Cho a,b,c,d là độ dài các cạnh của 1 tứ giác, chứng minh rằng :

$\sqrt[3]{\frac{abc+abd+bcd+acd}{4}}\leq \sqrt{\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}}$

Lời giải.

Đặt

$$P=\frac{2a}{a^{2}+1}+\frac{2b}{b^{2}+1}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1}=\frac{2\left ( a+b \right )\left ( ab+1 \right )}{\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1}$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$$\left ( ab+1 \right )^{2}\leq \left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$

$$\Leftrightarrow ab+1\leq \sqrt{\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )}$$

\begin{align*} \Rightarrow P &\leq \frac{2\left ( a+b \right )}{\sqrt{\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \\ &= \frac{2\left ( a+b \right )}{\sqrt{\left ( a^{2}+ab+bc+ca \right )\left ( b^{2}+ab+bc+ca \right )}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \\ &= \frac{2\left ( a+b \right )}{\left ( a+b \right )\sqrt{\left ( c+a \right )\left ( b+c \right )}}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \\ &= \frac{2}{c^{2}+1}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1} \end{align*}

Ta sẽ chứng minh $\frac{2}{c^{2}+1}+\frac{c^{2}-1}{c^{2}+1}\leq \frac{3}{2}$.

Đặt $\sqrt{c^{2}+1}=t>0$. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$\frac{2}{t}+\frac{t^{2}-2}{t^{2}}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \left ( t-2 \right )^{2}\geq 0$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=2-\sqrt{3}$, $c=\sqrt{3}$.

Chỗ này là căn bậc 2 :v

 

 

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c \leq 1$.c/m:

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

 

VT $\geq \frac{9}{(a+b+c)^{2}}\geq 9$

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c=1/3

Giải phương trình: $x+ \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}= \frac{35}{12}.$

Cách khác :v

ĐK x > 1  hoặc x < -1

Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của pt, do đó 

PT <=> $\frac{1}{\frac{1}{x}}+\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{x^{2}}}}=\frac{35}{12}$

Đặt $a=\frac{1}{x},b=\sqrt{1-\frac{1}{x^{2}}}$ (a,b >0 do x phải > 0)

Khi đó ta có hệ $\left\{\begin{matrix} \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{35}{12} & \\ a^{2}+b^{2}=1 & \end{matrix}\right.$

Đây chính là hệ pt đối xứng loại 1

Giải hệ và tìm đc x 

 

Bài 2:  $\left ( 4x+1 \right )\sqrt{x+2}-\left ( 4x-1 \right )\sqrt{x-2}=21$

Đặt $\sqrt{x+2}=a,\sqrt{x-2}=b,a,b\geq 0$

PT <=> $4(a^{3}-b^{3})-7(a+b)=21 \Leftrightarrow 4[(a-b)^{3}+3ab(a-b)]-7(a+b)=21 \Leftrightarrow 4(a-b)^{3}+3(a-b)[(a+b)^{2}-(a-b)^{2}]-7(a+b)=21 \Leftrightarrow (a-b)^{3}+3(a-b)(a+b)^{2}-7(a+b)=21$

Đặt u = a-b, v= a+b (u,v >0)

Ta có $\left\{\begin{matrix} u^{3}+3uv^{2}-7v=21 & \\ uv=4 & \end{matrix}\right.$

=> $u^{4}-21u+20=0\Leftrightarrow (u-1)(u^{3}+u^{2}+u-20)=0\Leftrightarrow u=1$ (do u $\leq 2$)

=> v = 4

Từ đó tìm được x = $\frac{17}{4}$

Dấu $\leq$ thì BĐT đúng, còn $\geq$ thì với x =1 y =2 BĐT sai 

$a^{2} + b + 2 = 2ab$

$\Leftrightarrow (a-b)^{2}=(b+1)(b-2)$

Với b $\geq 2$, do b +1 luôn khác b-2 nên $b+1=kx^{2}, b-2=ky^{2}$, k,x,y là các số nguyên

Ta có $k(x-y)(x+y)=3=3.1.1=...$ Từ đó tìm được x,y và tìm được b. Thay vào giả thiết tìm được a

Với $b\leq -1$, Đặt $-(b+1)=kx^{2}, -(b-2)=ky^{2}$ và giải tương tự trên 

Tiếp theo là 1 bài tương tự như bài này :

CMR với a,b,c>0 ,abc=1,ta có:

 

$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[5]{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}$

Thực chất 2 bài là 1 thôi 

CMR với mọi a,b,c dương ta có:

$(a+b+c)^{5}\geq 81abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Ta có bđt phụ : $3abc\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{a+b+c}$

Do đó VP $\leq$  $\frac{27(ab+bc+ca)^{2}}{a+b+c}(a^{2}+b^{2}+c^{2}) =\frac{27}{a+b+c}.(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq      \frac{27}{a+b+c}.\frac{[a^{2}+b^{}+c^{2}+2(ab+bc+ca)]^{3}}{27} =\frac{27}{a+b+c}.\frac{(a+b+c)^{6}}{27}=(a+b+c)^{5}$

=> đpcm

Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn:

$x^{2}+xy+y^{2}=x^{2}y^{2}$

PT <=> $(x+y)^{2}=x^{2}y^{2}+xy\Leftrightarrow (2x+2y)^{2}=(2xy+1)^{2}-1 \Leftrightarrow (2xy+1-2x-2y)(2xy+1+2x+2y)=1=1.1=(-1)(-1)$

Với 2xy +1 -2x-2y = 2xy +1 +2x +2y = 1 ta tìm được x=y=0

Với 2xy + 1 - 2x - 2y = 2xy +1 +2x + 2y =-1 ta tìm được (x;y) = (-1 ; 1) (1; -1)

Vậy các giá trị cần tìm của x và y là (0; 0) (-1 ; 1) (1; -1)

$pt có no nguyên \Leftrightarrow \Delta =a^4-4a-4 là SCP$

$N a>1+\sqrt{2}\Rightarrow (a^2-1)^2<\Delta <(a^2)^2(l)$

$\Rightarrow a\leq 1+\sqrt{2}\Leftrightarrow a\in \left \{ 0;1;2 \right \}$

PT có nghiệm nguyên => $a^{4}-4a-4$ là số chính phương

+ Nếu a < 3 ta tìm đc a = 2 thỏa mãn

+ Nếu a $\geq$ 3 ta có:

$(a^{2})^{2}>a^{4}-4a-4>(a^{2}-1)^{2}$, khi đó delta không thể là số chính phương

Vậy a=2 là giá trị cần tìm

Bài 1: Cho a,b,c > 0 và ab+bc+ac > 0

Chứng minh: $\sqrt{\frac{1+a^{2}}{b+c}}+\sqrt{\frac{1+b^{2}}{a+c}}+\sqrt{\frac{1+c^{2}}{a+b}}\geq 3$

$\sum \sqrt{\frac{1+a^{2}}{b+c}}\geq 3\sqrt[6]{\prod \frac{1+a^{2}}{b+c}}$

cần chứng minh $\prod (1+a^{2})\geq \prod (a+b)$

Ta có : $(1+a^{2})(1+b^{2})\geq (a+b)^{2}$

thiết lập tương tự rồi nhân vế theo vế các bđt, ta có đpcm

Ở đây a,b,c >0 thì ab+bc+ca >0 rồi     

Bài 2: cho a+b+c = 3

chứng minh  $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{b+ac}}\geq 3$

Áp dụng BĐT AM-GM :

$\sum \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}\geq 3\sqrt[6]{\prod \frac{a+b}{c+ab}}$

Cần chứng minh $(a+b)(b+c)(c+a)\geq (c+ab)(b+ac)(a+bc)$

Ta có :

$(c+ab)(a+bc)(b+ca)\leq \frac{1}{8}(a+b)(b+c)(c+a)(1+a)(1+b)(1+c) \leq \frac{1}{8}(a+b)(b+c)(c+a)\frac{1}{27}(1+1+1+a+b+c)^{3}=(a+b)(b+c)(c+a)$

-> đpcm

Cho x,y,z > 0, xyz=1. Chứng minh :$\frac{x^{m}}{y^{n}}+\frac{y^{m}}{z^{n}}+\frac{z^{m}}{x^{n}}\geq x+y+z$

4)$\frac{1}{1-x^{2}}=\frac{3x}{\sqrt{1-x^{2}}}-1$

ĐK x > 1 hoặc x < -1

$PT\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{1-x^{2}}=\frac{3x}{\sqrt{1-x^{2}}}-2$

Đặt $t=\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}$

PT<=>$t^{2}-3t+2=0$ <=> t = 1 hoặc t = 2 => ...

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

ĐK : x < -1 hoặc x > 0

Đặt $\sqrt{\frac{x+1}{x}}=t$ ( t >0)

PT <=> $\frac{1}{t^{2}}-2t=3\Leftrightarrow 2t^{3}+3t^{2}-1=0\Leftrightarrow (t+1)^{2}(2t-1)\Leftrightarrow t=\frac{1}{2}$ (do t > 0)

Từ đó tìm đc x 

cho a,b,c >0. cmr

P=$\sqrt{\frac{a^{3}}{a^{3}+(b+c)^{3}}}+\sqrt{\frac{b^{3}}{b^{3}+(a+c)^{3}}}+\sqrt{\frac{c^{3}}{c^{3}+(b+a)^{3}}}\geq 1$

$\sqrt{\frac{a^{3}}{a^{3}+(b+c)^{3}}}=\frac{1}{\sqrt{1+\left ( \frac{b+c}{a} \right )^{3}}}=\frac{1}{\sqrt{(1+\frac{b+c}{a})[(\frac{b+c}{a})^{2}-\frac{b+c}{a}+1]}}\geq \frac{2}{(\frac{b+c}{a})^{2}+2}=\frac{2a^{2}}{(b+c)^{2}+2a^{2}}\geq \frac{2a^{2}}{2(b^{2}+c^{2})+2a^{2}}=\frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

Tương tự : $\sqrt{\frac{b^{3}}{b^{3}+(c+a)^{3}}}\geq \frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

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

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm GTNN của $P=\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}$

đặt $\frac{ab}{c}=x,\frac{bc}{a}=y,\frac{ca}{b}=z$

Ta có xy+yz+xz=1

P = x + y + z $\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}$=$\sqrt{3}$

Cho a,b,c > 0 và a+b+c = 3. Chứng minh rằng

$\frac{a}{b^{3}+ab}+\frac{b}{c^{3}+bc}+\frac{c}{a^{3}+ca}\geq \frac{3}{2}$

bạn đăng bài này rồi mà   

http://diendantoanho...a3cageq-frac32/

Tính : $ L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}}{x} $

$L=\lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{\sqrt{1+2x}-1}{x}-\frac{\sqrt[3]{1+3x}-1}{x} \right ) =\lim_{x\rightarrow 0}\left [ \frac{2}{\sqrt{1+2x}+1}-\frac{3}{\sqrt[3]{(1+3x)^{2}}+\sqrt[3]{1+3x}+1} \right ]=1-1=0$

Áp dụng BĐT AM-GM :

$x^{2}y\leq \frac{x^{4}+y^{2}}{2}$

=> $\sum x^{2}(y+z)\leq x^{4}+y^{4}+z^{4}+x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 3+\sqrt{3\sum x^{4}}=6$

Vậy max P = 6 và đạt được khi x=y=z=1

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

$\frac{1}{a+b+4}+\frac{1}{b+c+4}+\frac{1}{c+a+4}\le \frac{1}{2}$

Ta có $\frac{1}{a+b+4}\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2} \right )$

Do đó VT $\leq \frac{1}{2}\sum \frac{1}{a+2}$

Ta chứng minh $\sum \frac{1}{a+2}\leq 1$

Biến đổi tương đương ta được $ab+bc+ca\geq 3$ ( đúng theo AM-GM)

Vậy BĐT được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

Có bao nhiêu tam giác tạo thành từ 8 đỉnh của đa giác 8 cạnh đều mà không có cạnh nào là cạnh của bát giác ấy.

Tổng quát của bài này :

Cho đa giác đều n cạnh, số đa giác có k cạnh ( k < n) nhận đỉnh là đỉnh của đa giác n cạnh sao cho không có cạnh nào là cạnh của đa giác này

$\frac{n}{k}C_{n-k-1}^{k-1}$

Cho a,b,c>0,a+b+c=3.Cm $\sum \frac{a}{b^{3}+ab}\geq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{a}{b^{3}+ab}=\sum \frac{1}{a}-\sum \frac{b}{a+b^{2}}\geq \frac{(\sum \frac{1}{\sqrt{a}})^{2}}{3}-\sum \frac{1}{2\sqrt{a}}$ (*)

Đặt t = $\sum \frac{1}{\sqrt{a}}$, dễ thấy t $\geq 3$

(*) = $\frac{t^{2}}{3}-\frac{t}{2}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow (t-3)(2t+3)\geq 0$ (đúng)

Vậy BĐT được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

Cho a,b,c > 0. Chứng minh rằng :

$\sum \frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$