duongvanhehe

Bài toán:à Cho $a,b,c$ là các số thực không âm.CMR:
$(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)$

a/$\lim_{x \to+ \infty }(\pi -2arctanx)x$
b/$\lim_{x \to+ \infty }(\pi -2arctanx)lnx$

a/ $\lim_{x\to +\infty}(\pi-2arctanx)x=\lim_{x\to +\infty}\frac{\pi-2arctanx}{\frac{1}{x}}$ (Dạng $\frac{0}{0}$)
$=\lim_{x\to +\infty}\frac{-\frac{2}{1+x^{2}}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{2x^{2}}{1+x^{2}}=2$
b/ $\lim_{x \to+ \infty }(\pi -2arctanx)lnx$
$=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{\pi-2arctanx}{\frac{1}{lnx}}$
$=\lim_{x\to +\infty}\frac{-\frac{2}{1+x^{2}}}{-\frac{1}{xln^{2}x}}=2\lim_{x\to +\infty}\frac{ln^{2}x}{x+\frac{1}{x}}$
$=2\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{2lnx}{x}}{1-\frac{1}{x^{2}}}=4\lim_{x\to +\infty}\frac{lnx}{x-\frac{1}{x}}$
$=4\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x^{2}}}=4\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{x^{2}+1}=0$

Tính giới hạn sau:$\lim_{x\rightarrow +\infty}((sin\sqrt{x+1}-sin\sqrt{x})$

$\lim_{x\rightarrow +\infty }(\sin \sqrt{x+1}-\sin \sqrt{x})$
$=\lim_{x\rightarrow +\infty }2\cos\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2}\sin\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{2}$
$=\lim_{x\rightarrow +\infty }2\cos\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2}\sin\frac{1}{2\sqrt{x+1}+2\sqrt{x}}$
Do $2\cos\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2}$ bị chặn và $\lim_{x\rightarrow +\infty}\sin\frac{1}{2\sqrt{x+1}+2\sqrt{x}}=0$
nên $=\lim_{x\rightarrow +\infty }2\cos\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2}\sin\frac{1}{2\sqrt{x+1}+2\sqrt{x}}=0$
Vậy $\lim_{x\rightarrow +\infty}((sin\sqrt{x+1}-sin\sqrt{x})=0$

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$$3(a+b+c)\geq 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$$

BĐT cần chứng minh tương đương với:
$27(a+b+c)^{3}\geq \left ( 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}} \right )^{3}$
Sử dụng BĐT $(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$
$\Rightarrow 27(a+b+c)^{3}\geq 27(a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc)$
$=81(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8abc)$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có :
$\frac{1.1.\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{9}.\sqrt[3]{9}.\sqrt[3]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}+8abc}$
$\leq \frac{\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{abc}{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8abc}}{3}$
$\frac{\sqrt[3]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}}{\sqrt[3]{81(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8abc)}}\leq \frac{\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8abc}}{3}$
Nên $\frac{8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}}{\sqrt[3]{81(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8abc)}}\leq \frac{1}{3}\left ( 9.\frac{2}{9}+\frac{8abc+\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8abc}\right )=1$
$8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}\leq \sqrt[3]{81(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8abc)}\leq 3(a+b+c)$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

cho $ a,b,c $ không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng $ 0$ thoả mãn $ a^2+b^2+c^2=3 $. CMR:

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

Không giảm tính tổng quát giả sử $c=$ min ${a,b,c}$ ta có
$\frac{1}{a^{2}-ab+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}-ca+a^{2}}$
$\geq \frac{1}{a^{2}-ab+b^{2}}+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$
(Do $bc\geq c^{2}\Rightarrow b^{2}-bc+c^{2}\leq b^{2}\Rightarrow \frac{1}{b^{2}-bc+c^{2}}\geq \frac{1}{b^{2}}$
và $\frac{1}{a^{2}-ca+c^{2}}\geq \frac{1}{a^{2}}$)
$=\frac{1}{3}(\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a^{2}-ab+b^{2}}+(a^{2}+b^{2}+c^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}))$
$\geq \frac{1}{3}\left ( \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}-ab+b^{2}}+(a^{2}+b^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}})\right )\geq 2$
Do $\frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}-ab+b^{2}}+(a^{2}+b^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}})-6=-\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}-ab+b^{2}}+\frac{(a^{2}-b^{2})^{2}}{a^{2}b^{2}}$
$=\left ( \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}}-\frac{1}{a^{2}-ab+b^{2}} \right )(a-b)^{2}\geq 0$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b$ , $c=0$
---------------
Sorry bạn,mình bất cẩn quá,mình sửa lại rùi đó !

Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $a+b+c\geq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} +\frac{1}{c}$ Chứng minh rằng:
$a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+ \frac{2}{abc}$

Từ ĐK ta có $ab+bc+ca\leq abc(a+b+c)\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^{2}$
$\Rightarrow ab+bc+ca\geq 3$
Ta có $(a+b+c)(ab+bc+ca)=\frac{1}{3}(a+b+c)(ab+bc+ca)+\frac{2}{3}(a+b+c)(ab+bc+ca)$
$\geq 3abc+2(a+b+c)$
$\Rightarrow abc(a+b+c)\geq ab+bc+ca\geq \frac{3abc}{a+b+c}+2$
$\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}$

Bài toán 2.
Cho $x,y,z$ là các số thực không âm và không có hai số nào đồng thời bằng 0.Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng:
$$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}+25\dfrac{(xy+yz+zx)}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \geq k$$

Ta sẽ chứng minh gúa trị lớn nhất của $k$ la $10$
Thật vậy : $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}$
$=\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}+(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$\geq \frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}+(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y+z)(xy+yz+zx)}$
$\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})(x+y+z)}{(x+y+z)(xy+yz+zx)}$
$=\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}$
Do đó $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+25\frac{xy+yz+zx}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$
$\geq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}+25\frac{xy+yz+zx}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geq 10$
Đẳng thức xảy ra khi $z=o$ ; $x=\frac{5\pm \sqrt{21}}{2}y$ hoặc các hoán vị tương ứng.

Biết abc=1.CM:
$\frac{(a^3+5)(b^3+5)(c^3+5)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 27$
ở tử em cm dc tử>=216,mẫu em đg bí,bác nào giúp em với,tks nhìu lắm lắm

Khai triển nhé !
BĐT $\Leftrightarrow (a^{3}+5)(b^{3}+5)(c^{3}+5)\geq 27(a+b)(b+c)(c+a)$
$\Leftrightarrow 126+25(a^{3}+b^{3}+c^{3})+5(a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3})\geq 27(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2)$
$\Leftrightarrow 72abc+25(a^{3}+b^{3}+c^{3})+5(\frac{a^{2}b^{2}}{c}+\frac{b^{2}c^{2}}{a}+\frac{c^{2}a^{2}}{b})\geq 27(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))$
Ta có các BĐT sau:
Theo Cauchy Schwarz: $\frac{a^{2}b^{2}}{c}+\frac{b^{2}c^{2}}{a}=b^{2}(\frac{a^{2}}c{+\frac{c^{2}}{a}})\geq b^{2}(a+c)$
Tương tự :$\frac{a^{2}b^{2}}{c}+\frac{c^{2}a^{2}}{b}\geq a^{2}(b+c)$
$\frac{c^{2}a^{2}}{b}+\frac{b^{2}c^{2}}{a}\geq c^{2}(a+b)$
cộng lại ta có: $2(\frac{a^{2}b^{2}}{c}+\frac{c^{2}a^{2}}{b}+\frac{b^{2}c^{2}}{a})\geq a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ (1)
Giả sử c=min{a,b,c}.Ta có :$(a+b-c)(a-b)^{2}+c(c-a)(c-b)\geq 0\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
$\Leftrightarrow 24(a^{3}+b^{3}+c^{3})+72abc\geq 24(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))$ (2)
Dễ thấy $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{1}{2}(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))$ (3)
Cộng các vế của các BĐT (1),(2) và (3) ta có ĐPCM

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác thỏa mãn $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=3$.CMR:
$2(ab+bc+ca)\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+3$

Bài toán: Cho $a,b,c> 0$. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{1+ab+ac}+\frac{b}{1+bc+ba}+\frac{c}{1+ca+cb}$ $\geq$ $\frac{a}{2a^{2}+1}+\frac{b}{2b^{2}+1}+\frac{c}{2c^{2}+1}$

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ và tích của chúng bằng 1.Chứng minh bất đẳng thức:
$$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}$$

Bài 1:
Áp dụng trực tiếp AM-GM cho 4 số:
$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+3.\frac{(a+b+c)^{2}}{3}$
$\geq 4\sqrt[4]{\frac{1}{27}.\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(a+b+c)^{6}}$
$\geq 4\sqrt[4]{\frac{1}{27}.\sqrt{abc}.3\sqrt[6]{abc}.(3\sqrt[3]{abc})^{4}.(a+b+c)^{2}}$
$=4\sqrt{3abc(a+b+c)}$
Bài 2:
Ta có: $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{2}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{2}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\geq \frac{9}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$
Hay $\frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a}\geq \frac{9abc}{ab+bc+ca}$
$\Rightarrow abc\left ( \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a} \right )\geq \frac{9ab.bc.ca}{ab+bc+ca}$
Theo BĐT Schur ta có:
$a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc\left ( \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a} \right )$
$\geq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+\frac{9ab.bc.ca}{ab+bc+ca}\geq 2abc(a+b+c)$
Suy ra $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq 2(a+b+c)-\left ( \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a} \right )$
$=\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}$

Cho a,b,c>0. Chứng minh:

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

Áp dụng BĐT Schwarz ta có:
$\frac{a^{2}+bc}{b+c}+\frac{b^{2}+ca}{c+a}+\frac{c^{2}+ab}{a+b}=\sum \frac{(a^{2}+bc)^{2}}{(b+c)(a^{2}+bc)}$
$\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca)^{2}}{(b+c)(a^{2}+bc)+(c+a)(b^{2}+ca)+(a+b)(a^{2}+ab)}$
$=\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca)^{2}}{2(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))}$
Giờ ta cần chứng minh:
$(a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca)^{2}\geq 2(a+b+c)(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))$
$\Leftrightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}+3(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})+2\sum ab(a^{2}+b^{2})+4abc(a+b+c)\geq $
$2\sum ab(a+b)^{2}+4abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{2}.(a^{2}-b^{2})^{2}\geq 0$

Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh:
$$\frac{(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+\frac{(a-b)(a-c)}{b^2+c^2}+\frac{(b-c)(b-a)}{c^2+a^2}+\frac{(c-a)(c-b)}{a^2+b^2}\ge 1$$

Dùng cái này hơi trâu một tí,mong mọi người tìm ra cách khác dễ thở hơn
BĐT $\Leftrightarrow \frac{(a-b)(a-c)}{b^2+c^2}+\frac{(b-c)(b-a)}{c^2+a^2}+\frac{(c-a)(c-b)}{a^2+b^2} \geq 1-\frac{(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}$
$\Leftrightarrow \sum (a^{2}+b^{2})(a^{2}+c^{2})(a-b)(a-c)\geq \left ( (a^{2}+b^{2})(b^{2}+c^{2})(c^{2}+a^{2})-(a^{2}+bc)(b^{2}+ca)(c^{2}+ab) \right )$
$\Leftrightarrow \sum (a^{2}+b^{2})(a^{2}+c^{2})(a-b)(a-c)\geq \sum \left ( (b^{2}+c^{2})(a+b)(a+c)-abc(a+b+c)-bc(ab+bc+ca) \right )(a-b)(a-c)$
$\Leftrightarrow x(a-b)(a-c)+y(b-a)(b-c)+z(c-a)(c-a)\geq 0$
Trong đó: $x=(a^{2}+b^{2})(a^{2}+c^{2})+abc(a+b+c)+bc(ab+bc+ca)-(a+b)(a+c)(b^{2}+c^{2})$
$y$ và $z$ lấy tương tự.
Theo Vornicu Schur ta chỉ cần chứng minh được $x+z\geq y$ là xong.cái này thì đơn giản rồi.

Bài toán 1.[Trần Quốc Anh]:
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}\geq \sqrt{abc}+\sqrt{a^3+b^3+c^3+abc}$$

Ta có:$$\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}\geq \sqrt{abc}+\sqrt{a^3+b^3+c^3+abc}$$
$\Leftrightarrow$$(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+2abc+2\sqrt{abc(a^{3}+b^{3}+c^{3}+abc)}$
$\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-2abc\geq 2\sqrt{abc(a^{3}+b^{3}+c^{3}+abc)}$
$\Leftrightarrow (ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-2abc)^{2}-16a^{2}b^{2}c^{2}\geq 4abc(a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc)$
$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\sum c(a-b)^{2}\geq 2abc(a+b+c)\sum (a-b)^{2}$
$\Leftrightarrow S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$
Trong đó:
$S_{a}=a(a+b)(b+c)(c+a)-2abc(a+b+c)$
$S_{b}=b(a+b)(b+c)(c+a)-2abc(a+b+c)$
$S_{c}=c(a+b)(b+c)(c+a)-2abc(a+b+c)$
Giả sử $a\geq b\geq c$ thì ta có $S_{a}\geq S_{b}\geq S_{c}$
Do đó ta chỉ cần chứng minh được :$S_{b}+S_{c}\geq 0$
$\Leftrightarrow (a+b)(a+c)(b+c)^{2}\geq 4abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow a^{2}(b-c)^{2}+a(b+c)(b-c)^{2}+bc(b+c)^{2}\geq 0$ (luôn đúng )
Ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Bài toán:
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm.Chứng minh rằng:
$\frac{1}{(a+b+c)^{2}}+\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{5}{2(ab+bc+ca)}$