Ta dễ có:$VT\geq \prod (3+\frac{4}{a+b})$

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

Ta cần tìm GTNN của $(3+\frac{4}{x})(3+\frac{4}{y})(3+\frac{4}{z})=27+36(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})+48(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})+\frac{64}{xyz}\geq 343$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c $=\frac{1}{2}$

Chuẩn hóa a + b + c = 3 thì ta cần chứng minh: $\sum_{cyc}\frac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9}\leqslant 8$

Ta có: $\frac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9}-\frac{4a+4}{3}=\frac{-3(a-1)^2(4a+3)}{3(3a^2-6a+9)}\leqslant 0\Rightarrow \frac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9}\leqslant \frac{4a+4}{3}$

Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\sum_{cyc}\frac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9}\leqslant \frac{4(a+b+c)+12}{3}=8$ 

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Sao mình thấy bạn hay đăng bài trong sách 96 đề của thầy cẩn nhỉ

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng: $\frac{1-x}{x+2}+\frac{1-y}{y+2}+\frac{1-z}{z+2}\leqslant 0$

Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì x + y + z = 2 và ta cần chứng minh: $\frac{x^3}{(2-x)^2}+\frac{y^3}{(2-y)^2}+\frac{z^3}{(2-z)^2}\geqslant \frac{1}{2}$ 

Áp dụng BĐT Cô-si, ta được: $\frac{x^3}{(2-x)^2}+\frac{2-x}{8}+\frac{2-x}{8}\geqslant \frac{3}{4}x\Rightarrow \frac{x^3}{(2-x)^2}\geqslant x-\frac{1}{2} $ 

Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\frac{x^3}{(2-x)^2}+\frac{y^3}{(2-y)^2}+\frac{z^3}{(2-z)^2}\geqslant x+y+z - \frac{3}{2} =\frac{1}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{2}{3}$ hay $a=b=c=\frac{3}{2}$

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \ge \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học

1.cho a,b,c dương tm: $\sum a^3=3$

cm: $\sum \frac{a}{b^2+5}\leq \frac{1}{2}$

 

Lời giải. 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được: $\frac{a}{b^2+5}+\frac{b}{c^2+5}+\frac{c}{a^2+5}\leqslant \frac{a}{2(b+2)}+\frac{b}{2(c+2)}+\frac{c}{2(a+2)}$

Ta đi chứng minh: $\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2}\leqslant 1$

Từ giả thiết suy ra $a^2+b^2+c^2\leqslant 3$

Giả sử $b=max\left \{ a,b,c \right \}$

Ta luôn có:

$(b-1)^2(b+2)\geqslant 0\Leftrightarrow 3b-b^3\leqslant 2$

Quy đồng rồi rút gọn bất đẳng thức cần chứng minh, ta được: 

$ab^2+bc^2+ca^2+2(a^2+b^2+c^2)\leqslant 8+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leqslant 2+abc$

Vì $b=max\left \{ a,b,c \right \}$ nên 

$a(b-a)(b-c)\leqslant 0\Leftrightarrow ab^2+ca^2\leqslant a^2b+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leqslant a^2b+bc^2+abc=b(a^2+b^2+c^2)-b^3+abc\leqslant 3b-b^3+abc\leqslant 2+abc$

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$

Đề không khó lắm, chỉ có câu V.2 là lắc léo

1)a,b,c>0, CMR:

$\sqrt{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}b)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})}\geq abc+\sqrt[3]{(a^{3}+abc)(b^{3}+abc)(c^{3}+abc)}$

Chia hai vế của bất đẳng thức cho $abc$, ta được: $\sqrt{(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})}\geqslant 1+\sqrt[3]{(\frac{a^2}{bc}+1)(\frac{b^2}{ca}+1)(\frac{c^2}{ab}+1)}$

Đặt $\sqrt[3]{(\frac{a^2}{bc}+1)(\frac{b^2}{ca}+1)(\frac{c^2}{ab}+1)}=t$ thì $t\geqslant 2$ và ta cần chứng minh $\sqrt{t^3+1}\geqslant t+1\Leftrightarrow t(t-2)(t+1)\geqslant 0$ (đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

2, Cho x,y,z>0 thỏa mãn xy+xz+yz=xyz

CMR: $\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+xz}+\sqrt{z+xy}\geq \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$

Lời giải. Ta có: $\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+xz}+\sqrt{z+xy}=\sqrt{\frac{x^2+xyz}{x}}+\sqrt{\frac{y^2+xyz}{y}}+\sqrt{\frac{z^2+xyz}{z}}=\sqrt{\frac{x^2+xy+yz+zx}{x}}+\sqrt{\frac{y^2+xy+yz+zx}{y}}+\sqrt{\frac{z^2+xy+yz+zx}{z}}=\sqrt{\frac{(x+y)(x+y)}{x}}+\sqrt{\frac{(y+z)(y+x)}{y}}+\sqrt{\frac{(z+x)(z+y)}{z}}$

Ta cần chứng minh: $\sqrt{\frac{(x+y)(x+y)}{x}}+\sqrt{\frac{(y+z)(y+x)}{y}}+\sqrt{\frac{(z+x)(z+y)}{z}}\geqslant \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$

$\Leftrightarrow \sqrt{yz(x+y)(x+z)}+\sqrt{zx(y+z)(y+x)}+\sqrt{xy(z+x)(z+y)}\geqslant xyz+x\sqrt{yz}+y\sqrt{zx}+z\sqrt{xy}$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo Cauchy-Schwarz nên ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=3$

Một hướng khác:

VT=$\sum \sqrt{\frac{(x+y)(x+z)}{x}}\geq \sum \sqrt{\frac{(x+\sqrt{yz})^2}{x}}\doteq \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}+\sqrt{xyz}$=VP

Bạn có thể nói rõ hơn dùng Cauchy-Schwarz sao ko?Mình ko hiểu lắm

Cụ thể. 

Theo Cauchy-Schwarz, ta có: $\sqrt{yz(x+y)(x+z)}+\sqrt{zx(y+z)(y+x)}+\sqrt{xy(z+x)(z+y)}=\sqrt{(xy+y^2)(zx+z^2)}+\sqrt{(yz+z^2)(xy+x^2)}+\sqrt{(xz+x^2)(yz+y^2)}\geqslant x\sqrt{yz}+y\sqrt{zx}+z\sqrt{xy}+xy+yz+zx=x\sqrt{yz}+y\sqrt{zx}+z\sqrt{xy}+xyz$

Hình như đáp án của bạn giải phương trình bậc 2 kia sai rồi thì phải?

Theo mình thì $\sqrt{x+4}=-2$ hoặc $\sqrt{x+4}=-4x^2-x+4$ như vậy phương trình trên được viết lại thành $(\sqrt{x+4}+2)(\sqrt{x+4}+4x^2+x-4)=0$

Cho x,y,z >0.CMR:
$\frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{(2b+a+c)^{2}}{2b^{2}+(a+c)^{2}}+\frac{(2c+a+b)^{2}}{2c^{2}+(a+b)^{2}}\leq 8$

Ta có: $\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}-\frac{4}{3}.\frac{4a+b+c}{a+b+c}=\frac{-(b+c-2a)^2(5a+b+c)}{3(a+b+c)[2a^2+(b+c)^2]}\leqslant 0\Rightarrow\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}\leqslant \frac{4}{3}.\frac{4a+b+c}{a+b+c}$ 

Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leqslant \frac{4}{3}.\frac{6(a+b+c)}{a+b+c}=8(Q.E.D)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Thanks bạn. Cho mình hỏi thêm là theo cách tìm nghiệm của bạn ,nếu Delta không biến đổi được thành bình phương thì sao ạ?

Theo kinh nghiệm của mình thì hầu như tất cả các bài dạng này đều có delta là bình phương, còn lại nếu không ra bình phương thì phải dùng 1 phương pháp đặc biệt khác

Giả sử một cách dễ hiểu ta đặt $\sqrt{x+4}=t$ thì phương trình trên trở thành: $t^2+(4x^2+x-2)t+(8x^2+2x-8)=0$

Coi đây là phương trình bậc hai theo ẩn $t$ thì các hệ số $\left\{\begin{matrix}a=1 & \\ b=4x^2+x-2 & \\ c=8x^2+2x-8 & \end{matrix}\right.$ (Theo lý thuyết thì phương trình bậc 2 có dạng chung thường gặp là $ax^2+bx+c=0 (*)$, ở đây vai trò của $t$ ở trên và $x$ ở phương trình $(*)$ là như nhau)

Sau khi xác định được các hệ số thì ta tính delta như bình thường: $\Delta =b^2-4ac=(4x^2+x-2)^2-4.1.(8x^2+2x-8)=(4x^2+x-6)^2$ (Cái này dùng phương pháp hệ số bất định hoặc nếu để ý sẽ thấy $8x^2+2x-8=2(4x^2+x-4)$ )

Sau khi có delta thì ráp vào công thức nghiệm $\left\{\begin{matrix}t_1=\frac{-b+\sqrt{\Delta }}{2a} & \\ t_2=\frac{-b-\sqrt{\Delta }}{2a} & \end{matrix}\right.$ sau đó tìm ra $t=-2x$ hoặc $t=2x+1$ hay $\begin{bmatrix}\sqrt{x+4}=-2x & \\ \sqrt{x+4}=2x+1 & \end{bmatrix}$

Đến đây thì vô cùng đơn giản, giải ra và so sánh điều kiện sẽ có tập nghiệm

 

CHO a>=b>=c ( a;b;c dương ) a^2+b^2+c^2=3 CMR (a/b+2)+(b/a+2)+(c/a+2)<=1

GIÚP E VS NHÁ

 

Ta luôn có:

$(b-1)^2(b+2)\geqslant 0\Leftrightarrow 3b-b^3\leqslant 2$

Quy đồng rồi rút gọn bất đẳng thức cần chứng minh, ta được: 

$ab^2+bc^2+ca^2+2(a^2+b^2+c^2)\leqslant 8+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leqslant 2+abc$

Vì $a\geqslant b\geqslant c$ nên 

$a(b-a)(b-c)\leqslant 0\Leftrightarrow ab^2+ca^2\leqslant a^2b+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leqslant a^2b+bc^2+abc=b(a^2+b^2+c^2)-b^3+abc=3b-b^3+abc\leqslant 2+abc$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Cho a,b,c>0. CMR: $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$

\[\text{VT - VP} = \frac{a(b^2-ca)^2+c(a^2-2ab+bc)^2+b(ab-2ca+c^2)^2}{abc(a+b+c)} \geqslant 0.\]

Đây là một bất đẳng thức rất quen thuộc!

Ta có: $(ab+ac+ad+bc+bd+cd-abcd-1)^2=\left [ a(b+c+d-bcd)+1.(bc+bd+cd-1) \right ]^2\leqslant (a^2+1)\left [ (b+c+d-bcd)^2+(bc+bd+cd-1)^2 \right ]=(a^2+1)(b^2c^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2+b^2+c^2+d^2+1)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=16$

$\Rightarrow -3 \le ab+ac+ad+bc+bd+cd-abcd \le 5$

3. Cho a,b,c $\geq 0$ và không có  2 số nào có tổng bằng 0 .  Chứng minh : ($\sum \sqrt{\frac{b^2-bc+c^2}{a ^2 + bc}}$) + $2\frac{ab+bc+ca} {a^2+b^2+c^2}$ $\geq 4$

Bài này có trong sách SỬ DỤNG AM-GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC của Võ Quốc Bá Cẩn!

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác có chu vi là 3 CM $3a^2+3b^2+3c^2+4abc\geq 13$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học

Ta có: $\frac{4a}{b+c-a}+\frac{9b}{c+a-b}+\frac{16c}{a+b-c}=4(\frac{a}{b+c-a}+\frac{1}{2})+9(\frac{b}{c+a-b}+\frac{1}{2})+16(\frac{c}{a+b-c}+\frac{1}{2})-\frac{29}{2}=\frac{a+b+c}{2}(\frac{4}{b+c-a}+\frac{9}{c+a-b}+\frac{16}{a+b-c})-\frac{29}{2}\geqslant \frac{a+b+c}{2}.\frac{(2+3+4)^2}{a+b+c}-\frac{29}{2}=26$

Vì ab + bc+ ca = 1 nên ta có: $\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+a)(b+c)}=\frac{a(b+c)+b(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{ab+1}{(a^2+1)(b+c)}\leqslant \frac{\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{(a^2+1)(b+c)} =\frac{\sqrt{b^2+1}}{(b+c)\sqrt{a^2+1}}=\frac{\sqrt{(b+a)(b+c)}}{(b+c)\sqrt{(a+b)(a+c)}}=\frac{1}{\sqrt{(b+c)(a+c)}}=\frac{1}{\sqrt{c^2+1}}$

Đến đây, ta cần chứng minh: $\frac{3c+1}{\sqrt{c^2+1}}\leqslant \sqrt{10} \Leftrightarrow (c-3)^2\geqslant 0$ *đúng*

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=\sqrt{10}-3;c=3$

$$F= a^{\,2}+ b^{\,2}+ c^{\,2}+ 2\,abc+ 1- 2(\,ab+ bc+ ca\,)= F_{\,i}$$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học

Bất đẳng thức này sai thì khỏi bàn cãi gì nữa rồi, nhưng nếu điều kiện thay bằng $abc=1$ thì nó lại đúng. Hướng dẫn luôn:

Đặt $(a,b,c)\rightarrow (\frac{x^2}{yz},\frac{y^2}{zx},\frac{z^2}{xy})$ thì ta cần chứng minh: $\sum_{cyc}\sqrt{\frac{x^3}{y(y^2+zx)}}\geqslant \frac{3}{\sqrt{2}}$ 

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky và Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: $\sum_{cyc}\sqrt{\frac{x^3}{y(y^2+zx)}}=\sum_{cyc}\frac{x^2}{\sqrt{xy(y^2+zx)}}\geqslant \frac{(x+y+z)^2}{\sqrt{(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)}}$ 

Mà dễ có: $2(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)\leqslant (\frac{((x+y+z)^2+xy+yz+zx)}{2})^2\leqslant \frac{4}{9}(x+y+z)^4\Rightarrow \sqrt{(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)}\leqslant \frac{\sqrt{2}}{3}(x+y+z)^2$   

Vậy $\frac{(x+y+z)^2}{\sqrt{(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)}}\geqslant \frac{3}{\sqrt{2}}$ (Q.E.D)

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c = 1

Đặt $(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})\rightarrow (a,b,c)$ thì $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$

Lúc đó $P=\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}=a+b+c\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ca)}=\sqrt{3}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\sqrt{3}$