Giải phương trình: $\sqrt{(x^{2}+1)(x+3)(x^{4}+5)(x+7)}=\sqrt{(x+2)(x^{4}+4)(x+6)(x^{2}+8)}$

Bạn làm thế nào mà nghĩ ra dòng cuối vậy?

Phân tích đa thức thành nhân tử (đây)

Chỗ $xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}$ hình như ngược dấu thì phải!

Không ngược dấu đâu!

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

25/2 ko là 12,5 ak pạn?

hai cái đấy là 1 và đều được coi là đúng!

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

Ô! Bài này là đề thi GV giỏi trường em! Em làm thế này ko biết đúng ko?

Áp dụng BĐT $x^5+y^5\geq xy(x^3+y^3)$ và $x^3+y^3\geq xy(x+y)$ vào ta được:

$A\leq \sum \frac{ab}{ab(a^3+b^3)+ab}=\sum \frac{abc}{abc(a^3+b^3)+abc}= \sum \frac{1}{a^3+b^3+1}\leq \sum \frac{1}{ab(a+b)+1}=\sum \frac{c}{abc(a+b)+c}=\sum \frac{c}{a+b+c}=1$

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

Nó là bổ đề chứ không phải bđt và nó cần được chứng minh trước khi áp dụng

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?

Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

a)  $3(ab^{3}+bc^{3}+ca^{3})\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$

b)  $3(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$

Phần b có ở đây

vậy kí hiệu đó nghĩa là gì?

là tổng hoán vị (đọc là xích-ma): người ta viết phân thức đầu tiên rồi các phân thức sau thì thay a bởi b, b bởi c, c bởi a (hoặc x,y,z hoặc các biến khác)

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

áp dụng bổ đề $(a+b)^{3}\geq ab(a+b)$

Chứng minh : $\frac{a^{3} - b^{3}}{\left ( a - b \right )^{3}} + \frac{b^{3} - c^{3}}{\left ( b - c \right )^{3}} + \frac{c^{3} - a^{3}}{\left ( c - a \right )^{3}} \geq \frac{9}{4}$ với $a , b , c$ từng đôi khác nhau

từng đôi khác nhau là sao?

ở đây có nè!

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?

Tại sao $\frac{a}{4ab+2ac}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2b+c})$

$\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b} +  \frac{b^{2}+c^{2}}{b+c} + \frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}   \leq  \frac{3.(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a+b+c}$ 

Bài này dùng C.B.S dạng cộng mẫu là ra!

Cho x,y,z>0 thỏa  xyz=1. Tìm GTLN của $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}$

Bài trên có phải bài toán đảo của bài này không nhỉ?

Bấm máy thôi bạn 

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

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 $(a+b)^{3}\geq ab(a+b)$ 

cho$x,y> 0,x+y=1.tìm GTNN của$

$A=\left ( x+\frac{1}{x} \right )^{2}+\left ( y+\frac{1}{y} \right )^{2}$

MinA=$\frac{25}{2}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

cho x+y=1, CMR

x⁴+y⁴ $\geq$ $\frac{1}{8 }$

AM-GM

Ta có:$\large A \doteq \frac{X^{4}-2x^{2}+1 +2x^{2}}{ x(x^{2}-1)}\doteq \frac{X^{2}-1}{x}+\frac{2x}{x^{2}-1}$

Do x$\large \geq 1$ nên ad bất đẳng thức cô si cho 2 số dương$\large \frac{x^{2}-1}{x}$ và$\large \frac{2x}{x^{2}-1}$ ta có:

 $\large \frac{x^{2}-1}{x} +\frac{2x}{x^{2}+1}\geq 2\sqrt{2}$ 

 Dấu '=' xảy ra $\large \Leftrightarrow \frac{x^{2}-1}{x}\doteq \frac{2x}{x^{2}-1}\Leftrightarrow x^{4}-4x+1 \doteq 0 \Leftrightarrow x=\sqrt{2+\sqrt{3}} \left \langle x\geq 1 \right \rangle$

Vậy A_min = $\large 2\sqrt{2}$ tại x= $\large \sqrt{2+\sqrt{3}}$            

 Dòng 3, mẫu của số thứ 2 phải là $x^{2}-1$ chứ

Bài 1 dấu "=" xảy ra khi nào?