Do $a.b.c\leq 2\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (a-2)(b-2)\geq 0\\ (b-2)(c-2)\geq 0 \\ (a-2)(c-2)\geq 0 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow ab+bc+ca\geq 4(a+b+c)-12$

Như vậy ta cần chứng minh

$a^{3}+b^{3}+c^{3}+12\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+4(a+b+c)$

Do $1\leq a\leq 2\Rightarrow (a-1)(a-2)(a+2)\leq 0\Leftrightarrow a^{3}+4\leq a^{2}+4a$

Tương tự ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra tại (2,2,2) và (1,2,2) và các hoán vị.

Đặt $(a;2b;3c)= (x;y;z)$

bdt$\Leftrightarrow \frac{xy}{3x+4y+2z}+\frac{yz}{3y+4z+2x}+\frac{zx}{3z+4x+2y}\leq \frac{x+y+z}{9}$

Đây là 1 trường hợp của bài tổng quát

$\frac{ab}{ma+nb+pc}+\frac{bc}{mb+nc+pa}+\frac{ca}{mc+na+pb}\leq \frac{a+b+c}{m+n+p}$ với $(m>\frac{p}{2}> 0 ,n> \frac{p}{2}> 0)$(trích toán học tuổi trẻ soos489 - mục đầu tiên luôn)

P/s: Đây là đề Thái Bình đúng không bạn ?

Ta có

$(ax+by+cz)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

$\Rightarrow ax+by+cz\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})}$

Như vậy

$P\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})}+\sqrt{(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)}+\sqrt{(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)}$

$\leq \sqrt{(a+b+c)^{2}}.\sqrt{(x+y+z)^{2}}= x+y+z$

Ta có $b\geq 5;c\geq 5\Rightarrow b^{2}+c^{2}\geq 25+25=50\Rightarrow 2a^{2}\leq 19\Rightarrow a< 4$

Tương tự với b,c bn nhé

Từ điều kiện ta có    $\left\{\begin{matrix} a\leq 4\\ b\leq 8 \\ c\leq 6 \end{matrix}\right.$

Như vậy ta có

$\left\{\begin{matrix} (a-2)(2a-8)\leq 0\\ (b-5)(b-8)\leq 0 \\ (c-5)(c-6)\leq 0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2a^{2}+16\leq 12a\\ b^{2}+40\leq 13b \\ c^{2}+30\leq 11c \end{matrix}\right.$

Cộng lần lượt theo vế của các bđt ta có

$12a+13b+11c\geq 155$

Dấu "=" xảy ra khi $a=2,b=5,c=6$

P/s: Làm câu này nhớ hồi thi chuyên

Ta có

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

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

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

Ap dụng Bunhia ta có

$(a^{2}+\frac{1}{2}(b+c)^{2})(1+2)\geq (a+b+c)^{2}$(2)

Từ (1) và (2)  $\Rightarrow (a+b+c)^{2}\leq 9\Rightarrow \left\{\begin{matrix} P_{max}=3\\ P_{min}=-3 \end{matrix}\right.$

Dấu $'= '$ xảy ra khi$\left\{\begin{matrix} a=b=c=1(max)\\ a=b=c=-1(min) \end{matrix}\right.$

Ta chứng minh được :

$\bigtriangleup BHE\sim \bigtriangleup ACE(g-g)$

$\Rightarrow BE.CE=EH.AE$ $(1)$

Khi AH=2 HE $\Leftrightarrow EH=\frac{1}{3}AE$$(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $BE.EC= \frac{1}{3}AE^{2}\Leftrightarrow \frac{AE}{BE}.\frac{AE}{CE}= tan B.tan C= 3$

Tính

$A= cot x+\frac{cot\frac{x}{2}}{2}+\frac{cot\frac{x}{4}}{4}+...+\frac{cot\frac{x}{2^{k}}}{2^{k}}$

Nhân theo vế của 2 pt với nhau

xét xy=0

Xét xy khác 0 chia 2 vế xy

 

$Ok$ bạn

Chuẩn hóa $a+b+c=3$. Ta có: $\frac{a^{2}}{5a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{a^{2}}{5a^{2}+(3-a)^{2}}=\frac{a^{2}}{6a^{2}-6a+9}$

Ta cần Cm: $\sum \frac{a^{2}}{6a^{2}-6a+9}\geq ma+n$. Từ đó xét:  $f(x)=\frac{x^{2}}{6x^{2}-6x+9}$

Để tìm $m,n$ ta giải hệ sau: $\left\{\begin{matrix}f(1)=m+n=\frac{1}{9} & \\ f^{'}(1)=m=\frac{4}{27} & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow m=\frac{4}{27};n=-\frac{1}{27}$.

Nên $\frac{x^{2}}{6x^{2}-6x+9}\geq \frac{4}{27}x-\frac{1}{27}$.(cái này CM chỉ cần biến đổi tương đương là ra thôi      )

Áp dụng vào bài toán ta có $(Q.E.D)$

 

Biến đổi phần tiếp theo của bn

$\frac{x^{2}}{6x^{2}-6x+9}\leq \frac{4x-1}{27}$

$\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{2x^{2}-2x+3}\leq \frac{4x-1}{9}$

$\Leftrightarrow 9x^{2}\leq 8x^{3}-10x^{2}+14x-3$

$\Leftrightarrow 8x^{3}-19x^{2}+14x-3\geq 0\Leftrightarrow (x-1)^{2}.(8x-3)\geq 0$

Điều này chưa đúng ?

Chuẩn hóa $a+b+c=3$ Khi đó ta có: $VT=\sum \frac{a^{2}}{5a^{2}+(3-a)^{2}}$. Đến đây có dạng $f(a),f(b),f(c)$ và dự đoán điểm rơi tại $a=b=c$. Nên ta áp dụng $UTC$ $(Q.E.D)$

Mình cũng có thử cách trên nhưng không dược ,không biết bn lm thế nào

$Max$ của bạn tìm ra hình như sai rồi, mình tính nó ra $\frac{1}{2}$ thì phải

 

uk mình sửa rồi nhé! cảm ơn bn

Ta có

$2a^{3}+b^{3}+c^{3}+2= (a^{3}+b^{3}+abc)+(a^{3}+c^{3}+abc)\geq (ab(a+b)+abc)+(ac(a+c)+abc)= (a+b+c)(ab+ac)$

$\Rightarrow \frac{1}{2a^{3}+b^{3}+c^{3}+2}\leq \frac{1}{(a+b+c)(ab+ac)}\leq \frac{1}{a+b+c}.\frac{1}{4}(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac})= \frac{b+c}{4(a+b+c)}$

Tương tự ta có $P\leq $\frac{1}{2}$$

Một cách khác cho bài trên

$P=\sum \frac{xy}{x^{2}+xy+yz}= \sum \frac{1}{\frac{x}{y}+\frac{z}{x}+1}$

Đặt $(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})= (a^{3};b^{3};c^{3})$ với $abc=1$;(với $a;b;c> 0$

Khi đó ta có

$P= \sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+1}\leq \sum \frac{1}{ab(a+b)+abc}= \sum \frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{abc(a+b+c)}= 1$

(Vì $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ (với $a;b> 0$)

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng

$\frac{a^{2}}{5a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{5b^{2}+(a+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{5c^{2}+(a+b)^{2}}\leq \frac{1}{3}$

Đặt $(a;b;c)=(x+y;y+z;z+x)(x;y;z\geq 0)$

ta cần chứng minh

$\frac{x+y}{(x-y)^{2}}+\frac{y+z}{(y-z)^{2}}+\frac{x+z}{(z-x)^{2}}\geq \frac{9}{x+y+z}$

Đã đc cm trong

https://diendantoanh...18/#entry703302

sai sai sao á bạn đặt 2x thành a rồi mà thì pk thành ay + yz +az =1 chớ

à mk sửa rồi bn

Đặt $2x=a$ có đk$\Leftrightarrow az+ay+yz=1$

CCần chứng minh $\sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+1}}\leq \frac{3}{2}$

Có $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+1}}= \frac{a}{\sqrt{(a+z)(a+y)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a}{a+z}+\frac{a}{a+y})(AM-GM)$....

CLàm tương tự và cộng theo vế ta có đpcm

$pt(1)\Leftrightarrow (x-2)^{3}+(x-2)= y^{3}+y$

$\Leftrightarrow x-2=y$

thế vào pt (2) có nghiệm x=3....

Theo mình đoán thì đề bài 1 là

$\sum \frac{x^{2}}{(x-1)^{2}}\geq 1$

https://diendantoanh...frac1a2a1geq-1/ Bài 7 nhé!

$(b+a)^{3}= b^{3}+a^{3}+3ab(b+a)\geq b^{3}+a^{3}+6\sqrt{a^{3}b^{3}}$

Cần chứng minh

$4c^{3}+a^{3}+b^{3}+6\sqrt{a^{3}b^{3}}\geq 4(\sqrt{a^{3}b^{3}}+\sqrt{b^{3}c^{3}}+\sqrt{a^{3}c^{3}})$

$\Leftrightarrow 4c^{3}+(\sqrt{a^{3}}+\sqrt{b^{3}})^{2}\geq 4\sqrt{c^{3}}(\sqrt{a^{3}}+\sqrt{b^{3}})$(luôn đúng -AM-GM)

Ta có $ab\leq \frac{a^{2}+b^{2}}{2}\Rightarrow 1-ab\geq 1- \frac{a^{2}+b^{2}}{2}= \frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+2c^{2})$

Khi đó $\frac{1-ab}{(a+b)^{2}}\geq \frac{1}{2}.\frac{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}{(a+b)^{2}}$

Mà $a^{2}+b^{2}\geq \frac{1}{2}(a+b)^{2}$

$\Rightarrow \sum \frac{1-ab}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3}{4}+\sum \frac{c^{2}}{(a+b)^{2}}$

Lại có $\sum \frac{c^{2}}{(a+b)^{2}}\geq \frac{1}{3}(\sum \frac{c}{a+b})^{2}\geq \frac{1}{3}.\frac{9}{4}= \frac{3}{4}$

Đến đây suy ra đpcm.

Đề sai ròi bạn tìm Min chứ

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

Ta có $1+a^{2}b^{2}=\frac{255}{256}+\frac{1}{256}+a^{2}b^{2}\geq \frac{255}{256}+\frac{ab}{8}$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+a^{2}b^{2}+1\geq a^{2}+b^{2}+\frac{255}{256}+\frac{1}{8}ab\geq \frac{17}{32}(a+b)^{2}+\frac{255}{256}$

Tương tự ta có $c^{2}+d^{2}+c^{2}d^{2}+1\geq \frac{17}{32}(c+d)^{2}+\frac{255}{256}$

Do đó $P\geq (\frac{17}{32}(a+b)^{2}+\frac{255}{256})(\frac{17}{32}(c+d)^{2}+\frac{255}{256})= \frac{17^{2}}{32^{2}}((a+b)^{2}+\frac{15}{8})((c+d)^{2}+\frac{15}{8})$

Đặt  $a+b=x\Rightarrow c+d= 1-x$

Cần tìm Min của $A=(x^{2}+\frac{15}{8})((1-x)^{2}+\frac{15}{8})$

Dễ chứng minh được $A\geq \frac{289}{64}$$\Rightarrow P$ min=

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{4}$

Câu 3. Đặt $(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c})= (x;y;z)\Rightarrow xyz=1$

Khi đó ta cần chứng minh $\sum a^{2}+3\geq 2\sum ab$

$\Leftrightarrow \sum a^{2}+2abc+1\geq 2\sum ab$(Vì $abc=1)$

Trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng bé hoặc cùng lớn hơn 1,ko mất tính tổng quát ta giả sử 2 sô dó là b;c

$\Rightarrow a(b-1)(c-1)\geq 0$

$\Leftrightarrow abc+a\geq ab+ac\Leftrightarrow 2abc+2a+2bc\geq 2(ab+bc+ca)$

Mà $\left\{\begin{matrix} a^{2}+1\geq 2a\\ b^{2}+c^{2}\geq 2bc \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$ (Q.E.D)