab-2)(a^2+b^2)\geq (ab-2)(a^2b^2+1)$

Đặt $ab=t>0$, ta cần chứng minh:

$(t-2)(t^2+1)+2\geq 0\Leftrightarrow t(t-1)^2\geq 0$ Đúng 

-> BĐT được chứng minh

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x+y+z=1

Tìm Min của F = $\frac{x^{4}}{(x^{2}+y^{2})(x+y)}+\frac{y^{4}}{(y^{2}+z^{2})(y+z)}+\frac{z^{4}}{(z^{2}+x^{2})(z+x)}$

Xét: $F=\sum\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}$

và: $E=\sum\frac{y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}$

Ta có: $F-E=\sum\frac{x^4-y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}=\sum\frac{(x^2+y^2)(x+y)(x-y)}{(x^2+y^2)(x+y)}=\sum (x-y)=0$

Suy ra: $F=E$

Do đó, $2F=F+E=\sum\frac{x^4+y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}$

Ta có: $x^4+y^4\geq\frac{(x^2+y^2)^2}{2}=\frac{x^2+y^2}{2}.(x^2+y^2)\geq\frac{x^2+y^2}{2}.\frac{(x+y)^2}{2}=\frac{(x^2+y^2)(x+y)^2}{4}$

nên: $\sum\frac{x^4+y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}\geq\sum\frac{x+y}{4}=\frac{1}{4}.2.\sum x=\frac{1}{2}$ Do $\sum x=1$

hay $2F\geq\frac{1}{2}$

Suy ra: $F\geq\frac{1}{4}$

Cho 3 so $a,b,c>0$ 

Chung minh rang $\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 1$

Khai triển hết ra, được thế này

Như vậy, cần chỉ ra bất đẳng thức sau đúng:

$a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2\geq a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3$

Viết lại: $(a^2b)^2+(b^2c)^2+(c^2a)^2\geq a^2b.c^2a+a^2b.b^2c+b^2c.c^2a$

Đúng theo bất đẳng thức quen thuộc: $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$

sao chỗ đó lại có điều kiện x,y như vậy ạ

$x\geq y$ suy ra: $2x\geq x+y\geq 2y$ hay: $2x\geq 101\geq 2y$ nên: $x\geq 100.5\geq y$

Do $x,y$ nguyên dương suy ra được: $x\geq 101$; $y\leq 100$

MIN : Ta có $x^{3}+y^{3}=(x+y)^{3}-3xy(x+y)=201^{3}-603xy$

P = $201^{3}-601xy\geq 201^{3}-601\frac{(x+y)^{2}}{4}=201^{3}-\frac{601.201^{2}}{4}$

Không được rồi, đẳng thức xảy ra tại: $x=y=100,5$ không là số nguyên dương, loại

Thế này: $P=201^3-601xy$ như bạn làm.

Để tìm GTLN,GTNN của $P$ tương đương với việc ta tìm GTNN,GTLN của $xy$

Ta có: $(x-y)^2=(x+y)^2-4xy=201^2-4xy$

Như thế, để tìm GTNN,GTLN của $xy$, tương đương với việc ta tìm GTLN,GTNN của $A=(x-y)^2=(|x-y|)^2$ hay cần tìm GTLN,GTNN của $|x-y|$

Không mất tính tổng quát giả sử: $x\geq y$ thì: $x\geq 101$; $y\leq 100$

Khi đó: $|x-y|=x-y=x+y-2y=201-2y$

Ta có: $1\leq y\leq 100$ nên: $1\leq|x-y|=201-2y\leq 199$

Lập luận đi ngược lại thì tìm được các cực trị

Đến đó giải hệ hoán vị vòng à?

Chắc vậy @@

$x_0$ là một nghiệm của phương trình $x^3+ax^2+bx+c=0$. Chứng minh rằng $x_0^2<1+a^2+b^2+c^2$

Thay $x_0$ vào phương trình ta có:

$x_0^3+ax_0^2+bx^0+c=0$

$\Leftrightarrow x_0^3=-ax_0^2-bx_0-c$

$\Rightarrow x_0^6=(ax_0^2+bx_0+c)^2$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

$(ax_0^2+bx_0+c)^2\leq (a^2+b^2+c^2)(x_0^4+x_0^2+1)$

Do đó, $x_0^6\leq (a^2+b^2+c^2)(x_0^4+x_0^2+1)$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq\frac{x_0^6}{x_0^4+x_0^2+1}>\frac{x_0^6-1}{x_0^4+x_0^2+1}=\frac{(x_0^2-1)(x_0^4+x_0^2+1)}{x_0^4+x_0^2+1}=x_0^2-1$

$\Rightarrow x_0^2 <1+a^2+b^2+c^2$ (ĐPCM)

$VT\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{(1+x)^n(1+y)^n(1+z)^n}{8}}\ge 3\sqrt[3]{\frac{8^n}{8}}=3\sqrt[3]{8^{n-1}}\ge 3$

Hình như anh bị nhầm:

$VT\geq 3\sqrt[3]{(\frac{1+x}{2})^n.(\frac{1+y}{2})^n.(\frac{1+z}{2})^n}=3\sqrt[3]{\dfrac{(1+x)^n(1+y)^n(1+z)^n}{2^n.2^n.2^n}}\ge 3\sqrt[3]{\frac{8^n}{8^n}}=3$

Cho $a_{1},a_{2},...a_{n}$ là các số thực không âm thỏa mãn $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=n$

CMR: $\frac{1}{a_{1}^{2}-a_{1}+n}+\frac{1}{a_{2^{2}}-a_{2}+n}+...+\frac{1}{a_{n^{2}}-a_{n}+n}\leq 1$

Ta có: $\frac{1}{a_i^2-a_i+n}\leq\frac{-1}{n^2}.a_i+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}$ ($\Leftrightarrow \frac{(a-1)^2(n-a)}{n}\geq 0$ Luôn đúng)

Áp dụng:

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_1^2-a_1+n}\leq\frac{-1}{n^2}.\sum_{k=1}^{n} a_1+\frac{1}{n}.n+\frac{1}{n^2}.n=-\frac{1}{n}+1+\frac{1}{n}=1$ (ĐPCM)

1.  $x^{3}-\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{x+6}}=6$

$\Leftrightarrow x^3=6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+x}}$

$\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+x}}}$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{6+x}=a & \\ \sqrt[3]{6+a}=b \end{matrix}\right.$

Khi đó, $x=\sqrt[3]{6+b}$. Ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{6+x}=a & \\ \sqrt[3]{6+a}=b & \\ \sqrt[3]{6+b}=x \end{matrix}\right.$

Đến đây giải hệ

Bài 151(Romania TST): Cho a,b,c>0. CMR: nếu $a^2+b^2+c^2=3$ thì

$\sum \frac{1}{a^2+b^3+c^2}\leq 1$

 

Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhia:

$(a^2+b^3+c^2)(a^2+b+c^2)\geq (a^2+b^2+c^2)^2=9$

suy ra: $\frac{1}{a^2+b^3+c^2}\leq\frac{a^2+b+c^2}{9}$

$\Rightarrow\sum\frac{1}{a^2+b^3+c^2}\leq\sum\frac{a^2+b+c^2}{9}=\frac{2(a^2+b^2+c^2)+a+b+c}{9}\leq\frac{2.3+3}{9}=1$ 

Bài 119(Thailand MO): Cho a,b,c>0. CMR: 

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

 

Ta có: $2(b^2+bc+c^2)\leq 3(b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow b^2+bc+c^2\leq\frac{3}{2}(b^2+c^2)$

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

$\Leftrightarrow\sum\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}\geq\frac{2}{3}(\sum\frac{a^2}{b^2+c^2})\geq\frac{2}{3}.\frac{3}{2}=1$ (Bất đẳng thức $Nesbit$)

Cho$x,y> 0$ thỏa mãn điều kiện $x^{2}+y^{3}\geq x^{3}+y^{4}$.

CMR:$x^{3}+ y^{3}\leq 2$.Dấu bằng xảy ra khi nào ?

 

Dinh Xuan Hung:Chú ý $\mathit{LaTex}$

GT: $x^2+y^3\geq x^3+y^4$

Áp dụng bất đẳng thức $Bunhiakovsky$ (chỗ nào dùng được tô đỏ), ta có:

$(x^2+y^3)(x+y^2)\geq$$(x^3+y^4)(x+y^2)\geq (x^2+y^3)^2$

nên: $x+y^2\geq x^2+y^3$

$(x+y^2)(1+y)\geq$ $(x^2+y^3)(1+y)\geq (x+y^2)^2$

nên: $1+y\geq x+y^2$

Từ đó, rút ra: $1+y\geq x+y^2\geq x^2+y^3\geq x^3+y^4$

Ta có: $1+y\geq x^3+y^4$

Lại thấy: $y^4+1\geq y^3+y$ ($\Leftrightarrow (y-1)^2(y^2+y+1)\geq 0$ - Luôn đúng với mọi $y$)

Cộng vế theo vế, ta được:

$1+y+y^4+1\geq x^3+y^4+y^3+y$

$\Leftrightarrow x^3+y^3\leq 2$ (ĐPCM)

Tìm GTNN của :  A=$\frac{1}{x^{2}+x} + \frac{1}{y^{2}+y}$ biết $\left\{\begin{matrix}xy= 5 & & \\ x> 0,y> 0 & & \end{matrix}\right.$

Ta có: $A=\sum\frac{1}{x(x+1)}=\sum(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1})=\frac{x+y}{xy}-\frac{x+y+2}{xy+x+y+1}=\frac{x+y}{5}-\frac{x+y+2}{x+y+6}$

Đặt $x+y=t$, ta chỉ ra: $t\geq 2\sqrt{5}$

Khi đó, $A=\frac{t}{5}-\frac{t+2}{t+6}=\frac{t}{5}-\frac{t+6-4}{t+6}=\frac{t}{5}+\frac{4}{t+6}-1=\frac{35-15\sqrt{5}}{40}(t+6)+\frac{4}{t+6}+\frac{13-9\sqrt{5}}{4}$$+\frac{-27+15/sqrt{5}}{40}t$$\geq 2.\sqrt{\frac{35-15\sqrt{5}}{40}(t+6).\frac{4}{t+6}}+\frac{13-9\sqrt{5}}{4}+\frac{-27+15/sqrt{5}}{40}.2\sqrt{5}$

Cho $a,b,c\geq 0$ và $a^2+b^2+c^2=3$.Tìm GTNN của biểu thức: $P=\frac{a^3}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{b^3}{\sqrt{1+c^2}}+\frac{c^3} {\sqrt{1+a^2}}$

 

P/s: câu hỏi của thành viên mới @ngobaochau1704

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy$ với $3$ số không âm, ta có:

$\frac{a^3}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{a^3}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1+b^2}{2\sqrt{2}}\geq 3.\sqrt[3]{(\frac{a^3}{\sqrt{1+b^2}})^2.\frac{1+b^2}{2\sqrt{2}}}$

$\frac{2a^3}{\sqrt{1+b^2}}\geq\frac{3}{\sqrt{2}}.a^2-\frac{1+b^2}{2\sqrt{2}}$

$\sum\frac{a^3}{\sqrt{1+b^2}}\geq\frac{3}{2\sqrt{2}}.(a^2+b^2+c^2)-\frac{3+a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{2}}=\frac{9}{2\sqrt{2}}-\frac{6}{4\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ 

 4.b) Thế này đúng ko nhỉ:

$\sum\frac{1}{\sqrt{(x+1)^2+1}+x+1}=\sum\frac{\sqrt{(x+1)^2+1}-(x+1)}{[\sqrt{(x+1)^2+1}+x+1][\sqrt{(x+1)^2+1}-(x+1)]}$

$=\sum\frac{\sqrt{(x+1)^2+1}-x-1}{(x+1)^2+1-(x+1)^2}=\sum\sqrt{(x+1)^2+1}-(x+y)-2\geq\sqrt{(x+y+2)^2+2^2}-4=\sqrt{20}-4=2\sqrt{5}-4$

(Bất đẳng thức $Minikovsky$)

$2x\sqrt{x^2-x+1}+4\sqrt{3x+1}=2x^2+2x+6$

PT $\Leftrightarrow (x^2-2.x.\sqrt{x^2-x+1}+x^2-x+1)+(3x+1-4.\sqrt{3x+1}+4)=0$

$\Leftrightarrow (x-\sqrt{x^2-x+1})^2+(\sqrt{3x+1}-2)^2=0$

Bạn tự giải tiếp

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{5-\sqrt{y+5}}=x (1) & \\ 2x^{3}=y(y^2+x^2) (2)& \end{matrix}\right.$ 

PT $(2)\Leftrightarrow 2x^3-x^2y-y^3=0$

$\Leftrightarrow x^3-x^2y+x^3-y^3=0$

$\Leftrightarrow x^2(x-y)+(x-y)(x^2+xy+y^2)=0$

$\Leftrightarrow (x-y)(2x^2+xy+y^2)$

$\Leftrightarrow x=y\vee x=y=0$ vì dễ dàng chỉ ra:$2x^2+xy+y^2\geq 0$. Đẳng thức xảy ra tại $x=y=0$

$\Leftrightarrow x=y$

Thay vào PT $(1)$ giải bằng cách bình phương lên.

Bài toán : Giải phương trình : $$\sqrt{x^2+15}=3x-2 +\sqrt{x^2+8}$$

Phương trình: $\Leftrightarrow\sqrt{x^2+15}-4=3x-3+\sqrt{x^2+8}-3$

$\Leftrightarrow\frac{x^2+15-16}{\sqrt{x^2+15}+4}=3(x-1)+\frac{x^2+8-9}{\sqrt{x^2+8}+3}$

$\Leftrightarrow\frac{x^2-1}{\sqrt{x^2+15}+4}=3(x-1)+\frac{x^2-1}{\sqrt{x^2+8}+3}$ $(1)$

Xét: $x=1$, PT $\Leftrightarrow 4=4$, đúng nên chọn

Xét: $x\neq 1$ Khi đó:

$(1)\Leftrightarrow\frac{x+1}{\sqrt{x^2+15}+4}=\frac{x+1}{\sqrt{x^2+8}+3}+3$

Từ gt: $\sqrt{x^2+15}>\sqrt{x^2+8}$ nên: $3x-2>0$ nên: $x>0$ nên: $x+1>0$

Do đó, $\frac{x+1}{\sqrt{x^2+8}+3}+3>\frac{x+1}{\sqrt{x^2+15}}$ nên vô lý

Vậy $x=1$ là nghiệm duy nhất của pt

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$S=\frac{3}{b+c-a}+\frac{4}{a+c-b}+\frac{5}{a+b-c}$

biết $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn $2c+b=abc$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có:

$\frac{2}{b+c-a}+\frac{2}{a+b-c}\geq\frac{8}{2b}=\frac{4}{b}$

$\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\geq\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}$

$\frac{3}{a+c-b}+\frac{3}{a+b-c}\geq\frac{12}{2a}=\frac{6}{a}$

Do đó, $S\geq\frac{2}{c}+\frac{4}{b}+\frac{6}{a}=\frac{2b+4c}{bc}+\frac{6}{a}=\frac{2abc}{bc}+\frac{6}{a}=2a+\frac{6}{a}\geq 2\sqrt{2a.\frac{6}{a}}=4\sqrt{3}$

(Vì $2c+b=abc$)

 Giả sử $OB\geq OC$

 Trên OB lấy C' sao cho OC=OC' thif $\Delta OBC'$ đều $\Rightarrow OC=OC'=CC'$

 Theo bất đẳng thức tam giác suy rộng ta có :  $BC'\leq BC-CC'\leq 2(BC-CC')\Leftrightarrow 2BC\geq BC'+CO'+CO=BO+CO$

 Đừng nói với tớ là lớp 7 chưa học bất đẳng thức tam giác nhé, buồn luôn đấy

ấy, $BC'\geq BC-CC'$ chứ

Hay mình không thuộc kiến thức lớp 7 nhỉ ?