Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn $a\geq-2$, $b\geq-2$ và $a+b+2c=6$. Chứng minh rằng

$a^2+b^2+4ab+16\geq 4c^2-16c+20$

P/s: Trích toán chung tự nhiên đề thi nam định - tuyển sinh 10.

Do  $a\geq-2$, $b\geq-2$ nên $(a+2)(b+2)\geq 0\Leftrightarrow ab\geq -2(a+b)-4$

$\Rightarrow VT\geq (a+b)^{2}-4(a+b)+8$

Ta sẽ cm $\Rightarrow VT\geq (a+b)^{2}-4(a+b)+8\geq 4c^{2}-16c+20$ 

biến đổi tương đương sẽ ra

Cho ba số thực x,y,z thỏa mãn:$x^2+y^2+z^2\leq9$. Tìm Max P=$x+y+z+(xy+yz+zx)$

P/s: đề gốc là -(xy+yz+zx) nhưng mình nghĩ là không giải được do ngược dấu nên đổi lại đề.

có lẽ là đề đúng

Ta có

$(x+y+z)^{2}=\sum x^{2}+2\sum xy\leq 9+2\sum xy$

$\Rightarrow p\leq 2\sqrt{9+2\sum xy}-\sum xy$

Đặt $t=\sum xy$

Ta sẽ tìm khoảng của t

Hiển nhiên $t\leq 9$

Mặt khác

$0\leq (x+y+z)^{2}\leq 9+2t\Rightarrow t\geq -\frac{9}{2}$

Khảo sát hàm số là ra

P/s: đã sửa           

Cho $a,b,c\geq0$. Chứng minh rằng $\sqrt[4]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[4]{\frac{b}{c+a}}+\sqrt[4]{\frac{c}{a+b}}\geq2$

Giải đủ là ntn

+) tồn tại 1 số =0

giả sử là a

$VT=\sqrt[4]{\frac{b}{c}}+\sqrt[4]{\frac{c}{b}}\geq 2 (AM-GM)$

+) không tồn tại số nào bằng 0

lời giải giống conankun

Dấu =: (a;b;c)=(0;t;t) và cac hoán vị

Cho x,y,z là các số thực dương thuộc [1;4] và x=max{x,y,z}. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=$\frac{x}{2x+3y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}$

Ta có

$P=\frac{1}{2+3\frac{y}{x}}+\frac{1}{1+\frac{z}{y}}+\frac{1}{1+\frac{x}{z}}$

Đặt $\frac{x}{z}=a;\frac{z}{y}=b;\frac{y}{x}=c\Rightarrow \left\{\begin{matrix} abc=1\\ ab\geq 1\\ c\in [\frac{1}{4};1] \end{matrix}\right.$

Do $ab\geq 1$ nên $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geq \frac{2}{\sqrt{ab}+1}$

$\Rightarrow P\geq \frac{1}{2+3c}+\frac{2}{\sqrt{ab}+1}=\frac{1}{2+3c}+\frac{2\sqrt{c}}{\sqrt{c}+1}$ 

đến đây thì đơn giản rồi

Cho x,y,z >0 thỏa x+y+z=3. Tìm min $P=x^2+y^2+z^3$

Áp dụng Am-GM ta có

$x^{2}+(\frac{19-\sqrt{37}}{12})^{2}\geq \frac{19-\sqrt{37}}{6}x$

$y^{2}+(\frac{19-\sqrt{37}}{12})^{2}\geq \frac{19-\sqrt{37}}{6}y$

$z^{3}+\sqrt{(\frac{-1+\sqrt{37}}{6})^{3}}+\sqrt{(\frac{-1+\sqrt{37}}{6})^{3}}\geq \frac{19-\sqrt{37}}{6}z$

$\Rightarrow VT\geq \frac{19-\sqrt{37}}{2}$

 

$\boxed{\text{Bài 78}}$ $\left\{\begin{matrix} \frac{x}{\sqrt{(1-y)(1-x^2)}}+\frac{y}{\sqrt{(1-x)(1-y^2)}}=\sqrt{\frac{2+\sqrt{2}}{(1-x^2)(1-y^2)}}\\ \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}=\sqrt{\frac{1}{(1-x^2)(1-y^2)}} \end{matrix}\right$.

ĐK $-1< x;y< 1$

HPT tương đương

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

Ta sẽ cm x;y đều dương

thật vậy nếu x;y cùng âm thì vô lý

nếu x;y có 1 số âm . Giả sử x dương;y âm

Ta có$x\sqrt{1+y}+y\sqrt{1+x}< x\leq 1$ (vô lý)

Vậy x;y cùng dương

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có

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

Dấu = xảy ra khi $x^{2}+y^{2}=1$ $\Rightarrow x+y\leq \sqrt{2}$

Lại áp dụng cauchy-Schwarz ta có

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

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Vậy $x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Giả thiết $\Leftrightarrow sinA+sinB+sinC=\sqrt{3}(cosA+cosB+cosC)$

$\Leftrightarrow (\frac{1}{2}sinA-\frac{\sqrt{3}}{2}cosA)+(\frac{1}{2}sinB-\frac{\sqrt{3}}{2}cosB)+(\frac{1}{2}sinC-\frac{\sqrt{3}}{2}cosC)=0$

$\Leftrightarrow sin(A-\frac{\pi }{3})+sin(B-\frac{\pi }{3})+sin(C-\frac{\pi }{3})=0$

Áp dụng công thức $sinA+sinB+sinC-sin(A+B+C)=4cos(\frac{A+B}{2})cos(\frac{B+C}{2})cos(\frac{C+A}{2})$

Thay vào là xong rồi đấy

khác mỗi bước cuối

Hình như đề sai thì phải....

Vì ta có: $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2$ với $a,b,c >0$

Dấu bằng của cái này là a=b=c=1

còn cái kia là a=b=c=2

không thiếu mà:

 

tớ vẫn CM đc mà

Nếu ko tin tìn thì kiểm tra a=0,2;b=c=2,9

Cho   a,b,c>0   , a+b+c=6

 

                  CMR: 

                                $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\leq 216$

đề thiếu nha

đây nha bạn

https://diendantoanh...2b22c22leq-216/

Xác định dạng tam giác biết

$\frac{sin(A)+sin(B)+sin(C)}{cos(A)+cos(B)+cos(C)}=\sqrt{3}$

Cho    a,b,c>0    ;  a+b+c=1

Tìm min

                            $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{2}$

Theo Schur, ta có

$9abc\geq (a+b+c)(2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2})=2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2}=1-2(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

$\Rightarrow VT\geq \frac{1}{2}$

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số dương $a, b, c$

$\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2}\geq 1$

(Vasile Cirtoaje)

$VT=\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}=\sum \frac{1}{(\frac{b}{a})^2+\frac{b}{a}+1}$

Đặt $\frac{b}{a}=x;\frac{c}{b}=y;\frac{a}{c}=z$ thì xyz=1

BĐT cần cm trở thành BĐT quen thuộc

$\sum \frac{1}{x^{2}+x+1}\geq 1$

 Cho a,b,c là các số dương thỏa $a^2+b^2+c^2+abc=4$

Bổ đề $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$. CM

Theo Dirichlet tồn tại 2 trong 3 số $a-1;b-1;c-1$ cùng dấu

Giả sử là $a-1;b-1$ Ta có

$(a-1)(b-1)\geq 0$

$\Rightarrow ab+1\geq a+b$

$\Rightarrow 2abc+2c\geq 2ac+2bc$

Ta sẽ cm:

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

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

suy ra đpcm

Bài 41:GHPT

$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{y^{2}+6}+y\sqrt{x^{2}+3}=7xy\\ x\sqrt{x^{2}+3}+y\sqrt{y^{2}+6}=x^{2}+y^{2}+2 \end{matrix}\right.$

Cho a,b,c là các số thực thõa mãn a²+b²+c²=27 . Tìm min a³+b³+c³

Do $a^{2}+b^{2}+c^{2}=27$ nên $a;b;c \in [-3;3]$

$\Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq (-3)^{3}+(-3)^{3}+(-3)^{3}=-81$

Cho a;b;c là các số thực dương. CMR

$\sum \frac{a+b-2c}{(5a+5b+2c)^3}\leq 0$

Cho a;b;c là các số thực dương. CMR

$\sum \frac{a+b-2c}{(5a+5b+2c)^3}\leq 0$

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn $3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=12(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$.

Chứng minh rằng: 

$\frac{1}{4a+b+c}+\frac{1}{a+4b+c}+\frac{1}{a+b+4c}\leq \frac{1}{6}$

Từ đk suy ra $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 1$

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có

$VT\leq \frac{1}{36}.(\frac{6}{a}+\frac{6}{b}+\frac{6}{c})\leq \frac{1}{6}$

Tam giác ABC là tam giác gì trong mỗi trường hợp sau: 

1. $3(cosB+2sinC)+4(sinB+2cosC)=15$

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có

$15=VT=(3cosB+4sinB)+(6sinC+8cosC)\leq 5+10=15$

$\Leftrightarrow \bigtriangleup ABC$ vuông và$AB=3a;AC=4a;BC=5a$

Cho x,y,z thỏa x+y+z=0

CMR $\frac{x+1}{x^2+3}+\frac{y+1}{y^2+3}+\frac{z+1}{z^2+3}$$\geq 1$

Đây là lời giải của bạn tôi

BĐT $\sum \frac{(x-1)^{2}}{x^{2}+3}\geq 1$

Không mất tổng quát giả sử $xy\geq 0$

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có

$VT\geq \frac{(x+y-2)^{2}}{x^{2}+y^{2}+6}+\frac{(z-1)^{2}}{z^{2}+3}\geq \frac{(z+2)^{2}}{z^{2}+6}+\frac{(z-1)^{2}}{z^{2}+3}=P$

Dễ dàng cm $P\geq 1$ 

Vậy BĐT được cm

Cho x,y,z thỏa x+y+z=0

CMR $\frac{x+1}{x^2+3}+\frac{y+1}{y^2+3}+\frac{z+1}{z^2+3}$$\geq 1$

BĐT sai

phải cm $VT\leq VP$

Ta xét 3 trường hợp 

+) $x;y\leq -1;z\geq 2$

Khi đó

$VT\leq \frac{z+1}{z^{2}+3}\leq 1\Leftrightarrow \frac{-z^{2}+z-2}{z^{2}+3}\leq 0$ (đúng)

+) $x\leq -1;\geq y+z\geq 1$

Khi đó

$VT\leq \frac{y+1}{y^{2}+3}+\frac{z+1}{z^{2}+3}\leq 1\Leftrightarrow \frac{-(y-1)^{2}}{2(y^{2}+3)}+\frac{-(z-1)^{2}}{2(z^{2}+3)}\leq 0$ (đúng)

+) $x;y;z\geq -1$

Khi đó

$VT\leq \frac{x+1}{3}+\frac{y+1}{3}+\frac{z+1}{3}=1$

Vậy bt được cm.

Đẳng thức xảy ra x=y=z=0

P/s: Bạn nào có cách hay hơn post lên để cho mọi người tham khảo

Cho a,b,c>0. CMR $\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}\geq 4$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có

$VT=\frac{a+b+c}{3.\sqrt[3]{abc}}+\frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 4\sqrt[4]{\frac{(a+b+c)^3}{27(a+b)(b+c)(c+a)}}\geq 4$

Cho x, y, z > 0. Chứng minh BĐT sau đây:

$\frac{1}{x^{2}+xy+y^{2}}+\frac{1}{y^{2}+yz+z^{2}}+\frac{1}{z^{2}+zx+x^{2}}\geqslant \frac{9}{(x+y+z)^{2}}$

Ta có

$VT(\sum x^{2}+\sum xy)=3+\sum \frac{x(x+y+z)}{y^{2}+yz+z^{2}}\geq 3+\frac{(x+y+z)^4}{(x+y+z)(\sum xy(x+y)+3xyz)}=3+\frac{(x+y+z)^{2}}{xy+yz+zx}$

Ta cần cm

$3+\frac{(x+y+z)^{2}}{xy+yz+zx}\geq \frac{9(\sum x^{2}+\sum xy)}{(x+y+z)^2}$

$\Leftrightarrow \frac{(x+y+z)^{2}}{xy+yz+zx}+\frac{9(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2}\geq 6$ (đúng theo AM-GM)

cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn sao cho a + b + c = 3. CMR

$\sqrt{4a+5b}+\sqrt{4b+5c}+\sqrt{4c+5a}\leq 9$

Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có

$VT\leq \sqrt{(1+1+1)(4a+5b+4b+5c+4c+5a)}=9$