Quoc Tuan Qbdh

 

2. Cho a,b,c $\in \left [ -2;2 \right ]$  thỏa mãn: $a+b+c=3$. CM: $\sum \sqrt{4-a^{2}} \leq 3\sqrt{3}$.

 

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có:
$\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}}=\sqrt{2-a}.\sqrt{2+a}+\sqrt{2-b}.\sqrt{2+b}+\sqrt{2-c}.\sqrt{2+c} \leq \sqrt{(2-a+2-b+2-c)(2+a+2+b+2+c)}=3\sqrt{3}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài 341: $x^{4}+x^{2}+(x^{2}+2x-1)^{3}=2-4x+2\sqrt[3]{x^{2}-x^{4}}$

 Phương trình đã cho tương đương:

$(x^{2}-x^{4})+2\sqrt[3]{x^{2}-x^{4}}=(x^{2}+2x-1)^{3}+2(x^{2}+2x-1)$
 Xét: $f(t)=t+2\sqrt[3]{t},\forall t \in \mathbb{R}$

Ta có: $f'(t)=1+\frac{2}{3\sqrt[3]{t^{2}}}>0, \forall t \in \mathbb{R}$

Nên $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$

 Do đó, $f(x^{2}-x^{4})=f((x^{2}+2x-1)^{3})$
$\Leftrightarrow x^{2}-x^{4}=(x^{2}+2x-1)^{3}$

$\Leftrightarrow x^{2}-x^{4}=x^{6}+6x^{5}+9x^{4}-4x^{3}-9x^{2}+6x-1$
$\Leftrightarrow x^{6}+6x^{5}+10x^{4}-4x^{3}-10x^{2}+6x-1=0$
 Nhận thấy $x=0$ không là nghiệm của phương trình.

 Với $x$ khác $0$, chia cả hai vế của hệ cho $x^{3}$ ta được:
$x^{3}+6x^{2}+10x-4-\frac{10}{x}+\frac{6}{x^{2}}-\frac{1}{x^{3}}=0$

$\Leftrightarrow (x^{3}-3x+\frac{3}{x}-\frac{1}{x^{3}})+6(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-2)+13(x-\frac{1}{x})+8=0$
 Đặt $a=x-\frac{1}{x}$, phương trình trở thành:
$a^{3}+6a^{2}+13a+8=0$
$\Leftrightarrow (a+1)(a^{2}+5a+8)=0$
$\Leftrightarrow a=-1$(Vì $a^{2}+5a+8=(a+\frac{5}{2})^{2}+\frac{7}{4}>0$).

 Suy ra: $x-\frac{1}{x}=-1 \Leftrightarrow x^{2}+x-1=0 \Leftrightarrow x=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ hoặc $x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

 Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=${$\frac{-1-\sqrt{5}}{2};\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$}.
 

Cho a,b,c>0, a+b+c=1. CMR: $(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq (\frac{10}{3})^3$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:

$a+9.\frac{1}{9b} \geq 10\sqrt[10]{\frac{a}{9^{9}.b^{9}}}$

$b+9.\frac{1}{9c} \geq 10\sqrt[10]{\frac{b}{9^{9}.c^{9}}}$

$c+9.\frac{1}{9a} \geq 10\sqrt[10]{\frac{c}{9^{9}.a^{9}}}$

Suy ra: $(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 10^{3}\sqrt[10]{\frac{1}{9^{27}a^{8}b^{8}c^{8}}}$

Lại có: $a^{8}b^{8}c^{8} \leq (\frac{a+b+c}{3})^{24}=\frac{1}{9^{12}}$ 

Do đó, $(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq 10^{3}\sqrt[10]{\frac{1}{9^{15}}}=(\frac{10}{3})^{3}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

 

Cũng có thể giải bằng BĐT $Holder$
Theo BĐT $Holder$ ta có:
$(a+\frac{1}{b})(b+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a}) \geq (\sqrt[3]{abc}+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}})^{3}$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ lại có:
$\sqrt[3]{abc}+\frac{1}{9\sqrt[3]{abc}} \geq \frac{2}{3}$

$\frac{8}{9\sqrt[3]{abc}} \geq \frac{8}{3(a+b+c)}=\frac{8}{3}$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$  

Cho a,b,c >0. CMR $\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}-ac+a^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq \frac{3\left ( ab+bc+ca \right )}{a+b+c}$

Ta có: $VT=\frac{a^{4}}{ab^{2}-abc+ac^{2}}+\frac{b^{4}}{bc^{2}-abc+ba^{2}}+\frac{c^{4}}{cb^{2}-abc+ca^{2}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{ab^{2}+ac^{2}+bc^{2}+ba^{2}+ca^{2}+cb^{2}-3abc}(Cauchy-Schwarz)$

Dễ dàng chứng minh được $(a+b+c)^{2} \geq 3ab+3bc+3ca$ 

$\Leftrightarrow a+b+c \geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$

Bây giờ cần chứng minh 

$\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{ab^{2}+ac^{2}+bc^{2}+ba^{2}+ca^{2}+cb^{2}-3abc} \geq a+b+c$

$<=>(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2} \geq (ab^{2}+ac^{2}+bc^{2}+ba^{2}+ca^{2}+cb^{2}-3abc)(a+b+c)$

$<=>a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c) \geq a^{3}(b+c)+b^{3}(c+a)+c^{3}(a+b)$

$<=>a^{2}(a-b)(a-c)+b^{2}(b-c)(b-a)+c^{2}(c-a)(c-b) \geq 0$ ( đúng theo BĐT $Schur$ )

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Bài 1: Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của $P = a^2 + b^2 + c^2+ \frac{ab+bc+ca}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}$

 Chú ý là từ điều kiện ta có $3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2$

 Áp dụng AM-GM thì $a^3+ab^2\geq 2a^2b,\ b^3+bc^2\geq 2b^2c,\ c^3+ca^2\geq 2c^2a$

 Từ đó suy ra $3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq a^2b+b^2c+c^2a$

 Nên $P\geq a^2+b^2+c^2+\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$

 Đặt $t=a^2+b^2+c^2$ thì $t\geq 3$ và $ab+bc+ca=\dfrac{9-t}{2}$

 Ta sẽ chứng minh $t+\dfrac{9-t}{2t}\geq 4\Leftrightarrow \dfrac{(t-3)(2t-3)}{2t}\geq 0$ đúng

 Nên $P\geq 4$

 Vậy GTNN của $P$ là $4$ khi và chỉ khi $a=b=c=1$

320.$\left\{\begin{matrix} a+b=\sqrt[3]{24} & \\ & (\sqrt{a}+\sqrt{b})(\frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{3a+b}})=2 \end{matrix}\right.$

Ta có: Theo BĐT $AM-GM$ thì:
$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a+3b}} \leq \frac{1}{2}(\frac{a}{a+b}+\frac{a+b}{a+3b})$

$\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}} \leq \frac{1}{2}(\frac{1}{2}+\frac{2b}{a+3b})$

$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{3a+b}} \leq \frac{1}{2}(\frac{1}{2}+\frac{2a}{3a+b})$

$\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{3a+b}} \leq \frac{1}{2}(\frac{b}{a+b}+\frac{a+b}{3a+b})$

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên ta có:
$(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{3a+b}}) \leq 2$

Nên hệ phương trình tương đương

$\left\{\begin{matrix}a+b=2.\sqrt[3]{3} \\ a=b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a=\sqrt[3]{3} \\ b=\sqrt[3]{3} \end{matrix}\right.$

Cho dãy số (Un) xác định bởi $\left\{\begin{matrix} U_{1}=3 & \\ U_{n+1}=\frac{U_{n}^{2015}+2U_{n}+4}{U_{n}^{2014}-U_{n}+6} & \end{matrix}\right.$

Đặt $Y_{n}=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{U_{i}^{2014}+4}$. Tìm: $\lim_{n\rightarrow+\propto }Y_{n}$

Ta có: $U_{n+1}-U_n=\frac{U_n^{2015}+2U_n+4}{U_n^{2014}-U_n+6}-U_n=\frac{(U_n-2)^{2}}{U_n^{2014}-U_n+6} >0,$ $\forall x \in N*$

Suy ra: $U_{n+1} > U_n$ suy ra $(U_n)$ là dãy tăng nên $U_{n+1}>U_n>...>U_1=3>0$ nên $(U_n)$ là dãy dương.

Giả sử $(U_n)$ tồn tại giới hạn hữu hạm là $\lim U_n=L$ ta có:

$L=\frac{L^{2015}+2L+4}{L^{2014}-L+6}\Leftrightarrow L^{2015}-L^{2}+6L=L^{2015}+2L+4 \Leftrightarrow L=2$ (vô lý vì $L>3$)

Do đó, $\lim U_n= +\infty$

Xét: $U_{n+1}-2=\frac{U_n^{2015}+2U_n+4}{U_n^{2014}-U_n+6}-2=\frac{U_n^{2015}-2U_n^{2014}+4U_n-8}{U_n^{2014}-U_n+6}$

$=\frac{(U_n-2)(U_n^{2014}+4)}{(U_n^{2014}+4)-(U_n-2)}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{U_n-2}-\frac{1}{U_{n+1}-2}=\frac{1}{U_n^{2014}+4}$

Thay $n=1,2,...,n-1$ ta có:

$\frac{1}{U_1-2}-\frac{1}{U_2-2}=\frac{1}{U_1^{2014}+4}$

$\frac{1}{U_2-2}-\frac{1}{U_3-2}=\frac{1}{U_2^{2014}+4}$
   $. . . . .$

$\frac{1}{U_{n-1}-2}-\frac{1}{U_n-2}=\frac{1}{U_{n-1}^{2014}+4}$

Suy ra: $Y_n=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{U_i^{2014}+4}=\frac{1}{U_1-2}-\frac{1}{U_{n+1}-2}=1-\frac{1}{U_{n+1}-2}$
Mặt khác: $\lim U_{n+1}=+\infty$ nên $\lim \frac{1}{U_{n+1}-2}=0$

Do đó, $\lim Y_n=1$

 

2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức

$3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca})$

 

Bổ đề: Với các số thực dương $a;b;c$ ta luôn có:
$9(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$

Chứng minh: 

Ta có: $(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:

$9xyz=3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}} \leq (x+y+z)(xy+yz+zx)$

Suy ra: $9(x+y)(y+z)(z+x)=9(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz \geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$
BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$

Áp dụng vào bài toán:

$3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}=\sqrt[3]{3.9(a+b)(b+c)(c+a)} \geq \sqrt[3]{(1+1+1).8(a+b+c)(ab+bc+ca)}$

Mặt khác, áp dụng BĐT $AM-GM$ ta lại có:

$a+b+c \geq \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$

Lại có: theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ thì:

$(ab+bc+ca)(1+1+1) \geq (\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}$ 

Do đó, $\sqrt[3]{8.(1+1+1)(a+b+c)(ab+bc+ca)} \geq 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

những bài áp dụng bđt  trên cho các số thực dương 

1. $xyz+2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+8 \geq 5(x+y+z)$

2. $xyz+ x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3 (x+y+z)$

2. Ta thấy trong ba số thực dương $x;y;z$ luôn tồn tại hai số cùng nhỏ hơn hay bằng $1$ hoặc lớn hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $x$ và $y$

Khi đó ta có: $(x-1)(y-1) \geq 0 \Leftrightarrow xy \geq x+y-1$ suy ra $xyz \geq zx+yz-z$

Do đó, $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh $zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq 3(x+y+z)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(y+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})-(x+y) \geq 0(*)$

Mặt khác, ta lại có: $\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}) \geq \frac{1}{4}(x+y)^{2} \geq x+y$

Nên $(*)$ đúng. Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$

1. Áp dụng BĐT$.2$ và các BĐT sau:
$x^{2}+1 \geq 2x$
$y^{2}+1 \geq 2y$

$z^{2}+1 \geq 2z$

Cộng vế theo vế bốn bất đẳng thức lại ta có BĐT$.1$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ 

Cho a,b,c là các số thực : 
Chứng minh rằng : $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $

Bất đẳng thức sai với $a=b=c=-1$

Em(mình) nghĩ đề đúng là 

 

 

Cho a,b,c là các số thực dương: 
Chứng minh rằng: $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $

Ta thấy trong ba số thực dương $a;b;c$ luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng $1$ hoặc nhỏ hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $b$ và $c$.

Khi đó ta có: $(b-1)(c-1) \geq 0 \Leftrightarrow bc \geq b+c-1$ suy ra $2abc \geq 2ab+2ac-2a$

Do đó, $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1 \geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac-2a+1$

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac-2a+1 \geq 2(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow (a^{2}-2a+1)+(b^{2}+c^{2}-2bc) \geq 0 \Leftrightarrow (a-1)^{2}+(b-c)^{2} \geq 0$ (đúng)

Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. 

giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}(x^2+1)(y^2+1)+8xy&=0\\\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}&=\frac{-1}{4}\end{matrix}\right.$

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

Với $x$ và $y$ khác $0$. Hệ phương trình tương đương

$\left\{\begin{matrix}\frac{x^{2}+1}{x}.\frac{y^{2}+1}{y}=-8 \\ \frac{1}{\frac{x^{2}+1}{x}}+\frac{1}{\frac{y^{2}+1}{y}}=\frac{-1}{4} \end{matrix}\right.$

Bây giờ đặt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{x^{2}+1}{x}=a \\ \frac{y^{2}+1}{y}=b \end{matrix}\right.$

Hệ phương trình trở thành:

$\left\{\begin{matrix}ab=-8 \\ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{-1}{4} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}ab=-8 \\ a+b=\frac{-1}{4}ab=2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a=2-b \\ (2-b)b=-8 \end{matrix}\right.$

Bây giờ chỉ cần giải phương trình bậc hai. Tìm được $a$ và $b$ từ đó tìm được $x$ và $y$.

 

Câu 4 (7,0 điểm).

 

        Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA,MB và cát tuyến MNP với đường tròn ( A,B là các tiếp điểm , N nằm giữa M và P ).Gọi H là giao điểm của AB và MO.

 

        1.Chứng minh Tứ giác NHOP nội tiếp đường tròn

     

        2.Kẻ dây cung PQ vuông góc với đường thẳng MO. Chứng minh ba điểm N,H,Q thẳng hàng

 

        3.Gọi E là giao điểm của MO và cung nhỏ AB của đường tròn (O) . Chứng minh NE là phân giác của $\widehat{MNH}$

 

 Lời giải : 

1. Xét $\Delta MBP$ và $\Delta MNB$ có:

- $\angle BMP$ chung

- $\angle MPB = \angle MBN$
Do đó, $\Delta MBP \sim \Delta MNB(g.g)$

Suy ra $\frac{MB}{MP}=\frac{MN}{MB}$ nên $MB^{2}=MN.MP$
Mặt khác: Xét $\Delta MBO$ vuông tại $B$ có đường cao $BH$ ứng với cạnh huyền nên $MB^{2}=MH.MO$

Nên $MN.MP=MH.MO$ hay $\frac{MN}{MH}=\frac{MO}{MP}(1)$

Lại có $\Delta MNO$ và $\Delta MHP$ có chung $\angle OMP$ nên từ $(1)$ suy ra $\Delta MNO \sim \Delta MHP(c.g.c)$. Do vậy, ta có $\angle NOM = \angle HPM$

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

2. Ta có: $\Delta OPQ$ cân tại $O$ nên $OM \perp PQ$, cũng là đường trung trực của $PQ$ mà $H \in OM$ dẫn đến $HP=HQ$

Do đó, $\Delta HPQ$ cân tại $H$ có $HO$ là đường cao nên cũng là đường phân giác.

Do vậy, ta có $\angle OHQ=\angle OHP$ 

Mặt khác, $\angle PNO = \angle NPO$ vì $\Delta NPO$ cân tại $O$

Mà tứ giác $NHOP$ nội tiếp đường tròn nên $\angle OHP = \angle PNO$ và $\angle NPO+\angle OHN=180^{\circ}$

Nên, ta có $\angle OHQ+\angle OHN=\angle NPO+ \angle OHN=180^{\circ}$. Vậy ta có điều phải chứng minh

3. Để chứng minh $NE$ là phân giác của $\angle MNH$ ta cần chứng minh $\angle MNE=  \angle ENH$.Thật vậy,

Gọi $F$ là giao điểm thứ hai của $OM$ với $(O)$

Ta có tứ giác $EFPN$ nội tiếp $(O)$ nên $\angle MNE = \angle EFP(2)$

Lại có: $\angle ENH = \angle ENQ = \angle EPQ(3)$ 

Vì $\angle EPF$ chắn nửa $(O)$ nên $\Delta EPF$ vuông tại $P$ do đó $\angle EPQ = \angle EFP(4)$ (cùng phụ với $\angle PEF$)

Từ $(2)(3)(4)$ ta suy ra điều phải chứng minh.

 

4) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{a}{4}+\frac{b}{6}+\frac{c}{3}=1$. Chứng minh 

$\frac{(a+2b)^3}{5c+4a}+\frac{27c^3}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^3}{a+2b+6c}\geq 16$

Ta có bổ đề sau : Với các số thực dương $x;y;z;m;n;p;a;b;c$ bất kỳ ta có luôn có bất đẳng thức:

$(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})(a^{3}+b^{3}+c^{3}) \geq  (xma+ynb+zpc)^{3}(1)$ ( BĐT $Holder$ )

Chứng minh :

Đặt vế trái của $(1)$ là $A$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:

$\frac{x^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{m^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}+\frac{a^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geq 3\frac{xma}{\sqrt[3]{A}}$

$\frac{y^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{n^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}+\frac{b^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geq 3\frac{ynb}{\sqrt[3]{A}}$

$\frac{z^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{p^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}+\frac{c^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geq 3\frac{zpc}{\sqrt[3]{A}}$

Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

$3 \geq \frac{3(xma+ynb+zpc)}{\sqrt[3]{A}}$ suy ra điều phải chứng minh.

Áp dụng bổ đề vào bài toán:

Ta có: $(\frac{(a+2b)^{3}}{5c+4a}+\frac{(3c)^{3}}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^{3}}{a+2b+6c})(5c+4a+4a+4b+c+a+2b+6c)(1+1+1) \geq (a+2b+3c+c+2a)^{3}$

Hay: $\frac{(a+2b)^{3}}{5c+4a}+\frac{(3c)^{3}}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^{3}}{a+2b+6c} \geq \frac{(3a+2b+4c)^{3}}{9(3a+2b+4c)}(2)$

Mặt khác: từ giả thiết thì ta có: $3a+2b+4c=12(3)$

Kết hợp $(2)(3)$ ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{4}{3}$

Thử thay dấu trừ trong căn thành dấu cộng

Bài 289: $x+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\sqrt{2}\left ( 1+\frac{1}{\sqrt{3}} \right )$

Từ phương trình ta có :

$x=\frac{\sqrt{2}(1+\frac{1}{\sqrt{3}})}{1+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}}>0$

Phương trình tương đương

$(x-\sqrt{2})+(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}-\sqrt{\frac{2}{3}})=0$

$<=>(x-\sqrt{2})+\frac{\sqrt{3}x-\sqrt{2}.\sqrt{x^{2}+1}}{\sqrt{3}.\sqrt{x^{2}+1}}=0$

$<=>(x-\sqrt{2})+\frac{x^{2}-2}{(\sqrt{3}.\sqrt{x^{2}+1})(\sqrt{3}x+\sqrt{2}.\sqrt{x^{2}+1})}=0$

$<=>(x-\sqrt{2})(1+\frac{x+\sqrt{2}}{(\sqrt{3}.\sqrt{x^{2}+1})(\sqrt{3}x+\sqrt{2}.\sqrt{x^{2}+1})}=0$

$<=>x=\sqrt{2}$ ( vì $x>0$ nên phần trong ngoặc $>0$ )

Cho dãy số $u_{n}$ thỏa $u_{1}=1$ và $u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}}{1996}+u_{n}.$
Tính $\lim_{n \mapsto + \infty} \frac{u_{1}}{u_{2}} + \frac{u_{2}}{u_{3}} +....+ \frac{u_{n}}{u_{n+1}}.$

_Ta có : $u_{n+1}=u_n+\frac{u_n^{2}}{1996} > u_n, \forall n \in \mathbb{N}*$ nên $(u_n)$ là dãy tăng suy ra $u_{n+1} > u_n > ..... > u_1=1, \forall n \in \mathbb{N}*$

_Giả sử $(u_n)$ tồn tại giới hạn hữu hạn là $\lim u_n=L$ 

Ta có phương trình giới hạn : $L=\frac{L^{2}}{1996}+L<=>L=0$ ( vô lý vì $u_n > 1,\forall n \in \mathbb{N}*$ thì $\lim u_n = L >1$ )

Vậy $\lim u_n = +\infty$ 

_Lại có :

$u_{n+1}=u_n+\frac{u_n^{2}}{1996},\forall n \in \mathbb{N}*$ suy ra $1996(u_{n+1}-u_n)=u_n^{2},\forall n \in \mathbb{N}*$

$<=>\frac{u_n}{u_{n+1}}=\frac{u_n^{2}}{u_n.u_{n+1}}=1996.(\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}})\forall n \in \mathbb{N}*$

Tương tự thì : $\frac{u_1}{u_2}=1996(\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_2})=1996(1-\frac{1}{u_2})$

$\frac{u_2}{u_3}=1996(\frac{1}{u_2}-\frac{1}{u_3})$

            $.....$
$\frac{u_n}{u_{n+1}}=1996.(\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}}),\forall n \in \mathbb{N}*$

Suy ra :

$\lim_{n \mapsto + \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{u_i}{u_{i+1}}=\lim_{n \mapsto + \infty} 1996(1-\frac{1}{u_{n+1}})=1996$