Cho x,y,z là ba số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$M=\frac{x^2+1}{y^2+1}+\frac{y^2+1}{z^2+1}+\frac{z^2+1}{x^2+1}$

 Cho x,y,z là ba số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$M=\frac{x^2+1}{y^2+1}+\frac{y^2+1}{z^2+1}+\frac{z^2+1}{x^2+1}$

biến đổi vế trái:

$ VT=a(x^{2}+z^{2})+b(x^{2}+y^{2})+c(y^{2}+z^{2}) \geq 2(azx+bxy+cyz) $

đến đây áp dụng BĐT chebychev ta có:

$ azx+bxy+cyz \geq \frac{1}{3}(a+b+c)(xy+yz+zx) $

mà theo bất đẳng thức AM-GM ta có: $ a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} = 3 $

suy ra $ 2(azx+bxy+cyz) \geq 2(xy+yz+zx) $

từ đó ta có đpcm 

hình như dòng thứ 4 ngược dấu

$1)$ $(2x^2-2x+1)\sqrt{2x-1} +(8x^2-8x+1)\sqrt{-x^2+x}=0$

Bài 2 dùng pp lượng liên hợp với nhận xét $x=-1$ là một nghiệm và mọi nghiệm đều thuộc $[-2,0].$
"Phương trình liên hợp" là
\[ (x+1)\left[ (x+5)-\frac{2}{\sqrt{x+2}+1} + \frac{x}{\sqrt{x^2+x+1}+1}\right]=0. \]
Phần trong ngoặc vuông dương vì số hạng đầu $\ge 3$, số hạng thứ ba $\ge -1$.
Do đó PT chỉ có nghiệm $x=1.$

tại sao số hạng thứ ba lớn hơn = -1 vậy. mình thắc mắc chỗ đó

Chung qui phải dự đoán, đánh giá và biến đổi mới đến kết luận đó.
C/m: Với $x\le 0$,
\[ \sqrt{x^2+x+1} \ge \sqrt{x^2+2x+1} =|x+1|\ge -x-1.\]
(Một đánh giá rất tự nhiên, việc cố gắng giới hạn miền nghiệm cũng liên quan mật thiết với nhu cầu "giảm căn bằng pp đánh giá- thử nghiệm ban đầu. )
Suy ra
\[ \frac{-x}{\sqrt{x^2+x+1}+1} \le 1.\]
Suy ra đpcm.

đoạn x nhỏ hơn hoặc = 0. nếu x lớn hơn hoặc = 0 thì sao ??

Bài 1: u, v thể hiện rất rõ khi $-x^2+x$ và $(2x-1)$ xuất hiện nhiều lần!
Đặt $u=\sqrt{-x^2+x}$ và $v=\sqrt{2x-1}$. Ta có
$$(-2u^2+1)v+(2v^2-1)u=0.$$
Từ mối liên hệ giữa $u, v$, ta nhanh chóng giải được PT.

2v^2 sao được. phải là 2v^4 chứ ??

3) PT đã cho <=> $\sqrt{(x+1)(6x+6-x^{2})} - \sqrt{(x+1)(x+1+3x^{2})}+4x^{2}+8(x+1)=\frac{x^{4}}{x+1}$

<=>$\sqrt{6-\frac{x^{2}}{x+1}}-\sqrt{1+3\frac{x^{2}}{x+1}}+4\frac{x^{2}}{x+1}+8=(\frac{x^{2}}{x+1})^{2}$

Đặt $\frac{x^{2}}{x+1}=t$(t>0)

$\sqrt{6-t}-\sqrt{1+3t}+4t+8=t^{2}$

<=>$t^{2}-4t-5+\sqrt{1+3t}-4+1-\sqrt{6-t}=0$

<=>$(t-5)(t+1+\frac{3}{\sqrt{1+3t}+4}+\frac{1}{1+\sqrt{6-t}})=0$

<=> t = 5 

Liệu đề có nhầm ko hả bạn 

 

đề đúng đó bn. tới đoạn t=5 rồi giải ra nghiệm thay vào pt k đc ?

Ta có 

 

$\frac{n^2+\sqrt[3]{1-n^6}}{\sqrt{n^4+1}-n^2}=\frac{\left(n^6+1-n^6\right) \left( \sqrt{n^4+1}+n^2\right)}{\left(n^4+1-n^4\right)\left( n^4-n^2\sqrt[3]{1-n^6}+\sqrt[3]{(1-n^6)^2}\right)}=\frac{\sqrt{n^4+1}+n^2}{ n^4-n^2\sqrt[3]{1-n^6}+\sqrt[3]{(1-n^6)^2}}.$

 

Do đó giới hạn cần tìm bằng $0.$

cho e hỏi làm thế này có đúng k chỗ (0/+ vô cùng) =0

$\sum (\frac{a+2b}{a+2c})^3\geq \frac{(\sum\frac{a+2b}{a+2c})^3 }{27}=(2(a+b+c)(\sum \frac{1}{a+2c})-3)^3.\frac{1}{27}\geq 1$

$\sum (\frac{a+2b}{a+2c})^3\geq \frac{(\sum\frac{a+2b}{a+2c})^3 }{27}$

sao lại có đoạn đó z 

cho a,b,c là các số thực dương. chứng minh rằng

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

sao ban ap dung đc bđt côsi cac hiệu đã dương đâu

ừ, bài này sai rồi 

cái đoạn này nè bạn:$(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx)=\frac{1}{2}((x-y)+(y-z)+(z-x))((x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2})$

bạn sửa lại đoạn đó được không

Cho x,y,z là các số thực dương CMR

Chứng minh bằng các đại lượng hinh học: https://nguyenhuyen-...equality-5.html

thank nha. mình đọc k hiểu j hết luôn

Với a,b,c>0. Cm

M

$\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\leq \sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}$

chuẩn hóa bất đẳng thức  ta có ab+bc+ca =3 

$a+b+c\geq 3 và abc\leq 1

mà (a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ca)(a+c+b)-abc=3(a+b+c)-abc\geq 8$ => đpcm

còn cách khác ngoài chuẩn hóa k

BĐT trên tương đương vs:

$(\frac{ab+bc+ca}{3})^{3}\leq (\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8})^{2}$

Áp dụng BĐT:$(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

$\Rightarrow (a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$  (biến đổi 1 tí là ra cái này mà)

hình như ngược dấu mà bn

Cơ sở chọn ra "số hạng vắng" là gì nhỉ?

Thêm 1 lượng để liên hợp ra $x^2$ thì phải

 một giải pháp khác không dùng Hospital 

ad BĐT cosi cho2  số dương ta đc

Tìm giới hạn

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{2x+1}-\sqrt[3]{3x+1}}{x^2}$