Trước hết, ta chứng minh BĐT sau :
$$\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}} \le \sqrt{2}\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right )$$

Áp dụng CS, ta có :
$$\left (\sum \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}\right )^2 =\left [\sum \sqrt{\dfrac{(a+b)(a+c)}{a^2+bc}}.\dfrac{1}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\right ]^2 \le \left [\sum \dfrac{(a+b)(a+c)}{a^2+bc}\right ]\left [\sum \dfrac{1}{(a+b)(a+c)}\right ]$$
$$=\dfrac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}.\left [\sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}+3\right ]$$
Như vậy, chỉ cần chứng minh :
$$\dfrac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}.\left [\sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}+3\right ]\le 2\left (\sum \dfrac{1}{b+c}\right )^2$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}+3\le \dfrac{\left (a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca\right )^2}{(a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)}$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}-3 \le \dfrac{a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2}{(a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)}$$
$$\Leftrightarrow \sum (a-b)(a-c)\left [\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{(b+c)(a+b+c)}\right ] \ge 0$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$, khi đó, ta có $a-c\ge \dfrac{a}{b}(b-c) \ge 0$
Do đó :
$$ \sum (a-b)(a-c)\left [\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{(b+c)(a+b+c)}\right ] \ge \dfrac{(a-b)(a-c)}{b}\left \{a\left [\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{(b+c)(a+b+c)}\right ]-b\left [\dfrac{1}{b^2+ca}+\dfrac{1}{(a+c)(a+b+c)}\right ]\right \}$$
$$=\dfrac{c(a-b)^2(a+b)(b-c)\left (a^2+b^2-ab+ac+bc\right )}{b(a+c)(b+c)(\left (a^2+bc\right )\left (b^2+ca\right )} \ge 0$$
Trở lại bài toán, ta chỉ cần chứng minh :
$$\sqrt{2}\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right ) \le \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt{2}(ab+bc+ca)}$$
Thật vậy :
$$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ =\dfrac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
$$\le \dfrac{(a+b+c)^2+ab+bc+ca}{8\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}} \le \dfrac{3}{2}\dfrac{a+b+c}{ab+bc+ca}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{2}\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right ) \le \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt{2}(ab+bc+ca)}$$
BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.

Qúy <3 Kiên

5a . Đầu tiên ta chứng minh P $\leq 3$

Ta có : P-3=$\sum \frac{(a+b)^{2}}{\sum a^{2}+ab} -3 =\sum \frac{ab-c^{2}}{\sum a^{2}+ab} =\frac{(ab-c^{2})(3+\frac{1}{ab})}{(\sum a^{2}+ab)(1+1+1+\frac{1}{ab})} \leq \frac{3(\sum ab) -3(\sum c^{2})-\sum \frac{c^{2}}{ab}}{(a+b+c+1)^{2}}$ 

=> P-3 $\leq \frac{(a+b+c)^{2}+3-(a+b+c)^{2}-3}{(a+b+c+1)^{2}}=0$

=> P $\leq 3$ 

Dấu = tại a=b=c

Tiếp đến sẽ cm $\geq 2$ 

Ta có : $\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab}\geq \sum \frac{(a+b)^{2}}{\sum a^{2}+\sum ab }=\frac{\sum (a+b)^{2}}{\sum a^{2}+\sum ab}=2$

Dấu = tại a=b=0 

\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}
=> \frac{a}{b+c}+ 1 + \frac{b}{a+c} +1 +  \frac{c}{a+b}+ 1\geq \frac{9}{2}
=> (a+b+c)(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b} \geq \frac{9}{2}
=> 2(a+b+c)(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b} \geq 9
Đặt a+b = x ; b+c=y ; c+a = z

=> (x+y+z)\frac{1}{x} + \frac{1}{y}+ \frac{1}{z} \geq 9

Ta có : \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq  2

Nhân ra tự làm nhé )

Cho a, b, c>0 thỏa mãn a+b+c=1

CMR: $\sqrt{2a^{2}+ab+2b^{2}}+\sqrt{2b^{2}+bc+2c^{2}}+\sqrt{2c^{2}+ca+2a^{2}}\geq \sqrt{5}$

Đối với những bài dạng như thế này , đầu tiên ta nhận thấy dấu = xảy ra tại a=b nên ta đưa nó về dạng : $\sqrt{(\alpha x+\beta y)^{2}+\gamma (x-y)^{2}}$ Để tìm Min

Mà : $\sqrt{(\alpha x+\beta y)^{2}+\gamma (x-y)^{2}} = \sqrt{(\alpha ^{2}+\gamma )x^{2}+(2\alpha \beta -2\gamma )xy+(\beta ^{2}+\gamma)y^{2} }$

Đồng nhất hệ số ta đưa nó về giải hệ : $$\left\{\begin{matrix} \alpha ^{2}+\gamma =2 \\2\alpha \beta -2\gamma =1 \\  \beta^{2}+\gamma=2\end{matrix}\right.$$

giải ra đươc : $\alpha =\beta =\sqrt{\frac{5}{2}} ; \gamma =\frac{3}{4}$

Sau đó đưa về cách giải của bạn le truong son đã đăng

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu thức: 

$\sqrt{a^2+ab+2b^2} +\sqrt{b^2+bc+2c^2} +\sqrt{c^2+ac+2a^2}$.

mong mọi người giải giùm.

Ở đây mình có cách giải tổng quát bài này chỉ bằng phép biến đổi tương đương . B xem tại đây : http://diendantoanho...ca2a2geq-sqrt5/

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca   = 3. Chứng minh rằng

$a^{3} + b^{3} + c^{3} + 6abc \geq 9$

Ta có : P= $a^{3} + b^{3} + c^{3} + 6abc$ => 2P =  $2(a^{3} + b^{3} + c^{3}) + 12abc$

Mà : $a^{3} + a^{3} + 4 \geq 6a^{2}$

Tương tự với b,c cộng lại ta được : $2P \geq  6(a^{2} + b^{2} + c^{2} + 12abc-12$ 

Ta có bđt : $a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2abc \geq 2 ( ab + bc +ca )$ ( schur ) 

=> $2P \geq  6(a^{2} + b^{2} + c^{2} + 12abc-12 \geq 12( ab +bc +ca )-12=18$

=> đpcm 

Chứng minh $x^200+x^100+1$ chia hết cho $x^4 + x^2 + 1$

Chứng minh $A = n^3 + (n+1)^3+(n+2)^3$ chia hết cho $9$ với mọi n

a) Đặt $x^{2}=a$. Cần chứng minh: $a^{100}+a^{50} \vdots a^{2}+a+1$

Sử dụng tính chất quen thuộc: $a^{3m+1}+a^{3n+2} = a(a^{3m}-1) + a^{2}(a^{3n}-1) - (a^{2}+a+1) \vdots a^{2}+a+1$

b) $n^{3}+(n+1)^{3}+(n+2)^{3} = 3n^{3}+9n^{2}+15n+9= 3(x+1)(x^{2}+2x+3)$

Dễ thấy 1 trong 2 số $x+1$ và $x^{2}+2x$ chia hết cho 3.

Từ đó ta có đpcm.

cm $x^{200} +x^{100} + 1$  chia hết cho $x^4 + x^2 + 1$ ạ ) Có fải cm $x^{200} +x^{100}$ chia hết cho $x^4 + x^2 + 1$ đâu ạ

Đúng r . Cho xin luôn

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=3.$

Chứng minh rằng : $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc \geq 10$

Ta có bđt phụ : $\sum a^{2}+2abc+1\geq 2(\sum ab)$ (*)

Chứng minh (*): https://diendantoanh...bc1geq-2abbcca/

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có : $3(\sum a^{2})+abc=\frac{1}{2}\left [ 6(\sum a^{2})+2abc \right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 5(\sum a^{2})+2(\sum ab) -1\right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 7(\sum ab) -1\right ]=10$

-

đề là ab+bc+ca+abc=4 ạ, mình viết nhầm nữa ._.

Nếu gt thay đổi thì ta cũng chỉ cần biến đổi thêm chút là đc :v

Từ gt=>abc$\leq 1$

Ta có bđt phụ : $\sum a^{2}+2abc+1\geq 2(\sum ab)$ (*)

Chứng minh (*): https://diendantoanh...bc1geq-2abbcca/

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có : $3(\sum a^{2})+abc=\frac{1}{2}\left [ 6(\sum a^{2})+2abc \right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 5(\sum a^{2})+2(\sum ab) -1\right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 7(\sum ab) -1\right ]= \frac{1}{2}\left [ 7(4-abc) -1\right ]\geq 10$

cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn $x+y\leq z$ chứng minh rằng:$(x^{2}+y^{2}+z^{2})(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}})\geq \frac{27}{2}$

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=abc,,,,

Chứng minh rằng $(a+b-c-1)(b+c-a-1)(c+a-b-1)\leq 8$

 

Đây là đề thi tỉnh em hôm nay ,,đăng lên để mọi người tham khảo @@

Đào mộ

Đặt (x,y,z)->(a-1,b-1,c-1) => x,y,z>0

Ta có :

GT=> $\sum (x+1)(y+1)=\prod (x+1)<=>\sum x+2=xyz$

Ta cần cm : $\prod (a+b-c)\leq 8$

từ GT => $\sum x\geq 6$ => $xyz=\sum x+2\leq \frac{4(\sum x)}{3}$

Hay $\frac{xyz}{\sum x}\leq \frac{4}{3}$

Ta chỉ việc chứng minh : $\frac{xyz}{\sum x}\sqrt{\frac{27xyz}{\sum x}}\geq \prod (x+y-z)$

                           <=> $27x^{3}y^{3}z^{3}\geq (\sum x)^{3}\prod (x+y-z)^{2}$

Bây giờ lại đặt x+y-z=m ; y+z-x=n ; z+x-y=p => 2x=m+p ; 2y=m+n ; 2z=n+p 

Ta đưa bđt về cần cm : $27\prod (m+n)^{3}\geq 512m^{2}n^{2}p^{2}(\sum m)^{3}$

 Vì $9\prod (m+n)\geq 8( m+n+p)( mn+np+pm)$

Nên ta chỉ cần cm : $(m+n+p)^{3}( mn+np+pm)^{3}\geq 27m^{2}n^{2}p^{2}(m+n+p)^{3}$

              <=> $(mn+np+pm)^{3}\geq 27m^{2}n^{2}p^{2}$ ( đúng theo cauchy )

Dấu '=' xảy ra khi a=b=c=3

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc = 1$.Chứng minh rằng:

        $a^4 + b^4 +b^4 + a + b + c + \frac{2a}{b^2+c^2} + \frac{2b}{a^2+c^2} + \frac{2c}{a^2+b^2} \geq 9$

Bài 2: Cho $a,b,c$ là các số thực dương tuỳ ý. Chứng minh rằng:

        $\sqrt{5a^2+4bc} + \sqrt{5b^2+4ca} + \sqrt{5c^2+4ab} \geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} + 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a+b+c = 1$. Chứng minh rằng:

        $\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a} \leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+9$

Bài 4: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $ab+bc+ca = 1$. Chứng minh rằng:

        $\frac{a^3}{1+9b^2ca}+\frac{b^3}{1+9c^2ab}+\frac{c^3}{1+9a^2bc} \geq \frac{(a+b+c)^3}{18}$

Bài 5: Cho $a,b,c$ phân biệt. Chứng minh rằng: 

        $(a^2+b^2+c^2)\left ( \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right ) \geq \frac{9}{2}$

Bài 6: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $2ab+6bc+2ac=7abc$

     Tìm GTNN của $C=\frac{4ab}{a+2b}+\frac{9ca}{a+4c}+\frac{4bc}{b+c}$

Bài 7: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right )+c\left ( \frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2} \right )=6$.

     Tìm GTNN của $P=\frac{bc}{a(2b+c)}+\frac{ca}{b(2a+c)}+\frac{4ab}{c(a+b)}$

Bài 8: Cho 3 sô thực dương $x,y,z$ thoả mãn $x+y+z \leq \frac{3}{2}$.

     Tìm GTNN của $P=\frac{x(yz+1)^2}{z^2(zx+1)}+\frac{y(zx+1)^2}{x^2(xy+1)}+\frac{z(xy+1)^2}{y^2(yz+1)}$

Bài 9: Cho các số thực dương thoả mãn $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=1$.

     Tìm GTNN của $P=\sqrt{2a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+bc+2c^2}+\sqrt{2c^2+ca+2a^2}$.

Mọi người giúp em với ạ. Em xin cảm ơn!!!

Bài 2 đã được anh dogsteven Giari . Mình xin trích lại như sau : 

Bất đẳng thức có tích rời rạc, việc đầu tiên của ta là gom lại.

Bất đẳng thức trên tương đương với: $\sum \dfrac{5a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}}\geqslant \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $VT\geqslant \dfrac{5(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a^2\sqrt{5a^2+4bc}+2\sum a^2\sqrt{bc}}$

Tiếp theo là "phá căn". Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

$\sum a^2\sqrt{5a^2+4bc}\leqslant \sqrt{(a^2+b^2+c^2)\left[5(a^4+b^4+c^4)+4abc(a+b+c)\right]}$

$2\sum a^2\sqrt{bc}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{a^2+b^2+c^2}(ab+bc+ca)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh: $5(a^2+b^2+c^2)\geqslant \sqrt{15(a^4+b^4+c^4)+12(ab+bc+ca)}+2(ab+bc+ca)$

Đến đây dễ rồi.

Cho x, y, z>0 :

CMR: $\frac{x^{3}}{(x+y)^{3}}+\frac{y^{3}}{(y+z)^{3}}+\frac{z^{3}}{(z+x)^{3}}\geq \frac{3}{8}$

Áp dụng bđt holder ta có : $(\sum \frac{x^{3}}{(x+y)^{3}} )9\geq (\sum \frac{x}{x+y})^{3} => VT\geq \frac{1}{9}(\sum \frac{x}{x+y})^{3} Ta cần cm : \frac{1}{9}(\sum \frac{x}{x+y})^{3} \geq \frac{3}{8} <=> \sum \frac{x}{x+y} \geq \frac{3}{2} Đến đây b tự làm nha$

Cho a,b,c dương Chứng minh : 

$\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{a+c}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} \geq 2$

Cho mình biết dấu = xảy ra khi nào vậy nhé

Sử dụng AM-GM : 

 

(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})

Cách khác nếu b cần

Ta có :

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})(ab+bc+ca)\geq (a+b+c)^{2} <=> (\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})abc(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq (a+b+c)^{2}$

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

Nhần vế theo vế ta được :

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})abc(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})\geq (a+b+c)^{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2} <=>(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(a+b+c)\geq (a+b+c)^{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}$

=> Đpcm 

Tài liệu này dc úp trên trang lttk mà giá mua là 50k khá chát. Nên mình đóng thành pdf  để mọi người in và dùng free . Nhớ like và share nếu thấy tài liệu bổ ích

https://drive.google...aXZrbmlHYXkxVVk

tks thím <3

Em dung hệ số bất định. Khi triển bất đẳng thức tổng quát bên dưới rồi đồng nhất hệ số với bất đẳng thức cần minh. Bản chất của việc này là giải một hệ phương trình tuyến tính.

Ah có tài liệu gì về pp này không ạ ! E nghe k hiểu ý

Ta thuần nhất bất đẳng thức lại dưới dạng

\[(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3} \geqslant 9abc(a^{3}+b^{3}+c^{3}),\]

hay là

\[\sum \left [a^4+11c^4+6b^3c+2ab^3+4ca^3+3c^2a^2+2(a^2-bc)^2+3(b^2-ca)^2+(c^2-ab)^2  \right ](a-b)^2 \geqslant 0.\]

Hiển nhiên đúng.

Ah có thủ thuật gì khi phân tích được ra như thế không ạ

chung minh voi x,y,z la cac so thuc duong sao cho x+y+z=1 tim gia tri nho nhat cua

$\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\frac{y^4}{(y^2+z^2)(y+z)}+\frac{z^4}{(z^2+x^2)(z+x)}$          

:$\sum \frac{x^4}{(x+y)(x^2+y^2)}-\sum \frac{y^4}{(x+y)(x^2+y^2)}=\sum x-\sum y=0$

=>$\sum \frac{x^4}{(x+y)(x^2+y^2)}=\frac{1}{2}(\sum \frac{x^4}{(x+y)(x^2+y^2)}+\sum \frac{y^4}{(x+y)(x^2+y^2)})=\frac{1}{2} \sum \frac{x^4+y^4}{(x+y)(x^2+y^2)}\geq \frac       {1}{4}\sum \frac{(x^2+y^2)^2}{(x+y)(x^2+y^2)}\geq \frac{1}{8}\sum \frac{ (x+y)^2}{x+y}=\frac{1}{8}\sum (x+y)=\frac{1}{4}$

=>đpcm

THCS chưa học khảo sát hàm anh nhé!

Có cách nào khác không b

1.tìm GTLN của B= ($(\sqrt{a}+ \sqrt{b})^{4} +(\sqrt{a}+\sqrt{c})^{4} +(\sqrt{a}+\sqrt{d})^{4}+(\sqrt{b}+\sqrt{d})^{4}+(\sqrt{b}+\sqrt{c})^{4}+(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{4}$ với a+b+c+d=1 và a,b,c,d>0

 

 

B xem lại đề dùm mình được không ? Hình như đúng phải là : $\sum (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{4}$

Ta có : $(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{4}=(a+b-2\sqrt{ab})^{2}=(a+b)^{2} -4(a+b)\sqrt{ab} + 4ab \leq (a+b)^{2} - 4ab = a^{2}+b^{2}-2ab$

Tương Tự ta được : $\sum (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{4} \leq 3(a+b+c+d)^{2}-8(ab+ac+ad+bd+bc+cd)\leq 3(a+b+c+d)^{2}=3$

Vậy max B =3 

Dấu = xảy ra khi (a;b;c;d)=(1;0;0;0) và các hoán vị

pt (1) <=> $2y^{2} - 9y +4 = \frac{4}{x} +2

<=> (2y^{2}-9y+4)^{2}=\frac{16}{x^{2}+\frac{16}{x}+4}

<=> \frac{16}{x^{2}} + \frac{16}{x} = (2y^{2}-9y+4)^{2} -4$

Do x khác 0 chia phương trình (2) choa x ta được : $4\sqrt{x+1} = -y\sqrt{y^{2}+4}

$=> y^{4} +4y^{2} = (2y^{2}-9y+4)^{2} -4 <=> (y^{2}+2)^{2} = (2y^{2}-9y+4)^{2} => y^{2}+2=\pm (2y^{2}-9y+4) =>y=>x .....$

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &2y^{2}-9y-\dfrac{4}{x}=-2 \\ &4\sqrt{x+1}+xy\sqrt{y^{2}+4}=0 \end{matrix}\right.$

<=> \frac{16}{x^{2}} +\frac{16}{x} = y^{2}(y^{2}+4)$