2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức

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

 

Bổ đề: Với các số thực dương $a;b;c$ ta luôn có:
$9(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$

Chứng minh: 

Ta có: $(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:

$9xyz=3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}} \leq (x+y+z)(xy+yz+zx)$

Suy ra: $9(x+y)(y+z)(z+x)=9(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz \geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$
BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$

Áp dụng vào bài toán:

$3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}=\sqrt[3]{3.9(a+b)(b+c)(c+a)} \geq \sqrt[3]{(1+1+1).8(a+b+c)(ab+bc+ca)}$

Mặt khác, áp dụng BĐT $AM-GM$ ta lại có:

$a+b+c \geq \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$

Lại có: theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ thì:

$(ab+bc+ca)(1+1+1) \geq (\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}$ 

Do đó, $\sqrt[3]{8.(1+1+1)(a+b+c)(ab+bc+ca)} \geq 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

những bài áp dụng bđt  trên cho các số thực dương 

1. $xyz+2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+8 \geq 5(x+y+z)$

2. $xyz+ x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3 (x+y+z)$

2. Ta thấy trong ba số thực dương $x;y;z$ luôn tồn tại hai số cùng nhỏ hơn hay bằng $1$ hoặc lớn hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $x$ và $y$

Khi đó ta có: $(x-1)(y-1) \geq 0 \Leftrightarrow xy \geq x+y-1$ suy ra $xyz \geq zx+yz-z$

Do đó, $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh $zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq 3(x+y+z)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(y+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})-(x+y) \geq 0(*)$

Mặt khác, ta lại có: $\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}) \geq \frac{1}{4}(x+y)^{2} \geq x+y$

Nên $(*)$ đúng. Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$

1. Áp dụng BĐT$.2$ và các BĐT sau:
$x^{2}+1 \geq 2x$
$y^{2}+1 \geq 2y$

$z^{2}+1 \geq 2z$

Cộng vế theo vế bốn bất đẳng thức lại ta có BĐT$.1$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ 

Cho a,b,c là các số thực : 
Chứng minh rằng : $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $

Bất đẳng thức sai với $a=b=c=-1$

Em(mình) nghĩ đề đúng là 

 

 

Cho a,b,c là các số thực dương: 
Chứng minh rằng: $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $

Ta thấy trong ba số thực dương $a;b;c$ luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng $1$ hoặc nhỏ hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $b$ và $c$.

Khi đó ta có: $(b-1)(c-1) \geq 0 \Leftrightarrow bc \geq b+c-1$ suy ra $2abc \geq 2ab+2ac-2a$

Do đó, $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1 \geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac-2a+1$

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac-2a+1 \geq 2(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow (a^{2}-2a+1)+(b^{2}+c^{2}-2bc) \geq 0 \Leftrightarrow (a-1)^{2}+(b-c)^{2} \geq 0$ (đúng)

Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. 

giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}(x^2+1)(y^2+1)+8xy&=0\\\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}&=\frac{-1}{4}\end{matrix}\right.$

Ta thấy $x=0$ và $y=0$ không là nghiệm của hệ phương trình

Với $x$ và $y$ khác $0$. Hệ phương trình tương đương

$\left\{\begin{matrix}\frac{x^{2}+1}{x}.\frac{y^{2}+1}{y}=-8 \\ \frac{1}{\frac{x^{2}+1}{x}}+\frac{1}{\frac{y^{2}+1}{y}}=\frac{-1}{4} \end{matrix}\right.$

Bây giờ đặt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{x^{2}+1}{x}=a \\ \frac{y^{2}+1}{y}=b \end{matrix}\right.$

Hệ phương trình trở thành:

$\left\{\begin{matrix}ab=-8 \\ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{-1}{4} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}ab=-8 \\ a+b=\frac{-1}{4}ab=2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a=2-b \\ (2-b)b=-8 \end{matrix}\right.$

Bây giờ chỉ cần giải phương trình bậc hai. Tìm được $a$ và $b$ từ đó tìm được $x$ và $y$.

 

Câu 4 (7,0 điểm).

 

        Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA,MB và cát tuyến MNP với đường tròn ( A,B là các tiếp điểm , N nằm giữa M và P ).Gọi H là giao điểm của AB và MO.

 

        1.Chứng minh Tứ giác NHOP nội tiếp đường tròn

     

        2.Kẻ dây cung PQ vuông góc với đường thẳng MO. Chứng minh ba điểm N,H,Q thẳng hàng

 

        3.Gọi E là giao điểm của MO và cung nhỏ AB của đường tròn (O) . Chứng minh NE là phân giác của $\widehat{MNH}$

 

 Lời giải : 

1. Xét $\Delta MBP$ và $\Delta MNB$ có:

- $\angle BMP$ chung

- $\angle MPB = \angle MBN$
Do đó, $\Delta MBP \sim \Delta MNB(g.g)$

Suy ra $\frac{MB}{MP}=\frac{MN}{MB}$ nên $MB^{2}=MN.MP$
Mặt khác: Xét $\Delta MBO$ vuông tại $B$ có đường cao $BH$ ứng với cạnh huyền nên $MB^{2}=MH.MO$

Nên $MN.MP=MH.MO$ hay $\frac{MN}{MH}=\frac{MO}{MP}(1)$

Lại có $\Delta MNO$ và $\Delta MHP$ có chung $\angle OMP$ nên từ $(1)$ suy ra $\Delta MNO \sim \Delta MHP(c.g.c)$. Do vậy, ta có $\angle NOM = \angle HPM$

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

2. Ta có: $\Delta OPQ$ cân tại $O$ nên $OM \perp PQ$, cũng là đường trung trực của $PQ$ mà $H \in OM$ dẫn đến $HP=HQ$

Do đó, $\Delta HPQ$ cân tại $H$ có $HO$ là đường cao nên cũng là đường phân giác.

Do vậy, ta có $\angle OHQ=\angle OHP$ 

Mặt khác, $\angle PNO = \angle NPO$ vì $\Delta NPO$ cân tại $O$

Mà tứ giác $NHOP$ nội tiếp đường tròn nên $\angle OHP = \angle PNO$ và $\angle NPO+\angle OHN=180^{\circ}$

Nên, ta có $\angle OHQ+\angle OHN=\angle NPO+ \angle OHN=180^{\circ}$. Vậy ta có điều phải chứng minh

3. Để chứng minh $NE$ là phân giác của $\angle MNH$ ta cần chứng minh $\angle MNE=  \angle ENH$.Thật vậy,

Gọi $F$ là giao điểm thứ hai của $OM$ với $(O)$

Ta có tứ giác $EFPN$ nội tiếp $(O)$ nên $\angle MNE = \angle EFP(2)$

Lại có: $\angle ENH = \angle ENQ = \angle EPQ(3)$ 

Vì $\angle EPF$ chắn nửa $(O)$ nên $\Delta EPF$ vuông tại $P$ do đó $\angle EPQ = \angle EFP(4)$ (cùng phụ với $\angle PEF$)

Từ $(2)(3)(4)$ ta suy ra điều phải chứng minh.

 

4) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{a}{4}+\frac{b}{6}+\frac{c}{3}=1$. Chứng minh 

$\frac{(a+2b)^3}{5c+4a}+\frac{27c^3}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^3}{a+2b+6c}\geq 16$

Ta có bổ đề sau : Với các số thực dương $x;y;z;m;n;p;a;b;c$ bất kỳ ta có luôn có bất đẳng thức:

$(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})(a^{3}+b^{3}+c^{3}) \geq  (xma+ynb+zpc)^{3}(1)$ ( BĐT $Holder$ )

Chứng minh :

Đặt vế trái của $(1)$ là $A$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:

$\frac{x^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{m^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}+\frac{a^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geq 3\frac{xma}{\sqrt[3]{A}}$

$\frac{y^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{n^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}+\frac{b^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geq 3\frac{ynb}{\sqrt[3]{A}}$

$\frac{z^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{p^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}+\frac{c^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geq 3\frac{zpc}{\sqrt[3]{A}}$

Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

$3 \geq \frac{3(xma+ynb+zpc)}{\sqrt[3]{A}}$ suy ra điều phải chứng minh.

Áp dụng bổ đề vào bài toán:

Ta có: $(\frac{(a+2b)^{3}}{5c+4a}+\frac{(3c)^{3}}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^{3}}{a+2b+6c})(5c+4a+4a+4b+c+a+2b+6c)(1+1+1) \geq (a+2b+3c+c+2a)^{3}$

Hay: $\frac{(a+2b)^{3}}{5c+4a}+\frac{(3c)^{3}}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^{3}}{a+2b+6c} \geq \frac{(3a+2b+4c)^{3}}{9(3a+2b+4c)}(2)$

Mặt khác: từ giả thiết thì ta có: $3a+2b+4c=12(3)$

Kết hợp $(2)(3)$ ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{4}{3}$

Thử thay dấu trừ trong căn thành dấu cộng

Bài 289: $x+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\sqrt{2}\left ( 1+\frac{1}{\sqrt{3}} \right )$

Từ phương trình ta có :

$x=\frac{\sqrt{2}(1+\frac{1}{\sqrt{3}})}{1+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}}>0$

Phương trình tương đương

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

$<=>(x-\sqrt{2})+\frac{\sqrt{3}x-\sqrt{2}.\sqrt{x^{2}+1}}{\sqrt{3}.\sqrt{x^{2}+1}}=0$

$<=>(x-\sqrt{2})+\frac{x^{2}-2}{(\sqrt{3}.\sqrt{x^{2}+1})(\sqrt{3}x+\sqrt{2}.\sqrt{x^{2}+1})}=0$

$<=>(x-\sqrt{2})(1+\frac{x+\sqrt{2}}{(\sqrt{3}.\sqrt{x^{2}+1})(\sqrt{3}x+\sqrt{2}.\sqrt{x^{2}+1})}=0$

$<=>x=\sqrt{2}$ ( vì $x>0$ nên phần trong ngoặc $>0$ )

Cho dãy số $u_{n}$ thỏa $u_{1}=1$ và $u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}}{1996}+u_{n}.$
Tính $\lim_{n \mapsto + \infty} \frac{u_{1}}{u_{2}} + \frac{u_{2}}{u_{3}} +....+ \frac{u_{n}}{u_{n+1}}.$

_Ta có : $u_{n+1}=u_n+\frac{u_n^{2}}{1996} > u_n, \forall n \in \mathbb{N}*$ nên $(u_n)$ là dãy tăng suy ra $u_{n+1} > u_n > ..... > u_1=1, \forall n \in \mathbb{N}*$

_Giả sử $(u_n)$ tồn tại giới hạn hữu hạn là $\lim u_n=L$ 

Ta có phương trình giới hạn : $L=\frac{L^{2}}{1996}+L<=>L=0$ ( vô lý vì $u_n > 1,\forall n \in \mathbb{N}*$ thì $\lim u_n = L >1$ )

Vậy $\lim u_n = +\infty$ 

_Lại có :

$u_{n+1}=u_n+\frac{u_n^{2}}{1996},\forall n \in \mathbb{N}*$ suy ra $1996(u_{n+1}-u_n)=u_n^{2},\forall n \in \mathbb{N}*$

$<=>\frac{u_n}{u_{n+1}}=\frac{u_n^{2}}{u_n.u_{n+1}}=1996.(\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}})\forall n \in \mathbb{N}*$

Tương tự thì : $\frac{u_1}{u_2}=1996(\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_2})=1996(1-\frac{1}{u_2})$

$\frac{u_2}{u_3}=1996(\frac{1}{u_2}-\frac{1}{u_3})$

            $.....$
$\frac{u_n}{u_{n+1}}=1996.(\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}}),\forall n \in \mathbb{N}*$

Suy ra :

$\lim_{n \mapsto + \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{u_i}{u_{i+1}}=\lim_{n \mapsto + \infty} 1996(1-\frac{1}{u_{n+1}})=1996$

Cho n thuộc N và n >3.  Chứng minh :

   $S_{n}=\frac{1}{3(1+\sqrt{2})}+\frac{1}{5(\sqrt{2}+\sqrt{3})}+...+\frac{1}{(2n+1)(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})}< \frac{1}{2}$

Áp dụng BĐT $AM-GM$, ta có:

$2n+1=(\sqrt{n})^{2}+(\sqrt{n+1})^{2} > 2.\sqrt{n}.\sqrt{n+1}$ ( dấu bằng không xảy ra ) 
Suy ra : $\frac{1}{(2n+1)(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})} = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2n+1} < \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2.\sqrt{n}.\sqrt{n+1}} = \frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}})$
Tương tự thì :

$\frac{1}{3(1+\sqrt{2})} < \frac{1}{2}(1-\frac{1}{\sqrt{2}})$

$\frac{1}{5(\sqrt{2}+\sqrt{3})} < \frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}})$

                          . . . . .

$\frac{1}{(2n+1)(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})} < \frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}})$

Cộng vế theo vế suy ra :

$S(n) < \frac{1}{2}(1-\frac{1}{\sqrt{n+1}})<\frac{1}{2}$ ( điều phải chứng minh )

Cho a,b,c > 0 và a+b+c=1

 

CMR : $\frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(a+c)^2} + \frac{c}{(b+a)^2} \geq \frac{9}{4}$

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có :
$(\frac{a}{(b+c)^{2}}+\frac{b}{(c+a)^{2}}+\frac{c}{(a+b)^{2}})(a+b+c) \geq (\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^{2}(1)$

Mặt khác, áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ lại có:

$\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1 = \frac{1}{2}.(b+c+c+a+a+b)(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}) \geq \frac{9}{2}$

Suy ra : $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}(2)$

Kết hợp $(1)(2)$ và $a+b+c=1$ ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

 

2.CMR : với mọi n $\epsilon Z+$ ta co:

   $\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}< 2$

Ta có :
$\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}}{(n+1)n}=\sqrt{n}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=\sqrt{n}(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}})(\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n+1}})$

$<\sqrt{n}(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}})(\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n}})=2(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}})$          

Suy ra : $\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}<2(\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+.....-\frac{1}{\sqrt{n+1}})=2.(1-\frac{1}{\sqrt{n+1}})<2$

Tìm các giá trị của tham số $a$ sao cho bất phương trình $\frac{x-2a-3}{x-a+2}<0$ có nghiệm đúng với mọi $x\in [1;2]$

_Để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi $x \in [1;2]$ thì ĐKXĐ là $x-a+2$ khác $0$ với mọi $x \in [1;2]$ hay $a$ không thuộc $[3;4]$

_Xét bất phương trình trên $[1;2]$
+Với $a \in (-\infty;3)$, khi đó $x-a+2>0$ nên bất phương trình trở tương đương :  $x-2a-3<0<=>x-3<2a$ 

Để bất phương trình đúng với mọi $x \in [1;2]$ thì $2a>2-3$ hay $a>\frac{-1}{2}$
Khi đó, $a \in (\frac{-1}{2};3)$ thỏa mãn bài toán 

+Với $a \in (4;+\infty)$, khi đó $x-a+2<0$ nên bất phương trình trở tương đương :  $x-2a-3>0<=>x-3>2a$ 

Để bất phương trình đúng với mọi $x \in [1;2]$ thì $2a<1-3$ hay $a<-1$
Khi đó, không tồn tại $a$ thỏa mãn bài toán

Tớ có mấy bài này khó mong giúp đỡ 
Bài 139 : Giải phương trình với $a,b$ là hai số dương cho trước 
$\sqrt[n]{\frac{a+x}{a-x}}+\sqrt[n]{\frac{a-x}{a+x}}=\sqrt[n]{\frac{b+x}{b-x}}+\sqrt[n]{\frac{b-x}{b+x}}$

_Trường hợp $n$ lẻ

ĐKXĐ : $x$ khác $\pm a$ và $\pm b$ $(1)$

Đặt $\sqrt[n]{\frac{a+x}{a-x}}=y$ và $\sqrt[n]{\frac{b+x}{b-x}}=z$ ( $y$ và $z$ khác $0$ )

Phương trình trở thành :
$y+\frac{1}{y}=z+\frac{1}{z}$
$<=>(y-z)(1-\frac{1}{yz})=0$

$<=>y=z$ hoặc $yz=1$

+ Khi $y=z$ thì ta có : $\frac{a+x}{a-x}=\frac{b+x}{b-x}=\frac{(a+x)-(b+x)}{(a-x)-(b-x)}=\frac{a-b}{a-b}=1$ suy ra $x=0$ ( nếu $a$ khác $b$ )

Nếu $a=b$ thì ta có phương trình có vô số nghiệm thỏa mãn điều kiện $(1)$

+ Khi $yz=1$ ta có : $\frac{a+x}{a-x}.\frac{b+x}{b-x}=1<=>ab+(a+b)x+x^{2}=x^{2}-(a+b)x+ab<=>x=0$

_Trường hợp $n$ chẵn. Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b$

ĐKXĐ : $x > a$ hoặc $x < - b$ $(2)$

Đặt $\sqrt[n]{\frac{a+x}{a-x}}=m$ và $\sqrt[n]{\frac{b+x}{b-x}}=n$ ( $m$ và $n$ $> 0$ )

Phương trình trở thành :
$m+\frac{1}{m}=n+\frac{1}{n}$
$<=>(m-n)(1-\frac{1}{mn})=0$

$<=>m=n$ hoặc $mn=1$

+ Khi $m=n$ thì ta có : $\frac{a+x}{a-x}=\frac{b+x}{b-x}=\frac{(a+x)-(b+x)}{(a-x)-(b-x)}=\frac{a-b}{a-b}=1$ suy ra $x=0(KTM)$ ( nếu $a>b$ )

Nếu $a=b$ thì ta có phương trình có vô số nghiệm thỏa mãn điều kiện $(2)$

+ Khi $mn=1$ ta có : $\frac{a+x}{a-x}.\frac{b+x}{b-x}=1<=>ab+(a+b)x+x^{2}=x^{2}-(a+b)x+ab<=>x=0$ ( không thỏa mãn điều kiện )

Bài này anh làm sai rồi!

$1\leq \sum \frac{1}{a+b+1}$ chứ đâu phải $1=\sum \frac{1}{a+b+1}$ nên không thể suy ra thế!

vẫn suy ra được mà . vì $\sum \frac{1}{a+b+1}$ bị chặn dưới bởi $1$ và chặn trên bởi $\frac{2\sum a+\sum c^{2}}{(a+b+c)^{2}}$
suy ra : $\frac{2\sum a+\sum c^{2}}{(a+b+c)^{2}} \geq 1$ 

2/Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\geqslant 1$
CMR: $a+b+c\geqslant ab+bc+ca$

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có : $(a+b+1)(a+b+c^{2}) \geq (a+b+c)^{2}$
Suy ra : $1 \leq \sum \frac{1}{a+b+1} \leq \frac{2\sum a + \sum c^{2}}{(a+b+c)^{2}}$
Nên : $2\sum a + \sum c^{2} \geq (a+b+c)^{2}$

Khai triển ra rút gọn $->Q.E.D$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$

Cho $x;y$ thỏa mãn $x^{2}(x^{2}+2y^{2}-3)+(y^{2}-2)^{2}=1$. GTLN của $A=x^{2}+y^{2}$

Từ giả thiết, ta có:
$x^{2}(x^{2}+2y^{2}-3)+(y^{2}-2)^{2}=1$
$<=>x^{4}+y^{4}+(-2)^{2}+2x^{2}y^{2}-4x^{2}-4y^{2}=1-x^{2}$
$<=>(x^{2}+y^{2}-2)^{2}=1-x^{2} \leq 1$
Suy ra $x^{2}+y^{2} \leq 1+2=3$
Dấu bằng xảy ra khi $x=0$ và $y=\pm \sqrt{3}$

a) $\sqrt{\frac{x+7}{x+1}}+8=2x^{2}+\sqrt{2x-1}$

ĐKXĐ: $x \geq \frac{1}{2}$

Phương trình tương đương

$(\sqrt{\frac{x+7}{x+1}}-\sqrt{2x-1})+(8-2x^{2})=0$
$<=>\frac{\frac{x+7}{x+1}-(2x-1)}{\sqrt{\frac{x+7}{x+1}}+\sqrt{2x-1}}+2(4-x^{2})=0$

$<=>\frac{8-2x^{2}}{(x+1)(\sqrt{\frac{x+7}{x+1}}+\sqrt{2x-1})}+2(4-x^{2})=0$

$<=>2(4-x^{2})(\frac{1}{(x+1)(\sqrt{\frac{x+7}{x+1}}+\sqrt{2x-1})}+1)=0$

$<=>2(4-x^{2})=0$ ( vì phần trong ngoặc $>0$ )
$<=>x=2$ ( vì $x \geq \frac{1}{2}$ )

 

3/ $\left | \sqrt{x^2-4x+5}-\sqrt{x^2-10x+50} \right |=5$

_Với $x^{2}-4x+5 \geq x^{2}-10+50$ hay $x \geq \frac{45}{6}$
Phương trình tương đương $\sqrt{x^{2}-4x+5}=5+\sqrt{x^{2}-10x+50}$

$<=>\sqrt{(x-2)^{2}+1^{2}}=\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}+\sqrt{(x-5)^{2}+5^{2}}$

Mặt khác:
$\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}+\sqrt{(x-5)^{2}+5^{2}} \geq \sqrt{(x-2)^{2}+1}(Mincowxki)$

Nên phương trình tương đương $3.5=-4(x-5)<=>x=\frac{5}{4}$ ( không thoả mãn )

_Với $x^{2}-4x+5 < x^{2}-10+50$ hay $x < \frac{45}{6}$

Phương trình tương đương $5+\sqrt{x^{2}-4x+5}=\sqrt{x^{2}-10x+50}$

$<=>\sqrt{(-3)^{2}+(4)^{2}}+\sqrt{(x-2)^{2}+1^{2}}=\sqrt{(x-5)^{2}+5^{2}}$

Tương tự trường hợp ở trên sử dụng BĐT $Mincowxki$ ta có vế trái $\geq$ vế phải

Nên phương trình tương đương $(-3).1=4.(x-2)<=>x=\frac{5}{4}$ ( thỏa mãn )

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=${$\frac{5}{4}$}

$i)$ Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$
Chứng minh rằng $(a^{2}+b^{2}+abc)(b^{2}+c^{2}+abc)(c^{2}+a^{2}+abc) \geq 3abc(a+b+c)^{2}$
$ii)$ Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng

$\frac{a}{3a^{2}+abc+27}+\frac{b}{3b^{2}+abc+27}+\frac{c}{3c^{2}+abc+27} \leq \frac{3}{31}$

$x,y,z> 0$ và $x+y+z=3$ tìm GTNN P= $x^{2}+y^{2}+z^{3}$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có :

$x^{2}+(\frac{19-\sqrt{37}}{12})^{2} \geq 2.\frac{19-\sqrt{37}}{12}.x=\frac{19-\sqrt{37}}{6}.x$
$y^{2}+(\frac{19-\sqrt{37}}{12})^{2} \geq \frac{19-\sqrt{37}}{6}.y$
$z^{3}+(\frac{\sqrt{37}-1}{6})^{3}+(\frac{\sqrt{37}-1}{6})^{3} \geq 3.(\frac{\sqrt{37}-1}{6}).(\frac{\sqrt{37}-1}{6}).y=\frac{19-\sqrt{37}}{6}.z$
Suy ra :
$x^{2}+(\frac{19-\sqrt{37}}{12})^{2}+y^{2}+(\frac{19-\sqrt{37}}{12})^{2}+(z^{3}+\frac{\sqrt{37}-1}{6})^{3}+(\frac{\sqrt{37}-1}{6})^{3} \geq \frac{19-\sqrt{37}}{6}.(x+y+z)=\frac{19-\sqrt{37}}{2}$ suy ra $P \geq \frac{19-\sqrt{37}}{2}-2.(\frac{19-\sqrt{37}}{12})^{2}-2.(\frac{\sqrt{37}-1}{6})^{3}$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=\frac{19-\sqrt{37}}{12}$ và $z=\frac{\sqrt{37}-1}{6}$

 

Giải thích

Cho $a;b;c$ dương thỏa $a+b+c=k$ ( $k$ là hằng số )

Tìm giá trị nhỏ nhất của $a^{2}+b^{2}+c^{3}$

Ý tưởng : cần phải chứng minh lớn hơn một lượng sao cho hệ số của $x;y;z$ là như nhau

Do $a;b$ cùng bậc nên dấu bằng tại giá trị nhỏ nhất sẽ đạt được tại $a=b=x$ ( $x$ là hằng số ) và $c=y$ với $y$ là hằng số

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có :

$a^{2}+x^{2} \geq 2ax//// b^{2}+x^{2}\geq 2bx//// c^{3}+y^{3}+y^{3} \geq 3cy^{2}$ 

Vậy dấu bằng xảy ra khi 

$\left\{\begin{matrix}a=b=x//c=y \\ 2x=3y^{2} \\ a+b+c=k \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a=b=x//c=y \\ 2x+y=k \\ 2x=3y^{2} \end{matrix}\right.$

Đến đây từ hai phương trình dưới dễ dàng tìm được $x;y$ với $k$ là hằng số bằng cách dùng phương pháp thế giải phương trình bậc hai

Đặt $p=\frac{a+b+c}{2}$
Theo hệ thức $Heron$ ta có :
$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
Ta có :

$2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2}=(a^{2}-(b-c)^{2})+(b^{2}-(c-a)^{2})+(c^{2}-(a-b)^{2})=\sum (a-b+c)(a-c+b)=\sum 4(p-b)(p-c)$

Sử dụng Bất đẳng thức

$xy+yz+zx \geq \sqrt{3xyz(x+y+z)}$ ( chứng minh bằng biến đổi tương đương )
Ta có :
$\sum 4(p-b)(p-c) \geq 4\sqrt{3(3p-a-b-c)(p-a)(p-b)(p-c)}=4\sqrt{3p(p-a)(p-b)(p-c)}=4\sqrt{3}.S$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Có hai bất đẳng thức yếu hơn : 
i) $\sum a^{2} \geq 4\sqrt{3}.S+\frac{1}{2}\sum (a-b)^{2}$

ii) $\sum a^{2} \geq 4\sqrt{3}.S+\frac{2}{3}\sum (a-b)^{2}$

Với $a,b,c$ là các số thực dương, CMR:

$\sqrt{a^2+b^2-\sqrt{3}ab}+\sqrt{b^2+c^2-bc}\geqslant \sqrt{a^2+c^2}$

 

Bổ đề ( BĐT $Mincowxki$ ) Ta luôn có : $\sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}} \leq \sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}$

Chứng minh :
Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có : $\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})} \geq ac+bd$

Do đó $(a+c)^{2}+(b+d)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+2(ac+bd) \leq (a^{2}+b^{2})+2\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}+(c^{2}+d^{2})$
$=(\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}})^{2}$ Suy ra điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi $ad=bc$
 

Sử dụng Bổ Đề ta có :

$\sqrt{a^{2}+b^{2}-\sqrt{3}ab}+\sqrt{b^{2}+c^{2}-bc}=\sqrt{(b-\frac{\sqrt{3}a}{2})^{2}+(\frac{a}{2})^{2}}+\sqrt{(\frac{c}{2}-b)^{2}+(\frac{\sqrt{3}c}{2})^{2}}$
$\geq \sqrt{(b-\frac{\sqrt{3}a}{2}+\frac{c}{2}-b)^{2}+(\frac{a}{2}+\frac{\sqrt{3}c}{2})^{2}}=\sqrt{((\frac{c}{2}-\frac{\sqrt{3}a}{2})^{2}+(\frac{a}{2}+\frac{\sqrt{3}c}{2})^{2}}$

$=\sqrt{a^{2}+c^{2}}$
Dấu bằng xảy ra khi $(b-\frac{\sqrt{3}a}{2}).\frac{\sqrt{3}c}{2}=\frac{a}{2}(\frac{c}{2}-b)$ Hay $b=\frac{ac}{\frac{\sqrt{3}c}{2}+\frac{a}{2}}$ 

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất:

1.

Đặt $t=xy$ ta có : $0 < xy \leq \frac{(x+y)^{2}}{4}=\frac{1}{4}$ Suy ra $B>4$

Ta có :
$B=\frac{1}{x^{3}+y^{3}}+\frac{1}{xy}=\frac{1}{(x+y)^{3}-3xy(x+y)}+\frac{1}{xy}=\frac{1}{1-3t}+\frac{1}{t}=\frac{1-2t}{t-3t^{2}}$

$<=>Bt-3B.t^{2}=1-2t<=>3B.t^{2}-(B+2)t+1=0$
Để phương trình có nghiệm $t$ sao cho $0< t \leq \frac{1}{4}$

Thì $\left\{\begin{matrix}\Delta=B^{2}+4B+4-12B \geq 0\\ \frac{3}{16}B-\frac{B}{4}+\frac{1}{2} \leq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}B \geq 4+2\sqrt{3}\\ \frac{1}{2}-\frac{B}{16} \leq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow B \geq 8$

Vậy $B \geq 8$ . Dấu bằng xảy ra khi $xy=\frac{1}{4}$ và $x+y=1$ hay $x=y=\frac{1}{2}$

cho x,y>0 thoa man x+y=2 tim min P=gif (3).gif

Ta có :

$P=\frac{1}{x+1+\sqrt{(x+1)^{2}+1}}+\frac{1}{y+1+\sqrt{(y+1)^{2}+1}}=\sqrt{(x+1)^{2}+1}-(x+1)+\sqrt{(y+1)^{2}+1}$

$-(y+1)=\sqrt{(x+1)^{2}+1}+\sqrt{(y+1)^{2}+1}-4$

Áp dụng BĐT $C-S$ ta có :

$((x+1)^{2}+1)(2^{2}+1) \geq (2x+2+1)^{2}$
Suy ra $\sqrt{(x+1)^{2}+1} \geq \sqrt{\frac{(2x+2+1)^{2}}{5}}=\frac{2x+3}{\sqrt{5}}$
Tương tự $\sqrt{(y+1)^{2}+1} \geq \frac{2y+3}{\sqrt{5}}$ suy ra

$P=\sqrt{(x+1)^{2}+1}+\sqrt{(y+1)^{2}+1}-4 \geq \frac{1}{\sqrt{5}}(2x+3+2y+3)-4=\frac{10}{\sqrt{5}}-4=2\sqrt{5}-4$

Vậy $Min$ $P=2\sqrt{5}-4$ khi và chỉ khi $x=y=1$

Cho x,y,z>0

 

CMR: $P=\frac{2x^{2}+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^{2}}+\frac{2y^{2}+yz}{(z+\sqrt{xy}+x)^{2}}+\frac{2z^{2}+zx}{(x+\sqrt{yz}+y)^{2}}\geq 1$

Đã có đăng tại đây