Câu 3 dùng $(1-a)(1-b)+(1-ab)(1-c)\geq 0=> 2+abc\geq a+b+c$, ta có:

$\sum \frac{a}{bc+1}\leq \sum \frac{a}{abc+1}\leq \frac{abc+2}{abc+1}\leq \frac{2abc+2}{abc+1}=2$

nek mọi người ơi chỉ giúp mình mấy bài này nha, mình mới tham gia nên chưa rành lắm:

1) Cho a,b,c>0. CMR: $\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{^{2}}}+\frac{b^{2}}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

2) Cho a,b,c>0 thỏa abc=1. CMR: $\frac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab}+\frac{bc}{b^{5}+c^{5}+bc}+\frac{ca}{c^{5}+a^{5}+ca}\leq 1$

3) Cho các số thực a,b,c thuộc [0;1]. CMR: $\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ca+1}+\frac{c}{ab+1}\leq 2$

cảm ơn nhiều hen.     

Câu 1 dùng luôn S.O.S:

$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}-\sum \frac{a}{b+c}=\sum \frac{ab(a-b)-ca(c-a)}{(b^2+c^2)(b+c)}$

$=\sum \left [ \frac{ab(a-b)}{(b^2+c^2)(b+c)}-\frac{ab(a-b)}{(a^2+c^2)(a+c)} \right ]$

$=(\sum a^2+\sum ab)\sum \frac{ab(a-b)^2}{(a+c)(b+c)(a^2+c^2)(b^2+c^2)} \geq 0$

Câu 2 dùng BĐT $a^5+b^5\geq a^2b^2(a+b)$

Cho $a,b,c,m>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S=m(a^2+b^2)+c^2$ theo $m$

Cho $a,b,c,m,n>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$

Tìm giá trị nhỏ nhất của $S=ma^2+nb^2+c^2$ theo tham số $m,n$

Các bạn giải giúp mình bài này với:

Cho a, b là 2 số không âm, thỏa mãn: $a^{2}+b^{2}=4$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$M=\frac{ab}{a+b+2}$

Ta có: $M=\frac{(a+b)^2-(a^2+b^2)}{2(a+b+2)}=\frac{(a+b+2)(a+b-2)}{2(a+b+2)}=\frac{a+b-2}{2}\leq \sqrt{2}-1$

 $abc+a+c=b\Rightarrow b=\frac{1-ac}{a+c}$

 Thay vào $P=\frac{2}{1+a^2}-\frac{2}{1+\left ( \frac{1-ac}{a+c} \right )^2}+\frac{3}{1+c^2}$

                 $=\frac{2}{1+a^2}-\frac{2(1-ac)^2}{(a^2+1)(c^2+1)}+\frac{3}{(1+c^2)}$

                 $=\frac{2a^2-2a^2c^2+3+3a^2+4ac}{(a^2+1)(c^2+1)}$

  Ta chứng minh $P\leq \frac{10}{3}\Leftrightarrow (2c-a)^2+(4ac-1)^2\geq 0$ đúng

 Vậy $P_{max}=\frac{10}{3}$

Tớ rút c  :

$c=\frac{b-a}{1+ab}$

Thay vào ta có: $P=\frac{2}{a^2+1}-\frac{2}{b^2+1}+\frac{3(1+ab)^2}{(1+ab)^2+(b-a)^2}=\frac{(b-a)(5a-b)}{(a^2+1)(b^2+1)}+3$

Áp dụng AM-GM có: $\frac{(3b-3a)(5a-b)}{3(a^2+1)(b^2+1)}\leq \frac{(a+b)^2}{3(a^2+1)(b^2+1)}\leq \frac{1}{3}$

=> Max 

Perfect =))

$1)\frac{-1+\sqrt{8m+1}}{4}(a^{2}+b^{2})\geq \frac{-1+\sqrt{8m+1}}{2}ab $

$2)\frac{4m+1-\sqrt{8m+1}}{4}a^{2}+\frac{c^{2}}{2}\geq \frac{-1+\sqrt{8m+1}}{2}ac$ 

$3) \frac{4m+1-\sqrt{8m+1}}{4}b^{2}+\frac{c^{2}}{2}\geq \frac{-1+\sqrt{8m+1}}{2}bc$

Làm bài trên đi, cộng thêm bài này nữa 

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

Tìm min của $S=2a^3+3b^3+4c^3$

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc+a+c=b$

Tìm giá trị lớn nhất của $P=\frac{2}{1+a^2}-\frac{2}{1+b^2}+\frac{3}{1+c^2}$

Đây chính là mình lấy từ đề của Hà nội đó bạn! Mình thấy bạn giỏi về bất đẳng thức quá! Bạn có thể chia sẻ kinh nghiệm học phần này giúp mình với được không?

Nếu đang là học sinh THCS thì chỉ cần nắm bắt BĐT Cauchy với Bunhiacowski là được 

Ta có : $\inline (15a+\frac{1}{a})+(\frac{\sqrt[3]{5}b}{3}+\frac{\sqrt[3]{5}b}{3}+\frac{\sqrt[3]{5}b}{3}+\frac{1}{b^{3}})+(\frac{\sqrt[3]{3}c}{5}+\frac{\sqrt[3]{3}c}{5}+\frac{\sqrt[3]{3}c}{5}+\frac{\sqrt[3]{3}c}{5}+\frac{\sqrt[3]{3}c}{5}+\frac{1}{c^{5}})\geq 2\sqrt{15}+4\sqrt[4]{\frac{5}{9}}+6\sqrt[6]{\frac{3\sqrt[3]{9}}{5^{5}}} --> Min = VP-3$

Tìm min của $5x^2+5y^2+7z^2$ biết $xy+yz+xz=3$ và $x,y,z>0$

Cái biến đổi làm nhiều cũng quen thôi bạn ạ   

Cậu thử làm câu này xem, thấy cũng hay hay nhưng mà vẫn dễ:

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $15a+\sqrt[3]{5}b+\sqrt[3]{3}c=3$

Tìm min của $A=\frac{1}{a}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^5}$

Tìm min của $5x^2+5y^2+7z^2$ biết $xy+yz+xz=3$ và $x,y,z>0$

Không thấy ai giải nhỉ  :

$\frac{-7+\sqrt{329}}{4}(x^2+y^2)\geq \frac{-7+\sqrt{329}}{2}xy$

$\frac{27-\sqrt{329}}{4}x^2+\frac{7}{2}z^2\geq \frac{-7+\sqrt{329}}{2}xz$

$\frac{27-\sqrt{329}}{4}y^2+\frac{7}{2}z^2\geq \frac{-7+\sqrt{329}}{2}yz$

Cộng 3 BĐT trên lại => $min=\frac{-21+3\sqrt{329}}{2}$

bài 5, a,b,c$\geq$0 $a+b+c=1$ Tìm Min $P=\sqrt{a^{3}+3a+0.5}+\sqrt{b^{3}+3b+0.5}+\sqrt{c^{3}+3c+0.5}$

bài 6. a,b,c$\geq$0 $a+b+c=1$ CMR $10(a^{3}+b^{3}+c^{3})-9\left ( a^{5}+b^{5}+c^{5} \right )\geq 1$

Bài 6: 

TH1: $a,b,c\epsilon \left [ 0,\frac{9}{10} \right ]$

Khi đó dễ dàng chứng minh được: $\sum (10a^3-9a^5)\geq \sum (\frac{25}{9}a-\frac{16}{27})=1$

TH2: Trong 3 số có một số $\geq \frac{9}{10}$, giả sử số đó là $a$

Xét hàm số: $f(a)=10a^3-9a^5$ trên $\left [ \frac{9}{10},1 \right ]$

Có $f'(a)=15a^2(2-3a^2)\leq 0$ với $a\epsilon \left [ \frac{9}{10},1 \right ]$

Do đó $f(a)$ nghịch biến trên $\left [ \frac{9}{10},1 \right ]$

Do đó: $f(a)\geq f(1)=1$

Từ đó suy ra ĐPCM

Bài 31:Ta sẽ đặt: $0,999...9=a$

Ta sẽ chứng minh: $a<\sqrt{a}<1$

Thật vậy: Vì a<1 nên $a(a-1)<0$. Do đó $a^2<a$

Từ $a^2<a<1$ suy ra: $a<\sqrt{a}<1$

Do đó 20 chữ số đầu cần tìm là các chữ số 9 

62.Phương trình bậc hai $x^{2}+mx+n=0 (n\leq m-1)$ có hai nghiệm là a và b. CMR:$a^{2}+b^{2}\geq 1$

P/s: Bài này chẳng biết là BĐT hay phương trình nữa (thấy nó trong tập BĐT của chị mình nên cho vào BĐT)    .Bài này trích Đề thi chọn HSG toán 9 toàn quốc bảng B, 1994- 1995.

Ta có: $\Delta =m^2-4n\geq 0=>m^2\geq 4n$

Sử dụng Vi-et thì: $a+b=-m;ab=n$

Khi đó: $a^2+b^2=m^2-2n\geq m^2-2(m-1)=m^2-2m+2\geq 1<=>(m-1)^2\geq 0$

BĐT được chứng minh

Spoiler

Sáng rồi, đi ngủ thôi

đặt $P=\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}$

ta có $P< \sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+\sqrt{2+2}}}}=2$

=>Đpcm

Cần nói rõ hơn một tí:

Ta có:$\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}=A$

Khi đó: $A^2=2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}=2+A$

Do đó:$A^2-A-2=0<=>(A-2)(A+1)=0$

=> $A=2$

Từ đó suy ra ĐPCM

Bài 35: Áp dụng AM-GM ta cần chứng minh:

$\sum \frac{1}{2a\sqrt{bc}}\leq \frac{a+b+c}{2abc}$

Nhân $abc$ cho cả 2 vế thu được BĐT quen thuộc:

$\sum \sqrt{ab}\leq \sum a$

Câu 10: Ta chứng minh bằng cách làm trội mỗi phân số của A bằng cách sử dụng BĐT

$\frac{n}{n+1}<\frac{n+1}{n+2}$

Khi đó $A<\frac{2}{3}.\frac{4}{5}...\frac{2n}{2n+1}$

Do đó: $A^2<(\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}...\frac{2n-1}{2n}).(\frac{2}{3}.\frac{4}{5}...\frac{2n}{2n+1})=\frac{1}{2n+1}$

=> ĐPCM

Bài 20 sẽ thử lần lượt:

Với n=0 hoặc n=1 dễ thấy BĐT sai

Với n=2 thì BĐT trở thành: $2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\leq a^4+b^4+c^4$

Dễ thấy với $a^2,b^2,c^2$ là độ dài 3 cạnh tam giác thì BĐT sai

Ta sẽ chứng minh n=3

Thật vậy: BĐT tương đương:

$3(a^4+b^4+c^4)\geq (a^2+b^2+c^2)^2$

$<=>a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$

P/s: Chú ý giả thiết n là số tự nhiên nhỏ nhất

 Đặt $\sqrt[3]{a}=x; \sqrt[3]{b}=y;\sqrt[3]{c}=z$

BĐT cần chứng minh trở thành: $x^3+y^3+z^3\geq 3xyz\Leftrightarrow (x+y)^3+z^3-3x^2y-3xy^2-3xyz\geq 0\Leftrightarrow (x+y+z)(x^2+2xy+y^2-xz-yz+z^2)-3xy(x+y+z)\geq 0\Leftrightarrow (x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)\geq 0\Leftrightarrow (x+y+z)\left [ (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 \right ]\geq 0$

(Luôn đúng với $x,y,z$ không âm)

 

P/s: Mình nghĩ đề bài bài 22 sai, hình như giả thiết phải là $\sum \frac{1}{1+a}\geq 3$

Mình thấy giả thiết đúng rồi đó, cách giải như thế này:

Ta sẽ đặt:

$x=\frac{a}{1+a};y=\frac{b}{1+b};z=\frac{c}{1+c};t=\frac{d}{1+d}$

Khi đó rút a theo x, b theo y, c theo z, d theo t, ta được bài toán mới:

Cho $x+y+z+t\leq 1$ Chứng minh rằng:

$\frac{xyzt}{(1-x)(1-y)(1-z)(1-t)}\leq \frac{1}{81}$

$<=>81xyzt\leq (1-x)(1-y)(1-z)(1-t)$

Lại có:$x+y+z+t\leq 1=>\prod (1-x)\geq \prod (y+z+t)$

Đến đây áp dụng AM-GM cho vế phải suy ra điều phải chứng minh

Spoiler

Mà cái giả thiết đó cũng giống giả thiết ban đầu ấy nhỉ

$(23)\frac{x}{y}=a;...\Rightarrow abc=1.Prove:a^2+b^2+c^2\geqslant a+b+c;have:\sum a^2+2abc+1\geqslant 2\sum a\Leftrightarrow \sum a^2\geqslant \sum a+\sum a-3\geqslant \sum a$

Bài này có cách khác:$3(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2})\geq (\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})^2\geq 3(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})$

=> ĐPCM

Đóng Góp 1 bài:

Bài 3: cho 100 số tự nhiên $a_1;a_2;a_3;...;a_{100}$ thỏa mãn :

$\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{100}}}=19$

chứng minh răng trong 100 số tự nhiên đó tồn tại 2 số bằng nhau

Giả sử trong 100 số tự nhiên đó không tồn tại 2 số bằng nhau, khi đó thì:

$\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{100}}}\leq \frac{1}{1}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}$

Giờ ta sẽ chứng minh:$\frac{1}{1}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}<19$

Ta có:$\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})$

Do đó:$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}<1+2(\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{100}-\sqrt{99})=19$

Từ đó => ĐPCM

 Không có ảnh để dìm nó :|

Có mà

cái nhận giải đó .___.

Chỉ có cái đó

Mấy bác chém ghê quá, em sợ á     

Ảnh này bựa lắm, thôi cứ khoe  . Giật tít cho ảnh nào 

Cái tay anh đó làm gì thế

thằng gào thét là tui giờ này năm ngoái

Anh bị cưỡng hiếp à, tội quá, tội nhất là bị cái anh gì đó thò tay vào