Chủ đề này có 238 trả lời

[PlanBbyFESN]

Bài 124:

Cho $a;b;c;d>0$ và $abcd=1$.

 

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

 

 

 

[cristianoronaldo]

Bài 123: Cho a, b, c>0 và a+b+c=3. Chứng minh rằng: $\frac{a^{3}}{\left ( 2a^{2}+b^{2} \right )\left ( 2a^{2}+c^{2} \right )}+\frac{b^{3}}{(2b^{2}+c^{2})(2b^{2}+a^{2})}+\frac{c^{2}}{(2c^{2}+a^{2})(2c^{2}+b^{2})}\leq \frac{1}{3}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz  ta có:

$(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)= (a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ab+ac)^2= 9a^2$

$\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{9a^2}= \frac{a}{9}$

Tương tự ta cũng có:$\frac{b^3}{(2b^2+a^2)(2b^2+c^2)}\leq \frac{b}{9}$

                                  $\frac{c^3}{(2c^2+a^2)(2c^2+b^2)}\leq \frac{c}{9}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

$\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{\sum a}{9}= \frac{1}{3}$

Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c=1

$\Rightarrow$ Q.E.D

[cristianoronaldo]

 

3,Cho 3 số $a,b,c$ không âm.Chứng minh:

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

 

 

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương với:

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

$\Leftrightarrow \sum \frac{5a^2}{\sqrt{3(\sum a^2)}(\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{ab})}\geq 1$

Đến đây áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

$\sqrt{3(a^2+b^2+c^2).(5a^2+4bc)}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)+5^2+4bc}{2}= \frac{8a^2+3b^2+3c^2+4bc}{2}$

và

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

$\Rightarrow \sqrt{3(\sum a^2)}.(\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc})\leq \frac{8a^2+3b^2+3c^2+4bc}{2}+a^2+b^2+c^2+3bc$

                                                                  $= \frac{10a^2+5(b+c)^2}{2}$

Do đó ta được:

$\frac{5a^2}{\sqrt{3(\sum a^2)}.(\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc})}\geq \sum \frac{10a^2}{10a^2+5(b+c)^2}\geq \sum \frac{10a^2}{10(\sum a^2)}= 1$

Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 01-06-2016 - 10:46

[PlanBbyFESN]

Topic phần trước là lần đầu nên thực sự mà nói là có nhiều khuyết điểm Cũng rất vui vì có nhiều người ủng hộ!!!

 

Topic một thời gian dài không được chăm sóc vì chủ thớt có việc bận (nhác) nhưng sẽ lại như cũ trong hè này! Mong mọi người ủng hộ

 

(BĐT THCS)

[cristianoronaldo]

 

2, cho x,y,z>0 thỏa mãn xyz=1.

     tìm Min 

           P= $\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)}$

 

 

Bài này thiếu đại lượng $\frac{1}{(z+1)^2}$

[cristianoronaldo]

Mình xin chém luôn bài này (sau khi sửa đề) :

Do xyz=1 nên tồn tại các số thực dương a, b, c thỏa mãn x=$\frac{ab}{c^2}$, y=$\frac{bc}{a^2}$, z=$\frac{ac}{b^2}$

Như vậy ta được:

P=$\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}+\frac{2a^2b^2c^2}{\prod (a^2+bc)}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}\geq \sum \frac{a^4}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}= \frac{\sum a^4(b^2+c^2)}{\prod (a^2+b^2)}= 1-\frac{2a^2b^2c^2}{\prod (a^2+b^2)}$

Mặt khác cũng áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

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

Tương tự rồi nhân theo vế ta được $\prod (a^2+b^2)\geq \prod (a^2+bc)$

Như vậy ta được $M\geq 1$

Dấu ''='' xảy ra khi x=y=z=1

Vậy min M là 1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 03-06-2016 - 12:05

[Dung Gia]

bài  : cho $a^2 +b^2 +c^2 =1$ . Tìm GTNN của $P=\sum \frac{a}{b^2 +c^2}$

[cristianoronaldo]

bài  : cho $a^2 +b^2 +c^2 =1$ . Tìm GTNN của $P=\sum \frac{a}{b^2 +c^2}$

Mình nhầm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 03-06-2016 - 17:06

[cristianoronaldo]

 

Tổng hợp các bài chưa có lời giải trong topic, còn khá nhiều nên mong mọi người ủng hộ! Chân thành cảm ơn!

 

 

Bài 89: Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z+xyz = 4 $

Tìm giá trị lớn nhất của $P = xy+yz+xz$

 

 

Từ giả thiết bài toán ta có thể suy ra:

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

$\Leftrightarrow \sum \frac{x}{x+2}= 1$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \frac{x}{x+2}=a\\ \frac{y}{y+2}=b\\ \frac{z}{z+2}=c\end{matrix}\right.$ thì ta được$\left\{\begin{matrix} x=\frac{2a}{b+c}\\ y=\frac{2b}{a+c}\\ z=\frac{2c}{a+b}\end{matrix}\right.$

Như vậy ta được:P=4.$\sum \frac{ab}{(a+c)(b+c)}$$= 4.\sum \frac{ab(a+b)}{\prod (a+b)}= \frac{3\sum ab(a+b)+\sum ab(a+b)}{\prod (a+b)}\geq \frac{3\sum ab(a+b)+6abc}{\prod (a+b)}= 3$

Dấu ''='' xảy ra khi x=y=z=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 03-06-2016 - 17:30

[Dung Gia]

Bài .... : Cho các số thực dương $x,y$ thỏa mãn : $(x+y-1)^2 =xy$.Tìm $GTNN$ của $P=\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}$

[Dung Gia]

[cristianoronaldo]

bài  : cho $a^2 +b^2 +c^2 =1$ . Tìm GTNN của $P=\sum \frac{a}{b^2 +c^2}$

Lần này thì mình không sai được :

Bài này thì theo mình dùng phương pháp U.C.T

Ta sẽ chứng minh:

$\frac{a}{b^2+c^2}= \frac{a}{1-a^2}\geq \frac{3a^2\sqrt{3}}{2}$

$\Leftrightarrow (a-\frac{1}{\sqrt{3}})^2(3a\sqrt{3}+6)\geq 0$

Tương tự rồi cộng theo vế ta được:

$P\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.(\sum a^2)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 04-06-2016 - 21:58

[cristianoronaldo]

Bổ đề: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $xyz=1$ khi đó ta có:

$\frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{y^2+y+1}+\frac{1}{z^2+z+1}\geq 1$                            $(1)$

Đổi biến $(x,y,z)\rightarrow (\frac{ab}{c^2},\frac{bc}{a^2},\frac{ca}{b^2})$ $\Rightarrow a,b,c>0$

Có $(1)$ $\Leftrightarrow \sum \frac{a^4}{b^2c^2+a^2bc+a^4}\geq 1$

Có $\sum \frac{a^4}{b^2c^2+a^2bc+a^4}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum (a^4+b^2c^2)+abc(a+b+c)}$

Mà $abc(a+b+c)\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$$\Rightarrow \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum (a^4+b^2c^2)+abc(a+b+c)}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=1$

Áp dụng: Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy$, ta có:

$2\frac{1}{(x+1)^3}+\frac{1}{8}=\frac{1}{(x+1)^3}+\frac{1}{(x+1)^3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2(x+1)^2}$

Chứng minh tương tự ta cũng có:

$2\frac{1}{(y+1)^3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2(y+1)^2}$

$2\frac{1}{(z+1)^3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2(z+1)^2}$

Suy ra  $2(\frac{1}{(x+1)^3}+\frac{1}{(y+1)^3}+\frac{1}{(z+1)^3})+\frac{3}{8}\geq \frac{3}{2}(\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2})$

Nhận xét rằng ta có $(x+1)^2\leq \frac{4(x^2+x+1)}{3}\Leftrightarrow (x-1)^2\geq 0$ (luôn đúng)

Vậy $\sum \frac{1}{(x+1)^2}\geq \frac{3}{4}\sum \frac{1}{x^2+x+1}\geq \frac{3}{4}$

Vậy $2P+\frac{3}{8}\geq \frac{9}{8}\Leftrightarrow P\geq \frac{3}{8}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{3}{8}$, xảy ra khi $x=y=z=1$

Cách khác:

Do xyz=1 nên tồn tại 3 số thực dương a,b,c sao cho: $\left\{\begin{matrix} x= \frac{a}{b}\\ y= \frac{b}{c}\\ z= \frac{c}{a}\end{matrix}\right.$

Như vậy ta có:

$P=\sum \frac{a^3}{(b+c)^3}$

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

$b^3+c^3= (b+c)(b^2-bc+c^2)\geq (b+c)[\frac{(b+c)^2}{2}-\frac{(b+c)^2}{4}]= \frac{(b+c)^3}{4}$

Tương tự với các đẳng thức còn lại ta được:

P$\geq \frac{1}{4}.\sum (\frac{a^3}{b^3+c^3})\geq \frac{1}{4}.\frac{3}{2}=\frac{3}{8}$

Vậy min P là $\frac{3}{8}$ khi x=y=z=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 07-06-2016 - 21:19

[cristianoronaldo]

 

Bài 86: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $4x^{2}+9y^{2}+16z^{2}=1$

Tìm Min $\frac{2x}{9y^{2}+16z^{2}}+\frac{3y}{4x^{2}+16z^{2}}+\frac{4z}{4x^{2}+9y^{2}}$

 

 

Đặt 2x=a, 3y=b,3c=z thì ta được:

VT=$\sum \frac{a}{b^2+c^2}$

Đến đây thì giống bài toán trên rồi

[Air Force]

Chuyên đề: Bất đẳng thức - Cực trị

 

1) Một số tính chất:
1.1) Tính chất bắc cầu: $a<b;b<c$ $\Rightarrow a<c$

1.2) Cộng 2 vế của bất đẳng thức với cùng 1 số: $a<b$ $\Rightarrow a+c< b+c$

1.3) Nhân 2 vế của bất đẳng thức với cùng 1 số:

• Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c> 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow ac< bc$
• Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c< 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow ac> bc$

1.4) Cộng từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều:

• Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c< d & & \end{matrix}\right.\Rightarrow a+c< b+d$

1.5) Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều:

• Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c> d & & \end{matrix}\right.\Rightarrow a-c< b-d$

1.6) Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều có hai vế không âm:

• Nếu $\left\{\begin{matrix}a> b\geq 0 & & \\ c> d\geq 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow ac> bd$

1.7) Nâng lên luỹ thừa:

• Nếu $a> b> 0\Rightarrow a^{n}> b^{n}(n\in \mathbb{N}^*)$
• $a> b \Rightarrow a^{n}> b^{n}$ ($n$ lẻ)

1.8) So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số:

• Nếu $\left\{\begin{matrix}m,n\in \mathbb{N}^* & & \\ m>n & & \end{matrix}\right.$

$\rightarrow \left\{\begin{matrix}a> 1 \Rightarrow a^{m}> a^{n} & & \\ a=1 \Rightarrow a^{m}=a^{n} & & \\ a<1 \Rightarrow a^{m}< a^{n} \end{matrix}\right.$

1.9) Lấy nghịch đảo hai vế của bất đẳng thức cùng dấu:

• Nếu $\left\{\begin{matrix}a> b & & \\ ab> 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$

1.10) Cộng vào cả tử và mẫu của một phân số với cùng một số:

• Nếu $\left\{\begin{matrix}a;b;c> 0 & & \\ \frac{a}{b}>1 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{a}{b}>\frac{a+c}{b+c}$

2) Các bất đẳng thức thường gặp:

2.1) $a^{2}\geq 0\forall a$. Dấu "=" có khi: $a=0$.

2.2) $|a|\geq 0\forall a$. Dấu "=" có khi: $a=0$.

2.3) $|a|\geq a\forall a$. Dấu "=" có khi: $a\geq 0$.

2.4) $|a|+|b|\geq |a+b|$. Dấu "=" có khi: $ab\geq 0$.

2.5) $|a|-|b|\leq |a-b|$. Dấu "=" có khi: $\left\{\begin{matrix}ab\geq 0 & & \\ |a|\geq |b| & & \end{matrix}\right.$.

2.6) $a^{2}+b^{2}\geq 2ab$. Dấu "=" có khi: $a=b$

2.7) $(a+b)^{2}\geq 4ab\Leftrightarrow ab\leq \left(\frac{(a+b)}{2}\right)^{2}$. Dấu "=" có khi: $a=-b$.

2.8) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}(a;b> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.

2.9) $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2~~(ab> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.

2.10) Các bất đẳng thức cổ điển:

a) Bất đẳng thức Cô-si (AM-GM):

Với $n$ số thực dương: $a_{1};a_{2};...;a_{n}$

Dạng 1: $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

Dạng 2: $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geq n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

Dạng 3: $(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n})^{n}\geq a_{1}a_{2}...a_{n}$

Dấu "=" có khi: $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$

b) Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky):
Với 2 bộ số thực bất kì: ($a_{1};a_{2};...;a_{n}$);($b_{1};b_{2};...;b_{n}$):
Dạng 1: $(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})^{2}\leq (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})$

Dạng 2: $|a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}|\leq \sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2}}$

Dấu "=" có khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$

Dạng 3: $a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}\leq \sqrt{(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})}$

Dấu "=" có khI: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}>0$

c) Bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu: (Cauchy-Swarchz)

Với $\forall x_{i}>0;i=\overline{1,n}$ ta có:

$\frac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{x_{n}}\geq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}$

Chứng minh: Xét $(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}=(\frac{a_{1}}{\sqrt{x_{1}}}.\sqrt{x_{1}}+\frac{a_{2}}{\sqrt{x_{2}}}.\sqrt{x_{2}}+...+\frac{a_{n}}{\sqrt{x_{n}}}.\sqrt{x_{n}})^{2}\leq (\frac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{x_{n}})(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})$ (Áp dụng BCS)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

d) Bất đẳng thức Minkopsky:

Cho 2 dãy số thực dương: $(a_{1};a_{2};...;a_{n});(b_{1};b_{2};...;b_{n})$ ta có:

$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{n})^{2}}$

Dấu "=" xảy ra khI: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$.

e) Bất đẳng thức Holder:

(Dạng thường dùng)

Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ ta có:

$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$
Dấu $"="$ xảy ra khi: các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau. 

f) 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 $t=2$
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :

$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)$
$\Leftrightarrow 4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc$
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: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$

g) Bất đẳng thức Trê bư sép (Chebyshev)

Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Dấu $"="$ 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.

h) Bất đẳng thức Nesbit:
2 trường hợp cơ bản:

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 :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2$
Dấu $"="$ xảy ra khi các biến bằng nhau

3) các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường gặp:

• Phương pháp biến đổi tương đương.
• Phương pháp sử dựng các bất đẳng thức cổ điển và sử dụng các bất đẳng thức phụ đã biết (xem tại đây). 
• Phương pháp làm trội, làm giảm.
• Phương pháp dồn biến, đổi biến.
• Phương pháp tách bình phương.
• Phương pháp hình học.
• Phương pháp phản chứng.
• Phương pháp quy nạp.

4) Một số hằng đẳng thức thường dùng:

7 hằng đẳng thức đáng nhớ và các hằng đẳng thức cở bản ($(a\pm b\pm c\pm d\pm...)^2;a^n\pm b^n;...$) thì không nói nữa.

 

$1)$ $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$

$2)$ $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$

$3)$ $(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)=a^3+b^3+c^3+3ab(a+b)+3bc(b+c)+3ca(c+a)+6abc$

$4)$ $ab^2+bc^2+ca^2 - a^2b - b^2c - c^2a = \dfrac{(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3}{3}$

$5)$ $ab^3+bc^3+ca^3 - a^3b-b^3c-c^3a = \dfrac{(a+b+c)[(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3]}{3}$

$6)$ $(a + b)(b + c)(c + a) - 8abc = a(b - c)^2 + b(c - a)^2 + c(a - b)^2$

$7)$ $(a - b)^3 + (b - c)^3 + (c - a)^3 = 3(a - b)(b - c)(c - a)$ (Đây là hệ quả của đẳng thức số $2$)

 

Bài tập: Phương pháp biến đổi tương đương:

1) Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a)$4x^{2}+4y^{2}+6x+3\geq 4xy \forall x;y$

b)$a^{4}+b^{4}\geq a^{3}b+ab^{3} \forall a;b$

c)$x^{2}+4y^{2}+3z^{2}+14> 2x+12y+6z$

d)$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca\forall a;b;c$

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

g)$1+a\geq \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{a^{2}}\forall a> 0$

h)$\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}\forall a;b> 0$
 

[daoyen]

Cho $x,y,z$ thuộc $R/ xy+ 2yz+ 3zx=11$
Chứng minh $14x^2 + 10y^2 + 5z^2 \geq 44$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 21-08-2016 - 19:09

[Ngan Chery]

Với a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh: $\sqrt{\frac{a^{2}+2ab}{b^{2}+2c^{2}}} + \sqrt{\frac{b^{2}+2bc}{c^{2}+2a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+2ac}{a^{2}+2b^{2}}}\geq \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

[thanhdung94]

Bài 5:

  Max=1 thì phải

[dat9adst20152016]

Cho $x,y,z$ thuộc $R/ xy+ 2yz+ 3zx=11$
Chứng minh $14x^2 + 10y^2 + 5z^2 \geq 44$

   Nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra tại x=y=+-1 ; z=+-2

 Thiết lập các bđt :  $2x^{2}+2y^{2}\geq 4xy;12x^{2}+3z^{2}\geq 12zx;8y^{2}+2z^{2}\geq 8yz$  (chú ý đây không phải là bđt Cauchy vì x,y,z thuộc R)

 Cộng các bất lại ta có: 14x²+10y²+5z²$\geq 4(xy+2yz+3zx)= 44$

 Dấu = xảy ra khi 2x=2y=z$\Leftrightarrow x=y=1;z=2hoacx=y=-1;z=-2$

P/S: Mong các bác chỉ giúp cách làm tổng quát những bài dạng này chứ ngồi mò ra dấu bằng thì lâu lắm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dat9adst20152016: 21-11-2016 - 19:57

[AnhTran2911]

Với a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh: $\sqrt{\frac{a^{2}+2ab}{b^{2}+2c^{2}}} + \sqrt{\frac{b^{2}+2bc}{c^{2}+2a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+2ac}{a^{2}+2b^{2}}}\geq \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

VT= $\sum\frac{a^2+2bc}{\sqrt(a^2+2bc)(b^2+2c^2)}\geq\sum\frac{a^2+2bc}{a^2+b^2+c^2}$  <Theo AM-GM>

     =$\sum\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$=VP ( do a+b+c=1)