Tính chất của tam giác vuông $a^2+b^2=c^2$ nên ta có

$$\frac{a^2(b+c)+b^2(a+c)}{abc}=\frac{ab(a+b)+c(a^2+b^2)}{abc}=\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c^2}{ab}$$ $$=\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c^2}{2\sqrt{2}ab}+\frac{(4-\sqrt{2}).c^2}{4ab}\geq 3.\sqrt[3]{\frac{ab.c^2}{c^2.2\sqrt{2}.ab}}+\frac{(4-\sqrt{2})(a^2+b^2)}{4ab}$$ $$=\frac{3\sqrt{2}}{2}+\frac{(4-\sqrt{2}).2ab}{4ab}=2+\sqrt{2}$$

Đẳng thức xảy ra tại các bắt đẳng thức Cô si trên, giải ra ta được $a=b=\frac{c}{\sqrt{2}}$ hay tam giác vuông cân

Cho a,b,c>0 và abc=1.Tìm GTNN $P=\frac{a^{6}}{b+c}+\frac{b^6}{c+a}+\frac{c^6}{a+b}$

Thêm 1 ý tưởng khác là dùng BĐT Trê-bư-sép và Nestbit

$$\frac{a^6}{b+c}+\frac{b^6}{c+a}+\frac{c^6}{a+b}\geq \frac{1}{3}.\left ( a^5+b^5+c^5 \right ).\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right )\geq \frac{1}{3}.3.\sqrt[3]{a^5.b^5.c^5}.\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Tìm GTLN, GTNN của hàm số: $y=sin^3x+cos^3x$

Theo tính chất lượng giác, ta có $sinx\leq 1$ và $cosx\leq 1$ với mọi x, suy ra

$sin^3x\leq sin^2x$ và   $ cos^3x\leq cos^2x$

Cộng hai vế, ta được $$sin^3x+cos^3x\leq sin^2x+cos^2x=1$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{k\pi }{2}$

Bài 1: Cho 2 số dương $x,y$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất:

 

P=$\frac{xy + yz + xz}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + x^{2} + y^{2} +z^{2}$ 

Ta có $x^2+y^2+z^2\geq\frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{1}{3}$ và $x^2+y^2+z^2< (x+y+z)^2=1$

Đặt $x^2+y^2+z^2=a$, ta được $\frac{1}{3}\leq a<1$

Ta có $$P=\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}+x^2+y^2+z^2=\frac{(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)}{2(x^2+y^2+z^2)}+x^2+y^2+z^2=\frac{1}{2a}-\frac{1}{2}+a$$

Dự đoán Max tại $a=\frac{1}{3}$  khi đó $ P=\frac{4}{3}$ nên ta thử chứng minh

$$a-\frac{1}{2}+\frac{1}{2a}\leq \frac{4}{3}\Leftrightarrow (3a-1)(2a-3)\leq 0\Leftrightarrow \frac{1}{3}\leq a\leq \frac{3}{2}$$

Như vậy với $\frac{1}{3}\leq a<1$ thì $ P\leq \frac{4}{3}$

b) cho các số a,b,c thoả mãn a+b+c=1 . hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : C= $ab+2bc+3ca$

Thế $ c=1-a-b$ vào biểu thức, ta được:

$$C=ab+2b(1-a-b)+3a(1-a-b)=-3a^2-2b^2-4ab+3a+2b$$ $$=-2.\left ( b+a-\frac{1}{2} \right )^2-\left ( a-\frac{1}{2} \right )^2+\frac{3}{4}\leq \frac{3}{4}$$

Vậy $maxC=\frac{3}{4}$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix}
a=\frac{1}{2}\\ b=0
\\ c=\frac{1}{2}

\end{matrix}\right.$

a)chứng minh rằng

   $\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}> 10$

 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxi, ta được

$$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}>\frac{(1+...+1)^2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{100}}=\frac{100^2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{100}}>\frac{100^2}{\sqrt{100}+\sqrt{100}+...+\sqrt{100}}=\frac{100^2}{100.\sqrt{100}}=10$$

Ta thấy $$\frac{2^2-1}{2^2}*\frac{3^2-1}{3^2}*\frac{4^2-1}{4^2}*...*\frac{n^2-1}{n^2}=\frac{1.3.2.4.3.5...(n-3).(n-1).(n-2).n.(n-1).(n+1)}{2^2.3^2...n^2}$$

$$=\frac{1.2.3^2.4^2...(n-3)^2.(n-2)^2.(n-1)^2.n.(n+1))}{2^2.3^2...n^2}=\frac{n+1}{2n}$$

Biết rằng $x^{2}+y^{2}=x+y$. Tìm GTLN và GTNN của A = x - y.

Đặt $x+y=a$ ta có: $$a=x+y=x^2+y^2=(x+y)^2-2xy \Rightarrow 2xy=a^2-a$$

$$A^2=(x-y)^2=(x+y)^2-4xy=a^2-2.(a^2-a)=-a^2+2a=1-(a-1)^2\leq 1$$

Suy ra $-1\leq A\leq 1$

Đẳng thức xảy ra tại $a=1$ nên ta giải hệ $\left\{\begin{matrix}
x+y=1\\x^2+y^2=1

\end{matrix}\right.$

Giải hệ trên, ta thu được nghiệm

Vậy $Max_{A}=1$ khi $ x=1 $ và$ y=0$
$Min_{A}=-1$ khi $x=0$ và $y=1$

Cho $a; b; c$ là các số thực dương. Chứng minh:

$2(a^{2014}+b^{2014}+c^{2014})\geq a^{2013}(b+c)+b^{2013}(a+c)+c^{2013}(a+b)$

Áp dụng BĐT Cosi cho 2014 số, ta được

$$2013.a^{2014}+b^{2014}\geq 2014.\sqrt[2014]{a^{2013.2014}.b^{2014}}=2014.a^{2013}.b$$

Tương tự, ta được $$2013.a^{2014}+c^{2014}\geq 2014.\sqrt[2014]{a^{2013.2014}.c^{2014}}=2014.a^{2013}.c$$

Cộng lại ta được $$2.2013.a^{2014}+b^{2014}+c^{2014}\geq 2014.a^{2013}.(b+c)$$

Hoàn toàn tương tự, thêm hai BĐT nữa, cộng lại, ta được ĐPCM

 

Chứng minh rằng :

$\left ( x^{2}+y^{2} \right )^{n} \geqslant 2^{n}x^{n}y^{n} + \left ( x^{n}-y^{n} \right )^{2}$

trong đó x,y là các số dương và n là số nguyên dương.   

 

Chưa nghĩ ra cách trực tiếp nên sài tạm cách Quy nạp

Dễ thấy với $n=1$ hoặc $n=2$, BĐT đúng với mọi $x,y$ dương

Với $n\geq 3$ chia hai vế cho $y^{2n}$ rồi đặt ẩn, ta được BĐT $(a^2+1)^n\geq 2^n.a^n+(a^n-1)^2$        (1)

Với n=3, BĐT tương đương $a^4+a^2\geq2a^3$ đúng

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

Ta chứng minh bổ đề $(a^2+1)(a^{n}-1)^2\geq (a^{n+1}-1)^2$ với mọi $n\geq3$         

Bổ đề tương đương

$(a^2+1).(a^n-1)^2\geq \left [ a(a^n-1)+(a-1) \right ]^2$
$\Leftrightarrow a^2.(a^n-1)^2+(a^n-1)^2\geq a^2.(a^n-1)^2+2a(a-1)(a^n-1)+(a-1)^2$
$\Leftrightarrow (a^n-1)^2-2.a(a-1).(a^n-1)+a^2(a-1)^2-a^2(a-1)^2-(a-1)^2\geq0$

$\Leftrightarrow \left [ (a^n-1)-a(a-1) \right ]^2-(a-1)^2(a^2+1)\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-1)^n.(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+a+1-a)^2-(a-1)^2(a^2+1)\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-1)^2.\left [ (a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+1)^2-(a^2+1) \right ]\geq 0$

Vì $n\geq3$ nên $(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+1)^2-(a^2+1)\geq (a^2+1)^2-(a^2+1)=(a^2+1).a^2\geq 0$

Vậy bổ đề đúng với mọi $n\geq3$

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

Quay lại BĐT (1)

Giả sử BĐT đúng với mọi $n=m\geq3$

$$(a^2+1)^m\geq 2^m.a^m+(a^m-1)^2$$

Suy ra $$(a^2+1)^{m+1}=(a^2+1).(a^2+1)^m\geq (a^2+1).\left [ 2^m.a^m+(a^m-1)^2 \right ]$$

$$=(a^2+1).2^m.a^m+(a^2+1).(a^m-1)^2\geq 2a.2^m.a^m+(a^{m+1}-1)^2=2^{m+1}.a^{m+1}+(a^{m+1}-1)^2$$

Suy ra BĐT (1) cũng đúng với $n=m+1$, vậy BĐT đúng với mọi $n\geq3$

Đẳng thức xảy ra khi $a=1$ hay $x=y$

Tổng kết lại, BĐT đúng với mọi x, y dương và n nguyên dương

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b} \geq 3 + \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$

BĐT tương đương với

$$\sum \left (  \frac{2a}{b+c}-1\right )\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{a-b}{b+c}+\frac{a-c}{b+c} \right )\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum (a-b).\left ( \frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+c} \right )\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{(b+c)(a+c)}\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$

Dễ thấy

$$(a+c)(b+c)=c^2+ac+bc+ab<(a+b+c)^2$$
$$\Rightarrow \frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}\geq \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$
$$\Rightarrow  \sum \frac{(a-b)^2}{(b+c)(a+c)}\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$

Vậy BĐT đúng. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Mình sẽ cố gắng giải chi tiết

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có

$\left ( a_1+a_2+...+a_n \right )\left ( \frac{b_1^2}{a_1}+\frac{b_2^2}{a_2}+...+\frac{b_n^n}{a_n} \right )\geq (b_1+b_2+...+b_n)^2$
$\Rightarrow \frac{b_1^2}{a_1}+\frac{b_2^2}{a_2}+...+\frac{b_n^n}{a_n}\geq \frac{(b_1+b_2+...+b_n)^2}{a_1+a_2+...+a_n}$

Áp dụng BĐT trên cho 10 phân số sau, ta có:

$3.\frac{1}{4a^2+2}+3.\frac{1}{4b^2+2}+4.\frac{1}{6ab}\geq \frac{(3.1+3.1+4.1)^2}{3.(4a^2+2)+3.(4b^2+2)+4.6ab}=\frac{100}{12.(a^2+2ab+b^2)+12}=\frac{5}{3}$

Và $ab\leq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^2=1$

Suy ra ta có:

$3P=\frac{3}{4a^2+2}+\frac{3}{4b^2+2}+\frac{4}{6ab}+\frac{7}{3ab}\geq \frac{5}{3}+\frac{7}{3}=4$
$\Rightarrow P\geq \frac{4}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{\begin{matrix}
4a^2+2=4b^2+2=6ab\\a=b
\\ a+b=2

\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=1$

Nhờ các bạn giúp mình bài này:
Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1. Tìm MIN của P = ax²  + by² + cz² (với a, b, c >0).

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta được

$(ax^2+by^2+cz^2)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq (x+y+z)^2=1$
$\Rightarrow ax^2+by^2+cz^2\geq \frac{abc}{ab+bc+ca}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x+y+z=1$ và $ax=by=cz$

Đặt $ax=by=cz=t$, thay vào $x+y+z=1$, ta được

$t.\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=1$
$\Rightarrow t=\frac{abc}{ab+bc+ca}$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{bc}{ab+bc+ca}\\ y=\frac{ca}{ab+bc+ca}
\\z=\frac{ab}{ab+bc+ca}

\end{matrix}\right.$

 

Chứng minh bằng qui nạp với $n,k \in  \mathbb{N}*$

$\frac{n+1}{n+2} - n.\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{2^{k}}{k}}{2^{n+1}} < 0$

 

Giúp mình bài này với!!!

 

Bài này với $n=1$ thì BĐT sai, còn từ 2 trở đi mới đúng. Bạn xem lại đề nhé. Mình chứng minh như sau

Ta chứng minh bổ đề: với $n\geq2$ thì ta có BĐT

$$2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{n-1}}{n-1}\geq\frac{2^n}{n}$$

Với $n=2$ dễ thấy BĐT đúng

Giả sử BĐT đúng với $n=k$ suy ra $2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{k-1}}{k-1}\geq\frac{2^k}{k}$

Ta thấy $2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{k-1}}{k-1}+\frac{2^k}{k}\geq\frac{2^k}{k}+\frac{2^k}{k}=\frac{2^{k+1}}{k}>\frac{2^{k+1}}{k+1}$

Suy ra BĐT đúng với $n=k+1$

Theo nguyên lí quy nạp toán học, BĐT đúng với mọi $n\geq2$

________________________________________________

Trở lại BĐT ban đầu, ta có

$2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{n-1}}{n-1}\geq\frac{2^n}{n}$
$\Leftrightarrow 2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{n-1}}{n-1}+\frac{2^n}{n}\geq2.\frac{2^n}{n}=\frac{2^{n+1}}{n}$
$\Leftrightarrow n.\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{2^{k}}{k}}{2^{n+1}}\geq1$

Dễ thấy $\frac{n+1}{n+2}<1$

Vậy $\frac{n+1}{n+2}< n.\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{2^{k}}{k}}{2^{n+1}}$

Cho a, b, c > 0. Chứng minh $\sum \frac{a^{2}}{a+b}+\frac{1}{2}\sum \sqrt{ab}\geqslant \sum a$

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\sum \left ( a-\frac{ab}{a+b} \right )+\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}\geq a+b+c$
$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}\geq \frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}$

Nhưng BĐT này đúng do $\frac{\sqrt{ab}}{2}=\frac{ab}{2\sqrt{ab}}\geq \frac{ab}{a+b}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

Bài 2. [Chỉ dùng biến đổi tương đương và không được dùng AM-GM] Cho các số không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh:

$$\dfrac{x^2}{x+y^2}+\dfrac{y^2}{y+z^2}+\dfrac{z^2}{z+x^2} \geqslant \dfrac{3}{2}$$

Lưu ý: Nếu vào trong này giải bài thì không ghi tiếng anh nếu không phải ngoại quốc.

Ta có $$\sum \frac{x^2}{x+y^2}=\sum \left ( x-\frac{xy^2}{x+y^2} \right )\geq \sum \left ( x-\frac{xy^2}{2y\sqrt{x}} \right )=\sum \left ( x-\frac{y\sqrt{x}}{2} \right )=3-\frac{y\sqrt{x}+z\sqrt{y}+x\sqrt{z}}{2}$$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có $$y\sqrt{x}+z\sqrt{y}+x\sqrt{z}\leq \sqrt{(xy+yz+zx)(y+z+x)}\leq \sqrt{\frac{(x+y+z)^2}{3}.(x+y+z)}=3$$

Vậy $$VT\geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$

Với 3 số dương $x,y,z$ và $x+y+z=1$.Tìm max

$\frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}+\frac{y}{y+\sqrt{y+xz}}+\frac{z}{z+\sqrt{z+xy}}$

Theo BĐT cauchy-schwarz ta có

$x+\sqrt{x+yz}=x+\sqrt{x^2+xy+xz+yz}=x+\sqrt{(x+y)(z+x)} \geq x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}=\sqrt{x}.(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Vậy $VT=\sum \frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}\leq \sum \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác.CMR: $\dfrac{ab}{a+b-c}+\dfrac{bc}{b+c-a}+\dfrac{ca}{a+c-b}\geq a+b+c$

BĐT tương đương với

$\sum \left ( \frac{ab}{a+b-c}-c \right )\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum \frac{ab-bc-ac+c^2}{a+b-c}\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a+b-c}.(a-c)(b-c)\geq 0$
Đặt được ứng, BĐT tương đương $S_c.(a-c)(b-c)+S_a.(c-a)(b-a)+S_b.(a-b)(c-b)\geq 0$

Không mất tổng quát giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_a\geq S_b\geq S_c>0$
Suy ra $S_c.(a-c)(b-c)\geq 0$
Và $S_a.(a-c)\geq S_b.(a-c)\geq S_b.(b-c)$

$\Rightarrow S_a.(a-c).(a-b)\geq S_b.(b-c)(a-b)\Leftrightarrow S_a.(c-a)(b-a)+S_b.(a-b)(c-b)\geq 0$

$\Rightarrow S_c.(a-c)(b-c)+S_a.(c-a)(b-a)+S_b.(a-b)(c-b)\geq 0$

BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$