Chỗ màu xanh nhầm dấu anh ơi!

đúng rồi, chỗ đó anh nhầm dấu nhưng chỗ sau vẫn đúng

Cho 3 số x,y,z thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm GTLN $B=xy+yz+xz$

$B=xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=3$

Dấu "=" xảy ra $\left\{\begin{matrix} x=y=z & & \\ x+y+z=3 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=z=1$

Các bạn giúp mình bài này nhé!

$Cho \left\{x,y,z>0\begin{matrix} \\ xyz=1\end{matrix}\right.$$CMR:\frac{1}{x^{3}(y+z)}+\frac{1}{y^{3}(z+x)}+\frac{1}{z^{3}(x+y)}\geq \frac{3}{2}$

đây

đây

cho a,b,c>0.CMR$\frac{a^{5}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{b^{5}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{c^{5}}{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}$

Gợi ý: áp dụng bổ đề $(a+b)^{3}\geq ab(a+b)$ 

Bài này cực dễ luôn

Cho $x,y,z$ dương sao cho $xyz=1$

Tìm max $A=\sum_{cyc}\frac{xy}{x^{5}+y^{5}+xy}$

mk chưa học về $\sum$ nha bạn! bạn ghi rõ dc ko

Mình cũng đã học đâu,đọc tài liệu thì biết thôi!

Cho $x,y,z$ dương thoả mãn $xyz=1$

Tìm max $A=\frac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab}+\frac{bc}{b^{5}+c^{5}+bc}+\frac{ca}{c^{5}+a^{5}+ca}$

Cho 3 số $a,b,c$ dương thoả mãn $a<b<c$ và $\sum \frac{1}{a}\leq 1$.

Chứng minh rằng với mọi $x>0$ đều có:

               $\frac{a}{a^{2}+x}+\frac{b}{b^{2}+x}+\frac{c}{c^{2}+x}\leq \frac{1}{2(a(a-1)+x)}$

Cho $a+b+c=3$. Chứng minh: $\sum \frac{2\sqrt{2(a+b^{2})}}{3}\geq \sum\frac{2(b^{2}+b)}{9a}+\frac{8}{3}$

Cho mình hỏi ở cách 2 làm sao bạn có thể nghĩ đến tổng 3 bình phương như thế này

Còn đề gốc của nó làm thế nào bạn?

Chẳng phải ở đề bài câu này là tổng 3 bình phương sao?

Áp dụng BĐT schwarz, Cauchy có:

$\frac{1}{x^{3}(zy+zt+yt)}+\frac{1}{y^{3}(xz+zt+xt)}+\frac{1}{z^{3}(xy+yt+xt)}+\frac{1}{t^{3}(xy+yz+xz)}= \frac{\frac{1}{x^2}}{x(zy+zt+yt)}+\frac{\frac{1}{y^2}}{y(xz+zt+xt)}+\frac{\frac{1}{z^2}}{z(xy+yt+xt)}+\frac{\frac{1}{t^2}}{t(xy+yz+xz)}\geq \frac{(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t})^2}{3(xyz+xzt+xyt+yzt)}=\frac{(xyz+xzt+xyt+yzt)^2}{3(xyz+xzt+xyt+yzt)}=\frac{xyz+xzt+xyt+yzt}{3}\geq$ $\frac{4\sqrt[3]{(xyzt)^3}}{3}$ $=\frac{4}{3}$

Chỗ màu đỏ đã sai, phải là căn bậc $4$ mới đúng

cho a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác thỏa mãn

$\frac{c^{2013}}{a+b-c}+\frac{b^{2013}}{a-b+c}+\frac{a^{2013}}{b+c-a}=a^{2012}+b^{2012}+c^{2012}$

chứng minh tam giác đó là tam giác đều

Chuyển vế, rút $a^{2012},b^{2012},c^{2012}$ ra được $\left\{\begin{matrix} a=b & \\ b=c & \\ c=a & \end{matrix}\right.$

Vậy ta có đpcm 

Cho x,y thỏa mãn $2x^2+\frac{1}{x^2}+\frac{y^2}{4}=4$ (x khác 0)

Tìm min xy.

Bài trên gần giống bài này

ở đây có nè!

sd cô-si ta có : 1 +x $\geq 2\sqrt{x}$

                              $\frac{1}{1 + x} \leq \frac{1}{2\sqrt{x}}$

tương tự như trên ta có : bt $\leq \frac{1}{2}$ . ($\frac{1}{\sqrt{x}}+ \frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}$)

dấu = xảy ra <=> x=y=z=1 và max bt = 1,5

thế mà chả trình bày từ đầu

link bất đẳng thức của thầy Tạ Hữu Phơ, bấm vào đây

Bạn bôi đen chữ "đây" rồi nhấn tổ hợp Ctrl + L để tạo đường link.

P/s : Hơi lạc đề đó bạn.

sorry vì đã lạc đề

Mình mở ra một topic mới để cùng mọi người trao đôit kinh nghiệm về BĐT. Lần này các bài toán dành cho THCS, 1 phần cũng dành cho các anh chị THPT. Đầu tiên xin nói lại về các BĐT để sử dụng truong topic này .
1. Bất đẳng thức Cô si (AM-GM): Với m số không âm $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ ta có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{m}\geq m\sqrt[m]{a_{1}a_{2}...a_{m}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}.$
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy - Schwazs): với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{m}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{m}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi : $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
3. Bất đẳng thức Xvác (Schwars). Với $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ bất kì và $b_{1},b_{2},...,b_{m}\geq 0$ ta có :
$\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\dfrac{a_{m}^{2}}{b_{m}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}.$Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
4.Bất đẳng thức Mincopxki (Mincowski): Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi :$\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
5. Bất đẳng thức Holder: Xin chỉ nêu trường hợp dùng nhiều nhất , ko nêu dạng tổng quát:
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ thì BĐT sau đúng : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi : các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
6. Bất đẳng thức Schur: Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a).$
$4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc.$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc.$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$.
7. Bất đẳng thức Trêbưsep Chebyshev): Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Đẳng thức xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
8. Bất đẳng thức Nét bít (Nesbitt): Mình chỉ nêu ra 2TH hay dùng nhất đối với THCS :
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}.$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2.$
ĐẲng thức xẩy ra khi các biến bằng nhau.
9. Các hằng bất đẳng thức thường dùng:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ và $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac).$
$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+...+\dfrac{1}{a_{m}}\geq \dfrac{m^{2}}{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}$ ( với $a_{i}>0$)
$\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\dfrac{a+b}{2})^{n}$ (Với $a+b\geq 0$ và $n\in N*$)
$a^{m+n}+b^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+a^{n}.b^{m}.$
Còn rất nhiều BĐT nữa nhưng ở mức độ THCS mình chỉ nêu ra như vậy thôi.
P\s: Các anh chị THPT không giải bài của THCS, mà các anh chị sẽ có bài riêng dành cho mình để làm. Mong các bạn hưởng ứng. Cảm ơn.
Hero Math _ Hiếu.

Thế còn phương pháp dùng hàm số thì sao?

Tìm min $A=\frac{x^{2}+12}{x+y} + y$

giúp mình với các bạn:

 cho (1+a)(1+b)=$\frac{9}{4}$ tìm giá tr5ij nhỏ nhất p =$\sqrt{1+a^{4}}+\sqrt{1+b^{4}}$

Tương tự bài này

$Ta có a+b+c\geq 2\sqrt{a(b+c)}<=>1\geq 4a(b+c) <=>b+c\geq 4a(b+c)^{2}\geq 16abc$

Thiếu dấu "=" xảy ra rồi

Dấu "=" xảy ra khi a=b+c=0.5

Cho a,b,c>0 và a+b+c=1. CMR b+c$\geq$ 16abc

đây

Bấm máy thôi bạn 

Giả sử min ở dạng vô tỷ thì làm thế nào?

Bài này đã có lời giải trên tạp chí TTT 

Sau đây mình xin trình bày cách khác 

$A=\frac{x^{2}+12}{x+y}+y+x-x \geq 2\sqrt{\frac{x^{2}+12}{x+y}.(x+y)}-x=2\sqrt{x^{2}+12}-x$

Dự đoán $Min A=6$ $\Leftrightarrow x=y=2$

Ta cần chứng minh: $2\sqrt{x^{2}+12}-x \geq 6$

                 $\leftrightarrow 4x^{2}+48 \geq (x+6)^{2}$

                 $\leftrightarrow 3(x-2)^{2} \geq 0$ :Đúng 

Dấu '=' xảy ra $\Leftrightarrow$ $a=b=2$

cơ sở đâu để dự đoán được min

Bài 1 dấu "=" xảy ra khi nào?