Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[(xy+z^2)^2\ge 4xy\cdot z^2.\]

\[x^4+y^4 \ge \frac{(x^2+y^2)^2}{2} \ge 2xy\cdot \frac{x^2+y^2}{2}=xy(x^2+y^2).\]

 

Từ đó, suy ra 

\[(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge 4xyz^2 \cdot xy(x^2+y^2)\cdot (xy+z^2)=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)],\]

hay là

\[\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}} \le \frac{xy^2z}{2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)}.\]

Đặt $a=xy,\;b=yz,\;c=zx.$ Ta được

\[P \le \frac{1}{4}\left (\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \right ).\]

Theo bất đẳng thức AM-GM, thì

\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2} \le \frac{ab}{\sqrt{2a^2(b^2+c^2)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}.\]

Nên 

\[P\le \frac{1}{4\sqrt{2}}\left ( \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \right ).\]

Mặc khác, ta có một kết quả quen thuộc 

\[\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \le \frac{3}{\sqrt{2}}.\]

Nên $P \le \dfrac{3}{16}.$ Ngoài ra nếu $a=b=c$ hay $x=y=z,$  thì đẳng thức xảy ra. Điều này cho phép ta kết luận $P_{\max}=\dfrac{3}{16}.$

 

Đoạn đấy không nhất thiết phải quy về bất đẳng thức kia đâu ạ:

Theo AM-GM:

$ab \le \frac{(a+b)^2}{4} $

nên

$\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}. \frac{(a+b)^2}{a^2+c^2+b^2+a^2}\le \frac{1}{4}(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+a^2})$ (Cauchy-Schwarz)

$\Rightarrow \sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}(\sum \frac{a^2}{a^2+c^2}+\sum \frac{b^2}{b^2+a^2})$

hay 

$\sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le\frac{1}{4}.\sum (\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2})=\frac{3}{4}$

$\Rightarrow T \le \frac{3}{16}$

MOD:Không trích lại bài viết quá dài nhé !

Bài 6 (7 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$$T=\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$$
với $x,y,z$ là các số thực dương.

Ta dễ dàng chứng minh được: ( bằng AM-GM)

$x^4+y^4 \ge xy(x^2+y^2)$

$xy+z^2 \ge 2\sqrt{xyz^2}\Rightarrow (xy+z^2)^3\ge 8x^\frac{3}{2}y^\frac{3}{2}z^3$

Do đó

$\frac{x^3y^4z^3}{(xy+z^2)^3(x^4+y^4)}\le\frac{x^\frac{1}{2}y^\frac{3}{2}}{8(x^2+y^2)}$

Theo AM-GM:

$\frac{x^\frac{1}{2}y^\frac{3}{2}}{8(x^2+y^2)}\le \frac{\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}.y^2}}{8(x^2+y^2)}=\frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}$

$\Rightarrow T\le \sum \frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}$

Đặt $x^2=a$ ; $y^2=b$ ; $z^2=c$ . Khi đó:

$ T\le \sum \frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{b}{a+b}}$

Mặt khác:

$\left [ \sum\sqrt{\frac{b}{a+b}} \right ]^2\le \left [ \sum\frac{b}{(a+b)(b+c)} \right ]\left [ \sum(b+c) \right ]=\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

và 

$8(a+b+c)(ab+bc+ca)\le 9(a+b)(b+c)(c+a)$ ( bđt quen thuộc)

$\Rightarrow T\le \frac{3}{16}$

Vậy GTLN của T là $\frac{3}{16}$ khi $x=y=z$

Sao có cái này vậy bạn? 

Bình phương 2 vế và biến đổi tương đương sẽ đưa về $(a-b)^2 \ge 0$
 

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THÀNH PHỐ
Năm học 2013-2014



đề thi HSG.jpg

Ta sẽ chứng minh $P\le \frac{28}{9}$

• TH1: $x\le \frac{1}{3}$

 ​Khi đó, kết hợp với giả thiết $y \le x \le 1$ ta có

$3x^3+2y^3+z^3\le 3.(\frac{1}{3})^3+2.1^3+1.1^3=\frac{28}{9}$ (dpcm)

• TH2: $x \ge \frac{1}{3}$

Vì $0<x \le y \le x $ $\Rightarrow 3x+2y+z\ge 6x$

$\Rightarrow \frac{2}{3}>x$

Ta có:

$P=3x^3+2y^3+z^3=2(x+y)(x^2-xy+y^2)+(x+z)(x^2-xz+z^2)\le (x^2-xz+z^2)[2(x+y)+y+z]\le 4(x^2-xz+z^2)$

Mặt khác 

$(x-\frac{2}{3})(z-1)\ge 0$

$\Rightarrow -xz\le \frac{2}{3}-x-\frac{2z}{3}$ (1)

$(x-\frac{1}{3})(x-\frac{2}{3})\le 0$  (2)

$(z+\frac{1}{3})(z-1)\le 0$   (3)

Cộng theo vế 3 bđt (1)(2)(3) ta có được 

$x^2-xz+z^3\le \frac{7}{9}$

$\Rightarrow P\le \frac{28}{9}$

Vậy $\max P=\frac{28}{9}$ khi $x=\frac{1}{3}$ $y=x=1$

Do $ab+bc+ca=1$ nên $a, b, c \in [0;1]$

$\sum\dfrac{ab+1}{a+b} \ge 3$

$\Leftrightarrow \sum\dfrac{(a-1)(b-1)}{a+b} \ge 0$

Đúng với $a, b, c \in [0;1]$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1, c=0$ cùng các hoán vị.

Kếtl luận sai:

$a=\sqrt{2}$ $b=\frac{\sqrt{2}}{5}$ $c=\frac{1}{\sqrt{8}}$ 
 

Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$.Chứng minh:

$\frac{ab+1}{a+b}+\frac{bc+1}{b+c}+\frac{ca+1}{c+a}\ge 3$

Chứng minh với mọi số thực không âm $a,b,c$ ta luôn có $3\sqrt[3]{abc}+\left | a-b \right |+\left | b-c \right |+\left | c-a \right |\geq a+b+c$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\ge b\ge c$
Khi đó 

$3\sqrt[3]{abc}\ge 3c$ 

$\left | a-b \right |+\left | b-c \right |+\left | c-a \right |=2(a-c)\ge a+b-2c$

Cộng vế theo vế 2 bđt trên ta có dpcm

Dấu đẳng thức xẩy ra khi $a=b=c$

cho các số thực a,b,c thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn abc=(1-a)(1-b)(1-c) chứng minh rằng

     $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{3}{4}$

Ta viết giả thiết lại thành:

$(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)=1$

Đặt

 $\frac{1}{a}-1=m$

$\frac{1}{b}-1=m$

$\frac{1}{c}-1=p$

Khi đó bđt cần chứng minh trở thành:

$\frac{1}{(m+1)^2}+\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(p+1)^2}\ge \frac{3}{4}$  (*) với $mnp=1$

Không mất tính tổng quát đặt 

$m=\frac{ab}{c^2};n=\frac{bc}{a^2};p=\frac{ca}{b^2}$ ( cứ coi như $a,b,c$ này khác với $a,b,c$ ở đề bài đi @@

$(*)\Leftrightarrow \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}+\frac{b^4}{(b^2+ca)^2}+\frac{c^4}{(c^2+ab)^2}\ge \frac{3}{4}$

Theo bđt Cauchy-Schwarz:

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

Và ta có:

$abc(a+b+c)\le \sum a^2b^2\le \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$

cho a>o và n là số nguyên dương . CMR:

$\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$

 ( n dấu căn )

Để ý rằng: 

$(\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2})^2-a=\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$. 

Do đó

$\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ ( $n$ dấu căn)

$\Leftrightarrow \sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ ( $n-1$ dấu căn)

$\Leftrightarrow \sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ ( $n-2$ dấu căn )

....

$\Leftrightarrow \sqrt{a}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$

$\Leftrightarrow 0< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ (đúng)

Vậy ta có đpcm

Cho a,b,c là các số thực không âm .CMR: 

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

Không mất tính tổng quát giả sử $0 \le c \le b \le a$
Theo Cauchy-Schwarz:

$\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2}{c^2+ca+a^2} \ge \frac{(a^2+b^2)^2}{2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)}$

Vì  $0 \le c \le b \le a$ nên ta có:

1. $ c(a+b)\ge 2c^2 \Rightarrow abc(a+b)\ge 2abc^2 \Rightarrow 0 \le 2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)\le 2a^2b^2+c^2(a-b)^2$
2. $c^2(a-b)^2\le ab(a-b)^2 \Rightarrow 2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)\le ab(a^2+b^2)$

Do đó:

$\frac{(a^2+b^2)^2}{2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)}\ge \frac{a^2+b^2}{ab}\ge 2$

và 

$\frac{c^2}{a^2-ab+b^2}\ge 0$

Cộng vế theo vế ta có dpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b$, $c=0$ và các hoán vị

cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c \in (0,1) & & \\ ab+bc+ca+a+b+c=1+abc& & \end{matrix}\right.$

CMR:$\frac{1+a}{1+a^2}+\frac{1+b}{1+b^2}+\frac{1+c}{1+c^2} \leq \frac{3}{4}(3+\sqrt{3})$

Tham khảo báo THTT Số 426 trang 21 bài T7/422 bạn nhé ^^

Cho a,b,c là các số không âm, chứng minh

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{8}{a+b+c}\geq \frac{6}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Ta sẽ chứng minh 

 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge \frac{1}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$ (*)

$\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge \frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$(1)

(1) đúng do $a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca) \ge 0$

và 

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

Áp dụng (*) :

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{8}{a+b+c}\ge \frac{9}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$

Theo AM-GM:

$\frac{9}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\ge 2\sqrt{\frac{9}{a+b+c}.\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}}=\frac{6}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

$\Rightarrow$ đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)$ là hoán vị của $(0;\frac{7-\sqrt{45}}{2}.t;t)$ hoặc  $(0;\frac{7+\sqrt{45}}{2}.t;t)$;$t>0, t\in \mathbb{R}$

Cho $a,b,c$ dương thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh

$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

 $\Leftrightarrow \sum (\frac{1}{2}-\frac{1}{a^2+b^2+2})\ge \frac{3}{2}$

 $\Leftrightarrow \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge \frac{3}{2}$

Theo Cauchy-Schwarz ta có:

$\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge \frac{[\sum\sqrt{a^2+b^2}]^2}{\sum(a^2+b^2+2)}=\frac{2\sum a^2+2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}}{2\sum a^2 +6}$

Do đó ta cần chứng minh

$2\sum a^2+2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}\ge 3(\sum a^2 +3)$

$\Leftrightarrow 2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}\ge \sum a^2 + 9$

Theo Cauchy-Schwarz:

$2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}\ge 2\sum(ac+b^2)=\sum a^2 +(a+b+c)^2=\sum a^2+9$

Vậy ta có đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Sử dụng nguyên lí đếm bằng hai cách để giải bài toán sau:

Cho X là tập hợp với $\left | X \right |=n$ và $A_1,A_2,...A_m$ là các tập con của X sao cho:

i) $\left | A_i \right |=3$ với mọi $i=1,2,....m$

ii) $\left | A_i\cap A_j \right |\le 1, \forall i\neq j$

Chứng minh rằng tồn tại A thuộc X, A chứ ít nhất $[\sqrt{2n}]$ phần tử sao cho A không chứ $A_i$ với mọi $i=1,2,....m$

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (x+2y)x^3=8\\x(y^3-2)=6 \end{matrix}\right.$

Cho a;b là các số nguyên dương sao cho (a;b)=1. Chứng minh rằng $N_{0}=ab-a-b$ là số nguyên lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng ax+by với x;y là các số nguyên không âm.

Mở rộng: Chứng minh giữa 2 số nguyên n, $N_{0}-n$, có đúng một trong hai số biểu diễn được dưới dạng ax+by với x, y là các số nguyên không âm.

Cái này mình thấy 1 lần ở Mathscope nhưng bây giờ tìm lại link thì không có, may mà ghi lại
Theo định lí Bezout, luôn tồn tại cặp số nguyên $x,y$ sao cho $ax+by=n$.
Vì $ax+by=a(x-bt)+b(at+y)$  ta luôn có thể tăng giảm giá trị của x một số nguyên lần bội b. Do dó ta giả sử được $0\le x\le b-1$. Hơn nữa $n=ax+by$ biểu diễn được khi và chỉ khi nó cũng biểu diễn được thi thêm điều kiện  $0\le x\le b-1$

Đặt $x=ax'+by$. $N_0  -x =as+bt$ $\left ( 0\le x',y,s,t\le b\in\mathbb{Z} \right )$

Khi đó $ax'+by+as+bt=ab-a-b$

$\Leftrightarrow ab-(x'+s+1)a-b(y+t+1)=0$
Vì $(a,b)=1$ nên $b\mid x'+s+1$

mà $1\le x'+s+1 \le 2b-1$ $\Rightarrow x'+s+1=b$
Phương trình trên trở thành $y+t+1=0$
Do đó có đúng 1 trong 2 số $y,t \ge 0$
Như vậy có đúng 1 trong 2 số $x,N_0-x$ biểu diễn được

Tán luôn đi cho rồi

Bạn thân hay bạn gái đây  .

Tán làm gì, để thế cho nó hay 

Bạn thân t    attachment=14840:b(2).JPG]

Chứng minh:

$\frac{1}{1\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{3}}+\frac{1}{3\sqrt{4}}+.......+\frac{1}{2012\sqrt{2013 }}<2$

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh:

$\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}\ge 3$

Đây là tài liệu về Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức và Kinh nghiệm giải toán Bất đẳng thức do tập thể học sinh, giáo viên trường THPT chuyên Quảng Bình viết.

Bản update: Chuyên toán khóa 2012-2015!
Editors: Sagittarius912 ( Đoàn Quốc Đạt) & minhlaai29 (Trần Đình Phước Anh)
 

Cho đa thức $f(x)$ có các hệ số nguyên, biết rằng tồn tại số nguyên dương a sao cho $f(i)$ không chia hết cho a với $i=1,2,....a$. Chứng minh răng với mọi số nguyên b, ta có $f(b)\neq 0$

Ta chỉ có thể chuẩn hoá một bất đẳng thức đối xứng 3 biến khi bất đẳng thức đó thuần nhất.

Anh nói kĩ ra tí nữa chứ

Anh làm như vậy là đã chuẩn hóa $abc = 1$. Cho em hỏi là khi nào mình được chuẩn hóa (đối xứng đồng bậc ?)

Giả sử bất đẳng thức ta cần chứng minh có dạng

$f(a;b;c)\ge k$
Mà ta thấy rằng nếu $f(a;b;c)\ge k$ đúng thì $f(at;bt;ct)\ge k$ cũng đúng với $ \forall t >0$
thì bất đẳng thức đó được gọi là thuần nhất.

Lúc đó thì ta có thể chuẩn hóa .

Cho a,b,c > 0. cmr:

$\frac{a^{3}}{a^{3}+b^{3}+abc}+\frac{b^{3}}{b^{3}+c^{3}+abc}+\frac{c^{3}}{a^{3}+c^{3}+abc}\geq 1$

Đặt $a=\frac{y}{x}$
$b=\frac{z}{y}$
$c=\frac{x}{z}$
BĐT trở thành
$\sum \frac{a^6}{a^6+c^3a^3+b^3c^3}\ge 1$

Sử dụng trực tiếp Cauchy-Schwarz, ta có đpcm

Tìm số nguyên M có 9 chữ số thỏa mãn đồng thời các tính chất sau:

• Các chữ số đều phân biệt và khác 0
• Với mọi số nguyên dương $m=2,3,...9$, số nguyên tạo nên từ m chữ số tính từ bên trái sang của M chia hết cho m