Với $a,b,c>0$ ta có : $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)\rightarrow c(a^{3}+b^{3}+1)\geq abc(a+b)+c=a+b+c$

Cho $a,b,c$ là ba số thực không âm thỏa mãn $ \prod (a+b+2c) = 1 $ . Chứng minh rằng

 $ \sum \frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}} \geq \frac{1}{3} $

Cho $a,b,c$ là những số dương . Chứng minh rằng 

$\frac{a^{3}}{(a+b)^{3}}+\frac{b^{3}}{(b+c)^{3}}+\frac{c^{3}}{(c+a)^{3}}\geq \frac{3}{8}$

Cho $a;b;c > 0$ . Chứng minh rằng :

$ \sum \sqrt{2(a^{2}+b^{2}}) \geq \sqrt{\sum 3(a+b)^{2}} $

Cho các số không âm $a,b,c$ chứng minh rằng

$ \sum \sqrt{5a^{2}+4bc} \geq \sqrt{3 \sum a^{2}} + 2 \sum \sqrt{ab}$

Chứng minh với mọi số thực $x;y;z$ thì :

$ \sum x^{6} + x^{2}y^{2}z^{2} \geq \frac{2}{3} \sum x^{5}(y+z)$

Bổ đề : Với mọi số thực không âm $a;b;c$ ta có :

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

Cách chứng minh 1 : 

Bổ đề tương đương $a(a-c)(a-b)+b(b-a)(b-c)+c(c-b)(c-a)\geq 0$ ( đúng theo BĐT $Schur$ )

Cách chứng minh 2 :

Giả sử $a \geq b \geq c$ 

Đặt $x=a-b,y=b-c$

Bất đẳng thức được viết lại thành

$c(x+y)y-(c+y)xy+(c+x+y)x(x+y) \geq 0$

$<=>c(x^{2}+xy+y^{2})+x^{2}(x+2y) \geq 0$ ( hiển nhiên đúng vì $c;x;y$ không âm )

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=0$ hoặc $x=c=0$

Hay $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ và các hoán vị

Áp dụng bổ đề với $x^{2};y^{2};z^{2}$ ta có :

$\sum x^{6} + 3 x^{2}y^{2}z^{2} \geq \sum x^{4}(y^{2}+z^{2})$

Suy ra $ 3 \sum x^{6} + 3 x^{2}y^{2}z^{2} \geq 2 \sum x^{6} + \sum x^{4}(y^{2}+z^{2})$ 

Áp dụng BĐT $AM-GM$ thì :

$(x^{6}+x^{4}y^{2})+(x^{6}+x^{4}z^{2}) \geq 2x^{5}y+2x^{5}z=2x^{5}(y+z)$

Tương tự thì 

$(y^{6}+y^{4}z^{2})+(y^{6}+y^{4}x^{2}) \geq 2y^{5}(z+x)$

$(z^{6}+z^{4}x^{2})+(z^{6}+z^{4}y^{2}) \geq 2z^{5}(x+y)$

Suy ra : $ 2 \sum  x^{6} + \sum x^{4}(y^{2}+z^{2}) \geq  2 \sum x^{5}(y+z)$

Bất đẳng thức được chứng minh Dấu bằng khi $x=y=z$

Cho $\left\{\begin{matrix}x,y,z\epsilon [-1,1] & & \\ x+y+z=0 & & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng : $\sqrt{1+x+y^{2}}+\sqrt{1+y+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}}\geq 3$

 

 

P/S: Đề cao sự sáng tao, nhận xét , phân tích cho bài toán !      

Theo nguyên lý $Dirichlet$ thì trong ba số $x+y^{2}$ // $y+z^{2}$ // $z+x^{2}$ phải có ít nhất hai số cùng dấu $0$

Không mất tính tổng quát giả sử $(x+y^{2})(y+z^{2}) \geq 0$

 Sử dụng một bổ đề quen thuộc : Với $ab \geq 0$ thì $\sqrt{1+a}+\sqrt{1+b} \geq 1+\sqrt{1+a+b}$

Chứng minh bằng cách bình phương hai vế sau đó rút gọn bình phương tiếp ra được $ab \geq 0$ ( đúng theo giả thiết )

 

Quay trở lại bài toán . Theo giả sử ở trên sử dụng bổ đề ta có :

$\sum \sqrt{1+x+y^{2}} \geq 1+\sqrt{1+x+y+y^{2}+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}}=1+\sqrt{(1-z+z^{2})+y^{2}}+\sqrt{(1+z)+x^{2}}$

Áp dụng BĐT $Mincowxki$ ta được :

..hai chấm $ \geq 1+\sqrt{(\sqrt{1-z+z^{2}}+\sqrt{1+z})^{2}+(y+x)^{2}}=1+\sqrt{(\sqrt{1-z+z^{2}}+\sqrt{1+z})^{2}+z^{2}}$

Bây giờ cần chứng minh

$1+\sqrt{(\sqrt{1-z+z^{2}}+\sqrt{1+z})^{2}+z^{2}} \geq 3$

Tương đương

$2+z^{2}+2\sqrt{(1-z+z^{2})(1+z)}+z^{2} \geq 4$

$<=>\sqrt{(1-z+z^{2})(1+z)} \geq 1-z^{2}$

$<=>z^{2}(z^{2}-1) \leq 0$ đúng vì $-1 \leq z \leq 1$

Bài toán được chứng minh...

Dấu bằng xẩy ra khi $x=y=z=0$

 

Ý tưởng : Nhận thấy $x//y//z$ không hẳn là đều dương nên không thể $AM_GM$ hay $C-S$ được 

Cần phải đưa về đánh giá bằng điều kiện bài cho . Kết hợp Bổ đề và sự ràng buộc biến .

Có thể đưa bất đẳng thức về đánh giá với một biến

$1)$ Cho các số thực $x,y,z$ . Chứng minh rằng :

$ (\sum x^{3})^{2} + 3(xyz)^{2} \geq 4\sum y^{3}z^{3}$

$2)$ Cho các số thực $a,b,c$ . Chứng minh rằng :

$\sum (a+b)^{4} \geq \frac{4}{7} \sum a^{4}$

Cho các số thực dương $a,b,c,x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $a+x=b+y=c+z=1$ . Chứng minh rằng

$ (abc+xyz)(\frac{1}{ay}+\frac{1}{bz}+\frac{1}{cx}) \geq 3 $

giải hệ pt :

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

cá bạn cho mình hỏi thêm có cách nào tổng quát để giải những hệ dạng này không nhỉ ?

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

Hệ phương trình tương đương

$\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{y^{2}+6}}{y}+\frac{\sqrt{x^{2}+3}}{x}=7 \\ \frac{3x}{\sqrt{x^{2}+3}+x}+\frac{6y}{\sqrt{y^{2}+6}+y}=2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{y^{2}+6}}{y}+\frac{\sqrt{x^{2}+3}}{x}=7 \\ \frac{3}{\frac{\sqrt{x^{2}+3}}{x}+1}+\frac{6}{\frac{\sqrt{y^{2}+6}}{y}+1}=2 \end{matrix}\right.$

Đặt $\left\{\begin{matrix}a=\frac{\sqrt{x^{2}+3}}{x} \\ b=\frac{\sqrt{y^{2}+6}}{y} \end{matrix}\right.$

Hệ phương trình trở thành

$\left\{\begin{matrix}a+b=7 \\ \frac{3}{a+1}+\frac{6}{b+1}=2 \end{matrix}\right.$

Đến đây giải bằng phương pháp thế đưa về phương trình bậc hai.

c) $ \sqrt[3]{81x-8}=x^3-2x^2+\frac{4}{3}x-2$

Đặt $\sqrt[3]{81x-8}=3y-2$

Có hệ $\left\{\begin{matrix} 27x^3-54x^2+36x-81y=0 & \\ 27y^3-54y^2+36y-81x=0 & \end{matrix}\right.$

Ta có$x^{2}+y^{2}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}=5$

<=>$(x-\frac{1}{x})^{2}+(y-\frac{1}{y})^{2}=1$

Lại có$(xy-1)^{2}=x^{2}-y^{2}+2$

<=>$x^{2}y^{2}-x^{2}+y^{2}+1=2xy$

<=>$xy-\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-\frac{1}{xy}=2$

<=>$(x-\frac{1}{x})(y-\frac{1}{y})=2$

Đặt$x-\frac{1}{x}=a;y-\frac{1}{y}=b$ 

đến đây dễ rồi!!!

$-1$ nè Hải

CMR:

$((n+1)(n+2)(n+3)...(3n-1)3n) \vdots 3^{n}$ với $n\geq 1$ (A)

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.

Với $n=1$ thì (A) đúng tức là $$(n+1)...3n=2.3 \vdots 3=3^{n}$$.

Giả sử (A) đúng với $n=k, \; k \geq 2$ tức $$(k+1)(k+2)(k+3)...(3k-1)3k \vdots 3^{k}$$ Ta cần chứng minh (A) cũng đúng với $n=k+1$.

Hay: $$(k+2)(k+3)(k+4)...(3k+2)(3k+3) \vdots 3$$

Mà theo giả thiết quy nạp thì $(k+1)(k+2)(k+3)...(3k-1)3k \vdots 3^{k}$ nên ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{(3k+1)(3k+2)(3k+3)}{k+1} \vdots 3$$

Hay: $$(3k+1)(3k+2).3 \vdots 3$$

Hiển nhiên đúng.

Vậy theo nguyên lý quy nạp (A) được chứng minh. 

Với $m,n$ là các số tự nhiên và $m<n$ . Chứng minh rằng

$(1+\frac{1}{m})^{m}<(1+\frac{1}{n})^{n}<(1-\frac{1}{n})^{-n}<(1-\frac{1}{m})^{-m}$

Chứng minh rằng nếu $x>0$ thì $(1+\frac{1}{x+1})^{x+1}>(1+\frac{1}{x})^{x}$

Cho a,b,c dương, chứng minh

$(1+a+b+c)(1+ab+bc+ca)\geq 4\sqrt{2(a+bc)(b+ca)(c+ab)}$

P/s: bài này trong sách anh Cẩn dùng chứng minh đối xứng, thế mà mình là xong nhìn bài giải chả thấy đối xứng chỗ nào luôn

Hằng đẳng thức quen thuộc : $(1+\sum a)(1+ \sum ab) = (a+1)(b+1)(c+1)+(b+c)(a+b)(c+a) (AM-GM) \geq 2 \sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)(b+c)(a+b)(c+a)}$

Giờ cần chứng minh : $(a+1)(b+1)(c+1)(b+c)(a+b)(c+a) 8 (a+bc)(b+ca)(c+ab)$

Thật vậy : $(a+bc)(b+ca) \leq \frac{(a+b+bc+ca)^{2}}{4} = \frac{(a+b)^{2}(1+c)^{2}}{4}$

Hay : $4(a+bc)(b+ca) \geq (a+b)^{2}(1+c)^{2}$

Tương tự nhân lại --> căn ra         

Chứng minh rằng nếu $\left |x  \right |< 1$ và n là số nguyên $(n\geq 2)$ thì ta có BĐT : $(1-x)^{n}+(1+x)^{n}<2^{n}$

Đặt $x+y=m;x-y=n=>m^2+n^2=2$. 

Áp dụng BĐT C-S : $(am+bn)^{2}\leq (a^{2}+b^{2})(m^{2}+n^{2})=2 \rightarrow -\sqrt{2}\leq am+bn\leq \sqrt{2}$

Cho $|a| \geq 1$ , chứng minh rằng :    $-2 \leq \frac{\sqrt{a^{2}-1}+\sqrt{3}}{a} \leq 2$

Giải PT sau:

$(\sqrt{x^{2}+1} -x)^{5} +(\sqrt{x^{2}+1} +x)^{5}= 123$

Đặt $\sqrt{x^{2}+1}-x=a$ $\sqrt{x^{2}+1}+x=b$

Ta có : $a.b=1$ và $a^{5}+b^{5}=123$

Suy ra : $a^{5}+\frac{1}{a^{5}}=123<=>a^{10}-123a^{5}+1=0$

Đến đây đặt $a^{5}=t$ để giải PT bậc hai ổn rồi

Cho x, y, z >0 t/m: $x^{2}+y^{2}+z^{2}=3$. C/m: $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}\geq 3$ ?

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y})^{2} \geq 9$

$<=>\frac{x^{2}y^{2}}{z^{2}}+\frac{y^{2}z^{2}}{x^{2}}+\frac{x^{2}z^{2}}{y^{2}}+2(x^{2}+y^{2}+z^{2}) \geq 9$

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

Mặt khác :

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có :

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

Tương tự

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

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

Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức được 

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

Suy ra Bất đẳng thức $(1)$ đúng . Bài toàn được chứng minh

Dấu bằng khi $x=y=z=1$

Bài1 :Cho a,b,c là các số <> 0 thõa a+b+c=0.chứng minh rằng $\frac{a^{2}}{a^{2}-b^{2}-c^{2}}$+$\frac{b^{2}}{b^{2}-c^{2}-a^{2}}$+$\frac{c^{2}}{c^{2}-a^{2}-b^{2}}$=$\frac{3}{2}$

 

 

Từ giả thiết ta có : $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca=0 --> a^{2}-b^{2}-c^{2}=a^{2}-b^{2}-c^{2}+a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca=2(a^{2}+ab+bc+ca)=2(a+b)(a+c)$

Tương tự ta có :  $\frac{a^{2}}{a^{2}-b^{2}-c^{2}}+\frac{b^{2}}{b^{2}-c^{2}-a^{2}}+\frac{c^{2}}{c^{2}-a^{2}-b^{2}}=\frac{a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)}{2(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{-(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{2(a+b)(c+a)(b+c)}=\frac{3(a+b)(b+c)(c+a)}{2(a+b)(c+a)(b+c)}=\frac{3}{2}$

Các bạn giúp mình bài này:

Rút gọn các biểu thức:

$I=\sqrt{4+\sqrt{15}}-\sqrt{7-3\sqrt{5}}$

$J=\sqrt{2+\sqrt{3}}-\sqrt{2-\sqrt{3}}$

$K=\sqrt{12-3\sqrt{7}}-\sqrt{12+3\sqrt{7}}$

$I.\sqrt{2}=\sqrt{(\sqrt{3}+\sqrt{5})^{2}}-\sqrt{(3-\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{3}-3+2\sqrt{5}$

$J^{2}=4-2\sqrt{4-3}=2->J=\sqrt{2}(J>0)$

$K^{2}=24-2\sqrt{144-63}=6->K=-\sqrt{6}(K<0)$

Câu 34 hình như không có dấu $"="$     

#lề : bạn cho tớ link chính của câu 11 được không